第七部分計(jì)算題專題16力學(xué)綜合計(jì)算題【練習(xí)】【基礎(chǔ)】1.(2020?江蘇南京市、鹽城市二模)如圖所示，光滑斜面傾角e=60°,其底端與豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑圓弧軌道平滑對(duì)接，位置D為圓弧軌道的最低點(diǎn).兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A和小環(huán)B(均可視為質(zhì)點(diǎn))用L=1.5R的輕桿通過(guò)輕質(zhì)鉸鏈相連，B套在固定豎直光滑的長(zhǎng)桿上，桿和圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，桿過(guò)軌道圓心，初始時(shí)輕桿與斜面垂直.在斜面上由靜止釋放A,假設(shè)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩桿不會(huì)碰撞，小球通過(guò)軌道連接處時(shí)無(wú)能量損失(速度大小不變).重力加速度為名求：⑴剛釋放時(shí)，球A的加速度大??；(2)小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大??；(3)已知小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小環(huán)B的瞬時(shí)加速度大小為a,求此時(shí)小球A受到圓弧軌道的支持力大小.3 .—【答案】(1)"2-g(2)\'3.5gR(3)5.5mg+ma【解析】 ⑴由牛頓第二定律得mgsin60°=ma1,解得a1= g.(2)小球A初始位置距水平面高度設(shè)為h1,由幾何關(guān)系得Rsin60°+(h1—2R)tan30°=1.5Rsin60°,解得h1=4R小環(huán)B初始位置距水平面高度設(shè)為h2，由幾何關(guān)系得h2=h1+1.5Rcos60°=2R由系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgAhA+mgAh尸2mvA2+2mvB2式中vB=0,AhA=5R,AhB=0.5R,解得vA=、..；3.5gR.(3)以小環(huán)B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F—mg=ma以小球A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得FN-F—mg=晶看，解得Fn=5.5mg+ma.(2020?福建泉港一中期末)如圖所示，我國(guó)“遼寧號(hào)”航母的艦載機(jī)采用滑躍起飛方式，即飛機(jī)依靠自身發(fā)動(dòng)機(jī)從靜止開始加速至滑躍起飛，滑躍仰角為夕其起飛跑道可視為由長(zhǎng)度為11=1.6x102m的水平跑道和長(zhǎng)度為12=20m的傾斜跑道兩部分組成，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h=4m.已知質(zhì)量m=2.0x104kg的艦載機(jī)噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)推力大小恒為F=1.2x105N,方向與速度方向相同.若飛機(jī)起飛過(guò)程中受到的阻力大小恒為飛機(jī)重力的0.1倍，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并看成質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2,航母處于靜止?fàn)顟B(tài).(1)求飛機(jī)在水平跑道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)求飛機(jī)在傾斜跑道上的加速度大??；(3)為了使飛機(jī)速度在傾斜跑道的末端達(dá)到、.,4920m/s,外界還需要在整個(gè)水平軌道加速階段對(duì)飛機(jī)施加助推力，求助推力F推的大小.【答案】(1)8s(2)3m/s2(3)2.0x105N【解析】(1)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向受到推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a1、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為11，有F-Ff=ma111=2a1t1解得：乙=8s(2)飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿傾斜跑道方向受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道的分力作用，設(shè)沿傾斜跑道方向的加速度大小為a2F—F—mgsin0=masin0=h=1解得：a2=3m/s2(3)在水平軌道上：F推+F—Ff=ma,v12=2al1在傾斜跑道上：V22—V12=2a212解得：F推=2.0x105N.(2020?廣東佛山市二模)如圖是某自動(dòng)分裝流水線示意圖，下方水平傳送帶A以速度v1=1.0m/s勻速向右運(yùn)動(dòng)，傳送帶上間隔均勻放置著包裝盒，包裝盒與其相對(duì)靜止．機(jī)器人每隔相等時(shí)間在上方水平傳送帶B上無(wú)初速度放置一個(gè)工件，每個(gè)工件來(lái)到傳送帶右端時(shí)已與其共速，此時(shí)工件正下方正好有一個(gè)包裝盒，工件水平拋出后恰好落入正下方的包裝盒中，且每當(dāng)前一個(gè)工件落入包裝盒時(shí)，下一個(gè)工件即將拋出.工件與包裝盒間的高度差h=0.45m,每個(gè)工件質(zhì)量m=0.5kg,工件與傳送帶B間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,取g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力，求:

s■ ■ ■(尸dr-傳送輪i—^ ~~9 B 0 『?，7-,(1)工件從拋出到落入包裝盒所需的時(shí)間工相鄰兩個(gè)包裝盒間的間距X1；(2)若傳送帶B與傳送輪間不打滑，每輸送一個(gè)工件上方傳送裝置至少要提供多少能量.【答案】(1)0.3s0.3m(2)0.5J【解析】(1)工件拋出時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向h=2gt2,解得t=0.3s則下方相鄰包裝盒之間的間距為X1=v11=0.3m(2)為了保證每個(gè)工件都恰好能落入包裝盒內(nèi)，上方傳送帶的速度大小v2=v1=1.0m/s對(duì)于每個(gè)工件，由牛頓第二定律得^mg=ma,解得a=5m/s2每個(gè)工件的加速時(shí)間11=a=0.2s每個(gè)工件與傳送帶相對(duì)運(yùn)動(dòng)的距離As=v211—1at12=0.1m,則每輸送一個(gè)工件傳送裝置至少要提供的能量W=^mgAs+2mv22=0.5J.4.(2020?廣東深圳市第二次調(diào)研)如圖(a)為玩具彈弓，輕質(zhì)橡皮筋連接在把手上A、B兩點(diǎn)，一手握住把手不動(dòng)，使AB連線水平，C點(diǎn)為自由伸長(zhǎng)時(shí)橡皮筋中點(diǎn)輕彈夾的位置，如圖(b).AO=OB=6cm,另一手捏著裝有質(zhì)量為10g彈珠的彈夾，從C點(diǎn)由靜止豎直向下緩慢移動(dòng)到D點(diǎn)，放手后彈珠豎直向上射出，剛好上升到離D點(diǎn)20.15m高的樓頂處.測(cè)得口ACB=44°,口ADB=23°,取tan22°=0.4,tan11.5。=0.2,g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力.求：(1)從C點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，彈珠重力所做的功及手所做的功；(2)若還將橡皮筋拉到相同長(zhǎng)度，僅改變發(fā)射方向，彈珠向斜上方運(yùn)動(dòng)到高出釋放點(diǎn)8m處的速率.【答案】(1)1.5x10-2J2J(2)15.6m/s【解析】(1)從C到D,彈珠重力做功：WG=mghCD由題圖可得：h=OBh由題圖可得：h=OBhCD=tan11.5°OB0.06 0.06tan22°=記m—而m=0.15m,聯(lián)立解得W3=1.5x10-2J從C到。，再到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由功能關(guān)系：W手=mgH—mghCD，其中H=20.15m解得W手=2J；(2)設(shè)彈珠在D點(diǎn)時(shí)橡皮筋的彈性勢(shì)能為E從D到最高點(diǎn)，由功能關(guān)系：Ep=mgH第二次從釋放點(diǎn)到h=8m處，機(jī)械能守恒，則：Ep=mgh'+2mv2,聯(lián)立解得v-15.6m/s.(2021?海南中學(xué)高三上學(xué)期1月月考)如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A,M=2m,A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，最終A沒有滑離B。重力加速度為g，求：(1)A、B最后的速度大小和方向；(2)平板車B的最小長(zhǎng)度L?！敬鸢浮?1)，方向向右；(1)共3 3四g【解析】(1)對(duì)A、B系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得Mv0-mv0=(M+m)vM一mv解得v=v=言方向水平向右。M+m0 3(2)當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到B的最左端時(shí)達(dá)到共同速度v，由能量守恒得NmgL=2Mv2+2mv2-2(M+m)v24v2解得L= 03Ng(2021?云南省昆明一中高三上學(xué)期1月月考)如圖所示，一質(zhì)量m=6kg的物塊置于質(zhì)量M=4kg的足夠長(zhǎng)的木板B端，它們以共同的初速度v0：10m/s沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)。在木板B端右側(cè)有一固定擋板S，木板可從擋板下面順利通過(guò)，物塊與擋板S碰撞后立即以原速率反向彈回并繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。已知物塊始終在木板上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為N=0.5,物塊與木板間最大靜摩擦力等于其滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2,求：(1)物塊和木板共速時(shí)的速度大??；

(2)物塊相對(duì)木板滑行的時(shí)間?！敬鸢浮?2)物塊相對(duì)木板滑行的時(shí)間?！敬鸢浮?1)2m/s；(2)1.6s【解析】(1)物塊被S反彈后，將向左運(yùn)動(dòng)，物塊和木板系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正方向，則有mv0mv0+M(-v)=(m+M)v0解得v=2m/s(2)物塊被S反彈后，初速度為v0，將在摩擦力的作用下，做減速運(yùn)動(dòng)，最終與木板共速，取向左為正方向F=-f=-NmgFa=一=日g=-5m/s2mv-vt= oa解得t=1.6s7.(2020?重慶市部分區(qū)縣第一次診斷)如圖所示，傾角為6=37°的斜面與水平面平滑連接，質(zhì)量為m的小物塊A從斜面上離地高H=3m處滑下，與靜止于斜面底端質(zhì)量為2m的小物塊B發(fā)生完全彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短且為正碰).已知小物塊A和B均可以看成質(zhì)點(diǎn)，所有接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.3,取g=10m/s2.求：(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1)小物塊A與小物塊B碰撞后沿斜面上升的最大高度h;(2)小物塊A與小物塊B均停止運(yùn)動(dòng)后，兩者之間的距離d.【答案】(1)0.14m(2)2.4m【解析】(1)設(shè)A與B碰撞前A的速度為%，碰撞后A的速度為v「B的速度為彩，則A沿斜面下滑的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：mgH—fs=2mv2-0(1分)又f=pmgcos6(1分)由幾何關(guān)系可知：s=sH6(1分)A、B發(fā)生完全彈性碰撞，動(dòng)量守恒、能量守恒，可得:mv0=mv1+2mv2（1分）2mv0=2mv2+2（2m）v2（1分）對(duì)碰撞后A返回斜面的過(guò)程，由動(dòng)能定理有:h 1八八、一mgh一^mgcos夕Sin^=0-2mv2（1分）聯(lián)立解得：h=0.14m（1分）（2）/、B碰撞后，對(duì)6 由動(dòng)能定理得:一〃（2m）gsB=0—1（2m）v2（1分）對(duì)A由動(dòng)能定理得:h 1 ,八、—2^mgcos夕sin^—RmgsA=0—2mv2（1分）由題可知：d=sB—sA（1分）解得：d=2.4m（2分）8.（2020?成都市第七中學(xué)高三考前預(yù)測(cè)）如圖為某游樂(lè)設(shè)施的簡(jiǎn)化圖，固定斜面的傾角0=37°,長(zhǎng)度L=6m.某游客坐在平板小車上，通過(guò)拉跨過(guò)斜面頂端定滑輪的輕繩，使自己和小車一起緩慢上升到斜面的頂端，然后松開輕繩，讓人和車一起沿斜面下滑，最終停在水平面上的尸點(diǎn).不計(jì)輕繩與滑輪的摩擦，忽略滑輪和人車大小的影響，斜面與水平面間用一小段圓弧平滑過(guò)渡，已知人的質(zhì)量m=55kg,車的質(zhì)量M=5kg,車在斜面及水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的阻力均為壓力的0.5倍，g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：（1）上升過(guò)程中，人的拉力大??；（2）尸點(diǎn)到斜面底端的距離.【答案】（1）300N（2）2.4m【解析】 ⑴因人車整體緩慢上升，故整體受力平衡，沿斜面2尸=（X+Mgsine+j （1分）垂直于斜面FN=（M+m）gcos0（1分）且有f=〃FN（1分）可得F=300N（1分）由牛頓第三定律，人的拉力大小為F=F=300N（1分）（2）下滑過(guò)程（M+m）gsin0—〃（M+m）gcos0=（M+m）a（2分）可得a=2m/s2（1分）設(shè)人車整體到達(dá)斜面底端時(shí)，速度為V,則有V2=2aL（1分）解得v=\；24m/s（1分）從斜面底端到尸點(diǎn)，由^Mg=Ma'（1分）得a=/ig=5m/s2（1分）由V2=2a'x（1分）得x=2.4m（1分）【提高】1.（2020?河南鄭州市中原聯(lián)盟3月聯(lián)考）如圖所示，長(zhǎng)木板B的質(zhì)量為m2=1.0kg,靜止放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m3=1.0kg的物塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在長(zhǎng)木板的最右端.一個(gè)質(zhì)量為m1=0.5kg的物塊A從距離長(zhǎng)木板B左側(cè)l=9.5m處，以速度V0=10m/s向著長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng).一段時(shí)間后物塊A與長(zhǎng)木板B發(fā)生彈性正碰（時(shí)間極短），之后三者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程物塊C始終在長(zhǎng)木板上.已知物塊A及長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃1=0.1,物塊C與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=0.2,物塊C與長(zhǎng)木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2,求：（1）碰后瞬間物塊A和長(zhǎng)木板B的速度；（2）長(zhǎng)木板B的最小長(zhǎng)度；（3）物塊A離長(zhǎng)木板左側(cè)的最終距離.【答案】（1）3m/s,方向向左6m/s,方向向右（2）3m（3）10.5m【解析】（1）設(shè)物塊A與長(zhǎng)木板B碰前的速度為V,由動(dòng)能定理得一〃1m1gl=2m1V2—2m1v02解得V=■'■.;1v02—2〃1gl=9m/sA與B發(fā)生彈性碰撞，假設(shè)碰撞后瞬間的速度分別為V1、v2,由動(dòng)量守恒定律得m1v=m1v1+m2v2由機(jī)械能守恒定律得2m1V2=2m1v12+2m2v22聯(lián)立解得V]=mi,mA=—3m/s,v=2m]v=6m/s1m1＋m2 2m1＋m2碰后物塊A的速度大小為3m/s、方向向左，長(zhǎng)木板B的速度大小為6m/s、方向向右；（2）碰撞后B做減速運(yùn)動(dòng)，C做加速運(yùn)動(dòng)，B、C達(dá)到共同速度之前，由牛頓第二定律，對(duì)長(zhǎng)木板B有—i1（m2＋m3）g—i2m3g=m2a1對(duì)物塊C：〃2m3g=m3a2設(shè)從碰撞后到兩者達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時(shí)間為t,則v2+a1t=a21木板B的最小長(zhǎng)度d=v21+；a112—2a212=3m(3)5、C達(dá)到共同速度之后,因〃14二者一起減速至停下，設(shè)加速度大小為％,由牛頓第二定律得〃1(加2+加3應(yīng)=(加2+加3)%0-at2整個(gè)過(guò)程B運(yùn)動(dòng)的位移為/2+—Z22-=6mA與B碰撞后，A做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小也為a，位移為'==^=4.5m3 A—2a3物塊A離長(zhǎng)木板B左側(cè)的最終距離為xA+xB=10.5m.(2020?湘贛皖十五校聯(lián)考)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=0.2kg的小滑塊靜止在水平軌道上的A點(diǎn)，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，從A點(diǎn)開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其滑行到AB的中點(diǎn)時(shí)撤去拉力，滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后進(jìn)入半徑為R=0.3m且內(nèi)壁光滑的豎直固定圓軌道，在圓軌道上運(yùn)行一周后從B處的出口(未畫出，且入口和出口稍稍錯(cuò)開)出來(lái)后向C點(diǎn)滑動(dòng)，C點(diǎn)的右邊是一個(gè)“陷阱”，D點(diǎn)是平臺(tái)邊緣上的點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)的高度差為h=0.2m,水平距離為x=0.6m.已知滑塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小剛好為滑塊重力的3倍，水平軌道BC的長(zhǎng)度為12=2.0m,小滑塊與水平軌道AB、BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.5,重力加速度g=10m/s2.r(1)求水平軌道AB的長(zhǎng)度11;⑵試通過(guò)計(jì)算判斷小滑塊能否到達(dá)“陷阱”右側(cè)的D點(diǎn)；(3)若在AB段水平拉力F作用的范圍可變，要達(dá)到小滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，既不脫離豎直圓軌道，又不落入C、D間的“陷阱”的目的，試求水平拉力F作用的距離范圍.【答案】(1)2.4m(2)不能(3)見解析v2【解析】(1)設(shè)小滑塊運(yùn)動(dòng)到豎直圓軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,則有4mg=mR從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由機(jī)械能守恒定律有2mvB2=mg-2R+2mv2解得vB=2\'6m/s小滑塊由A到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得1F11—〃mg1]=1mvB2解得11=2.4m.(2)設(shè)小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC,則由動(dòng)能定理可得一pmgl2=1mvC2—2mvB2解得vC=2m/s設(shè)小滑塊下落h=0.2m所需要的時(shí)間為t,則有h=1gt2解得t=0.2s故小滑塊在水平方向上運(yùn)動(dòng)的距離為X0=vCt=0.4m<0.6m故小滑塊將落入“陷阱”中，不能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn).(3)由題意可知，若要滑塊既不脫離圓軌道，又不掉進(jìn)“陷阱”，則需要分三種情況進(jìn)行討論：口當(dāng)滑塊剛好能夠到達(dá)與圓心等高的E點(diǎn)時(shí)，設(shè)恒力作用的距離為xJ則由動(dòng)能定理Fx「一mgR=0解得xJ=0.75m故當(dāng)恒力作用的距離滿足0<X'<0.75m時(shí)符合條件.口當(dāng)滑塊剛好能經(jīng)過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，則有mg=mvR設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為X2’,則有Fx2'—〃mg/1—2mgR=2mv02解得x2‘=0.975m當(dāng)滑塊剛好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為X2〃，則有Fx2"-pmg(11+12)=0解得x2"=1.1m故當(dāng)恒力作用的距離滿足0.975m<X'<1,1m時(shí)符合條件.口當(dāng)滑塊剛好能夠越過(guò)“陷阱”，設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC',則由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得h=2gt2X=Vct解得vC'=3m/s設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為X3’,故有Fx3'—〃mg(11+12)=1mv，2解得x；=1.325m故當(dāng)恒力作用距離滿足1.325m<X'<2,4m時(shí)符合條件.(2020?山東濰坊市二模)如圖所示，固定光滑軌道ABC的AB段水平，BC段為半圓形，B是半圓軌道的最低點(diǎn)、C是半圓軌道的最高點(diǎn).長(zhǎng)L=1.5m、質(zhì)量M=0.4kg的木板位于足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，木板左端緊靠A點(diǎn)，上表面與AB等高.將質(zhì)量均為m=0.2kg的小滑塊甲、乙放置在木板上距A點(diǎn)0.5m處，甲、乙之間夾有被壓縮的輕質(zhì)短彈簧．某時(shí)刻彈簧彈開，甲向左運(yùn)動(dòng)，乙恰好未從木板上滑下，已知甲、乙與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.6,重力加速度g=10m/s2.—(1)求甲到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)若甲能通過(guò)半圓軌道的C點(diǎn)且整個(gè)過(guò)程中對(duì)軌道的壓力不超過(guò)20N,求軌道BC半徑的取值范圍；(3)若在水平面與木板間固定一塊桌布，木板與桌布間的動(dòng)摩擦因數(shù)*=0.1,求乙滑下木板時(shí)的速度大小.【答案】見解析【解析】(1)彈簧彈開，以甲、乙組成系統(tǒng)為研究對(duì)象，在甲到達(dá)A點(diǎn)之前，系統(tǒng)動(dòng)量守恒mvA—mv乙甲、乙對(duì)木板的摩擦力大小相等、方向相反，故木板保持靜止，當(dāng)甲到達(dá)a點(diǎn)時(shí)乙距木板右端距離為L(zhǎng)此后以乙和木板為研究對(duì)象，乙到達(dá)木板右端時(shí)兩者同速，設(shè)為v由動(dòng)量守恒得：mv—(M+m)v乙由能量守恒得：2mv乙2—Nmg|+2(M+m)v2聯(lián)立解得：vA—v乙一3m/s(2)半圓軌道半徑最大時(shí)甲恰能通過(guò)半圓軌道最高點(diǎn)vc2mg—rn~^~r1—2mgr1—2mvC2—2mvA2甲在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力最大，且半徑越小壓力越大，半徑最小時(shí)，由牛頓第三定律知軌道對(duì)乙的最大作用力：FN=20Nv2FN—mg-mrr2則半徑的取值范圍為：r2W芯r1代入數(shù)據(jù)解得：0.1m＜芯0.18m(3)甲離開木板后對(duì)乙：Nmg—ma1對(duì)木板：/dmg—〃'(M+m)g—Ma2(v乙t—2a1t2)-2a212—L乙乙—a1t聯(lián)立解得：v「一浣四m/s.乙5(2020?河南五岳聯(lián)盟4月聯(lián)考)跑步健身可以增強(qiáng)體質(zhì)，發(fā)達(dá)肌肉，完美身材，增強(qiáng)人的意志和毅力.跑步涉及很多物理現(xiàn)象.如圖所示，長(zhǎng)L—24m的木板右端固定一立柱，板和立柱的總質(zhì)量M-60kg,木板置于水平地面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)n—0.05.質(zhì)量m—60kg的人(視為質(zhì)點(diǎn))立于木板左端，木板與人均靜止.若人以大小%=2m/s2的加速度勻加速向右跑至木板的右端，并立即抱住立柱，取g=10m/s2,求：(1)從人開始奔跑至到達(dá)木板右端所經(jīng)歷的時(shí)間t;(2)人抱住立柱的瞬間損失的機(jī)械能AE；(3)從人開始運(yùn)動(dòng)到最終木板靜止，木板發(fā)生的位移x的大小.【答案】(1)4s(2)2160J(3)4m【解析】(1)人向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到摩擦力大小Ff1=ma1=60x2N=120N,摩擦力方向向右由牛頓第三定律可知，木板受到人向左的摩擦力，則Fn'=Fn=120N，則地面對(duì)木板的摩擦力方向向右，大小為Ff2=認(rèn)M+m)g=60N，所以木板向左加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)木板的加速度為a2Ff1'—FQ=Ma2解得a2=1m/s2人運(yùn)動(dòng)的位移大小為x1=2a1t2木板運(yùn)動(dòng)的位移大小為X2=2a2t2二者反向運(yùn)動(dòng)，位移大小滿足L=X1+X2解得t=4s(2)人抱住立柱前的瞬間，人的速度大小為v1=a11=2義4m/s=8m/s此時(shí)立柱的速度大小為v2=a21=1x4m/s=4m/s人抱住立柱瞬間，人和立柱共速，選擇水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv1－Mv2=(M＋m)vmv－Mv60x8－60x4解得v=M+m=-120 m/s=2m/s根據(jù)能量守恒定律AE=2mv12+|Mv22-2(M+m)v2解得AE=2160J(3)從人開始向右跑到抱住立柱，木板向左運(yùn)動(dòng)的位移大小為x2=2a212=2x1x16m=8m

mg人抱住立柱后,人和木板一起向右做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為金〃m+.?=隔=0,5m/s2v2 22勻減速的位移大小為X3=石=2^03m=4m則從人開始運(yùn)動(dòng)到最終木板靜止，木板移動(dòng)的位移大小為x=X2-X3=4m.(2020?河南信陽(yáng)市高三上學(xué)期第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖所示，固定光滑斜面ABC,其中AC=BC=2.5m,質(zhì)量為m=1kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，以10m/s的初速度從底端A沖上斜面，恰好沿尸點(diǎn)切線進(jìn)入口徑很小的光滑圓管軌道中，圓心為。，軌道半徑R=1m,且OP與豎直方向的夾角為6=60°,Q點(diǎn)為軌道最高點(diǎn)(不計(jì)空氣阻力,取g=10m/s2)點(diǎn)(不計(jì)空氣阻力,(1)小球從B點(diǎn)拋出后在空中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間；(3)小球在Q點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的作用力大小.【答案】(1)5m/s(2)1.78s(3)60N【解析】(1)設(shè)AB的長(zhǎng)為s，小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：-mghBC=2mvB2-2mvA2解得：vB=5%；2m/s小球從B點(diǎn)拋出后做斜拋運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)將速度沿水平方向和豎直方向分解，得VBX=VBy=vBcos45°=5m/s小球斜拋到最高點(diǎn)時(shí)只有水平方向的速度，所以嗔高點(diǎn) =5rn/s⑵小球從A運(yùn)動(dòng)到B，設(shè)時(shí)間為11,加速度為a，則a=gsin45°=5M2m/s2、一110-5點(diǎn)t1=a=5<2設(shè)小球從B點(diǎn)斜拋到最高點(diǎn)的過(guò)程中所用的時(shí)間為t2貝ut2=vgy=150s=0.5s小球運(yùn)動(dòng)至UP點(diǎn)時(shí)的速度為：vp=covBX0°=055m/s=10m/s設(shè)小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t3vP,y=vp)sin60°=gt3=5、gm/s得t3=苧s所以小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的總時(shí)間：/=/1+12+13=(亞+存Js，78s；(3)小球從P到Q過(guò)程中，由動(dòng)能定理得一mg(R+Rcos8)=gmv。2—|mvp2解得：Vq=\i'70m/s在Q點(diǎn)，當(dāng)小球?qū)A弧軌道的作用力為零時(shí)，由重力提供向心力得：V02mg=mR解得：v0=、dgR=>10m/s因?yàn)関Q=刖m/s>v0，所以當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，圓軌道對(duì)小球的作用力FN方向豎直向下.由牛頓第二定律得：FN+mg=mvR解得：Fn=60N由牛頓第三定律知：在Q點(diǎn)時(shí)小球?qū)A弧軌道的作用力方向豎直向上，大小為60N.【真題】1.(2020?全國(guó)1卷?T24)我國(guó)自主研制了運(yùn)一20重型運(yùn)輸機(jī)。飛機(jī)獲得的升力大小F可用F=kv2描寫，k為系數(shù)；v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)所受重力相等時(shí)的v稱為飛機(jī)的起飛離地速度。已知飛機(jī)質(zhì)量為1.21x105kg時(shí)，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質(zhì)量為1.69x105kg,裝載貨物前后起飛離地時(shí)的k值可視為不變。(1)求飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機(jī)在滑行過(guò)程中加速度的大小和所用的時(shí)間?！敬鸢浮?1)78m/s(2)2.0m/s239s【解析】(1)設(shè)飛機(jī)裝載貨物前質(zhì)量為m1，起飛離地速度為v1;裝載貨物后質(zhì)量為m2,起飛離地速度為v2,重力加速度大小為g。飛機(jī)起飛離地應(yīng)滿足條件m1g=kv2口m2g=kv2口由□□式及題給條件得v2=78m/s口(2)設(shè)飛機(jī)滑行距離為s，滑行過(guò)程中加速度大小為。，所用時(shí)間為t。由勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式有v2=2as口v2=at□聯(lián)立□□口式及題給條件得a=2.0m/s2口t=39s?！?.(2020全國(guó)2卷-T25)如圖，一豎直圓管質(zhì)量為X,下端距水平地面的高度為H,頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間均極短；在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，管始終保持豎直。已知M=4m，球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為4mg,g為重力加速度的大小，不計(jì)空氣阻力。廠口(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大??；(2)管第一次落地彈起后，在上升過(guò)程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地彈起的上升過(guò)程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長(zhǎng)度應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮浚?1)2g3g(2)13H⑶L>152H【解析】(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)管的加速度大小為由，方向向下；球的加速度大小為％，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為了,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有Ma1=Mg+/□ma2=f—mg口聯(lián)立□□式并代入題給數(shù)據(jù)，得a1=2g,a2=3g口(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為V0n..河口方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。設(shè)自彈起時(shí)經(jīng)過(guò)時(shí)間11,管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v0—a111=—v0+a2t1口聯(lián)立□□□式得11=22H口設(shè)此時(shí)管下端的高度為h1,速度為V。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h1=v011—2a112□V=V0—a1t1口由□□□口式可判斷此時(shí)v>0。此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2,到達(dá)最高點(diǎn)。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有h2V2=彳―□2g設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為H1,則H1=h1+h2口13聯(lián)立□□□□□口□式可得H1=25H□(3)設(shè)第一次彈起過(guò)程中球相對(duì)管的位移為x1。在管開始下落到上升H1這一過(guò)程中，由動(dòng)能定理有Mg(H—H1)+mg(H—H1+x1)—4mgx1=0口4聯(lián)立口口式并代入題給數(shù)據(jù)得x1=4H□4同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點(diǎn)的過(guò)程中，球與管的相對(duì)位移x2為x2=5H1口設(shè)圓管長(zhǎng)度為L(zhǎng)。管第二次落地彈起后的上升過(guò)程中，球不會(huì)滑出管外的條件是x1+x2<L口聯(lián)立□□口口式，L應(yīng)滿足的條件為L(zhǎng)>122H口JL乙J(2020?全國(guó)3卷?T25)如圖，相距L=11.5m的兩平臺(tái)位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)，其速度的大小v可以由驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定。質(zhì)量m=10kg的載物箱(可視為質(zhì)點(diǎn))，以初速度v0=5.0m/s自左側(cè)平臺(tái)滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.10,重力加速度取g=10m/s2。南側(cè)平合布送帶一(1)若v=4.0m/s,求載物箱通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間；(2)求載物箱到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)所能達(dá)到的最大速度和最小速度；(3)若v=6.0m/s,載物箱滑上傳送帶At=12s后，傳送帶速度突然變?yōu)榱?。求載物箱從左側(cè)平臺(tái)向右側(cè)平JL乙臺(tái)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,傳送帶對(duì)它的沖量?！敬鸢浮?1)2,75s(2)也m/s4\'3m/s(3)625Ns,方向豎直向上【解析】(1)傳送帶的速度為v=4.0m/s時(shí)，載物箱在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律有pmg=ma口設(shè)載物箱滑上傳送帶后勻減速運(yùn)動(dòng)的距離為s1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2—v2=-2as1口聯(lián)立口口式，代入題給數(shù)據(jù)得s1=4.5m口因此，載物箱在到達(dá)右側(cè)平臺(tái)前，速度先減小至v，然后開始做勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時(shí)間為11,做勻減速運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為11’,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=v0—at1'口聯(lián)立□□口口式并代入題給數(shù)據(jù)得t1=2.75s口(2)當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度最小，設(shè)為v1；當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度最大，設(shè)為v2。由動(dòng)能定理有由□□式并代入題給條件得v1="/2m/s,v2=4\"3m/s^(3)傳送帶的速度為v=6.0m/s時(shí)，由于v0<v<v2,載物箱先做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小仍為a。設(shè)載物箱做勻加速運(yùn)動(dòng)通過(guò)的距離為s2,所用時(shí)間為t2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=v0+at2口v2—vg=2as2口聯(lián)立□□口式并代入題給數(shù)據(jù)得12=1.0S口s2=5.5m口因此載物箱加速運(yùn)動(dòng)1.0s、向右運(yùn)動(dòng)5.5m時(shí)，達(dá)到與傳送帶相同的速度。此后載物箱與傳送帶共同勻速運(yùn)動(dòng)。t-12)的時(shí)間后，傳送帶突然停止。設(shè)載物箱勻速運(yùn)動(dòng)通過(guò)的距離為s3,有s3=(At—12)v□由□□口口式可知，2mv2>"mg(L—s2—s3),即載物箱運(yùn)動(dòng)到右側(cè)平臺(tái)時(shí)速度大于零，設(shè)為v3。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2—v2=—2a(L—s2—s3)^v3=v—at3□設(shè)載物箱通過(guò)傳送帶的過(guò)程中，傳送帶對(duì)它摩擦力的沖量為11，由動(dòng)量定理有11=m(v3—v0)口聯(lián)立□□□□□□式并代入題給數(shù)據(jù)得11=0口傳送帶對(duì)它支持力(大小等于重力)的沖量為12=mg(At+13)口聯(lián)立□□□式并代入題給數(shù)據(jù)得12=625N-s口由于11=0,所以傳送帶對(duì)它的沖量為I=12=625Ns方向豎直向上。(2019?全國(guó)1卷?T25)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一小段光滑圓弧平滑連接,小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖(a)所示.t=0時(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的尸點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí)，速度減為0,此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止.物塊A運(yùn)動(dòng)的v-1圖象如圖(b)所示，圖中的v1和11均為未知量.已知A的質(zhì)量為m,初始時(shí)A與B的高度差為H，重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力.圖畫 圖的(1)求物塊B的質(zhì)量；(2)在圖(b)所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；(3)已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等.在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從尸點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上.求改變前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值.【答案】：(1)3m(2)125mgH(3)11【解析】：(1)根據(jù)圖(b),v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，v2為其碰撞后瞬間速度的大小.設(shè)物塊B的質(zhì)量為m，，碰撞后瞬間的速度大小為v'.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv1=m1—2j+m'v'0（1分）2mv2=2m1—2v1）2+2m'v，20（1分）聯(lián)立00式得m'=3m0（2分）（2）在圖（b）所描述的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f下滑過(guò)程中所走過(guò)的路程為s1,返回過(guò)程中所走過(guò)的路程為s2,尸點(diǎn)的高度為h，整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為W?由動(dòng)能定理有mgH—fs1=2mv2—00（1分）—（fs2+mgh）=0—2m］一^20（1分）從圖（b）所給出的v-1圖線可知s1=2v1t10（1分）s2=2?知1.411—11）0（1分）由幾何關(guān)系s1=H0（1分）物塊A在整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為W=fs1＋fs20（1分）聯(lián)立000000式可得2W=15mgH0（2分）（3）設(shè)傾斜軌道傾角為仇物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在改變前為〃，有H+hW=Nmgcos夕后丁方0（2分）設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s，，由動(dòng)能定理有—/^m'gs'=0—2m'M20（2分）設(shè)改變后的動(dòng)摩擦因數(shù)為"，由動(dòng)能定理有mgh—憂mgcos0\i-Z—〃'mgs'=00（2分）sn聯(lián)立□□口□□口□□口□口式可得達(dá)11八齊瓦0（2分）5.（2019?全國(guó)卷口?25）—質(zhì)量為m=2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛.行駛過(guò)程中，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)前方100m處有一警示牌，立即剎車.剎車過(guò)程中，汽車所受阻力大小隨時(shí)間的變化可簡(jiǎn)化為圖（a）中的圖線.圖（a）中，0?11,時(shí)間段為從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應(yīng)時(shí)間（這段時(shí)間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛)，/1=0.8s；11?12時(shí)間段為剎車系統(tǒng)的啟動(dòng)時(shí)間，12=1.3s；從12時(shí)刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止.已知從12時(shí)刻開始，汽車第1s內(nèi)的位移為24m,第4s內(nèi)的位移為1m.A 40―12.植& 0 '也7’2：海圖㈤ 翱b)(1)在圖(b)中定性畫出從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運(yùn)動(dòng)的V-1圖線；(2)求12時(shí)刻汽車的速度大小及此后的加速度大??；(3)求剎車前汽車勻速行駛時(shí)的速度大小及11?12時(shí)間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少(以11?12時(shí)間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時(shí)間內(nèi)汽車的平均速度)？【答案】：(1)如解析圖所示(2)28m/s8m/s2(3)30m/s1.16x105J87.5m【解析】：(1)v-1圖象如圖所示.(4分)inOtiLO的20%(2)設(shè)剎車前汽車勻速行駛時(shí)的速度大小為V1,則11時(shí)刻的速度也為V1；12時(shí)刻的速度為V2.在12時(shí)刻后汽車做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a.取At=1s.設(shè)汽車在12+(n—1)At?12+nAt內(nèi)的位移為sn,n=1,2,3,……若汽車在12+3At?12+4At時(shí)間內(nèi)未停止，設(shè)它在12+3At時(shí)刻的速度為v3,在12+4At時(shí)刻的速度為v4,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s1—s4=3a(At)2口(1分)s1=v2At—2a(At)2D(1分)v4=v2—4aAt口(1分)聯(lián)立口□□式，代入已知數(shù)據(jù)解得17v4=—ym/s口(1分)這說(shuō)明在12+4At時(shí)刻前，汽車已經(jīng)停止.因此，口式不成立.由于在12+3At?12+4At內(nèi)汽車停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式V3=V2—3aAt口(1分)2as4=V2口(1分)聯(lián)立口□□式，代入已知數(shù)據(jù)解得a=8m/s2,v2=28m/s口(1分)288或者a="25m/s2，v2=29.76m/s口(1分)但口式情形下，V3<0,不合題意，舍去.（3）設(shè)汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時(shí)，汽車所受阻力的大小為工.由牛頓第二定律有f1=ma口（1分）在11?12時(shí)間內(nèi)，阻力對(duì)汽車沖量的大小為I=%（12-11）口（1分）由動(dòng)量定理有I=mv1—mv2口（1分）由動(dòng)能定理，在11?12時(shí)間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為W=2mv2—gmv2D（1分）聯(lián)立□□口□□式，代入已知數(shù)據(jù)解得v1=30m/s口（1分）W=1.16x105J口（1分）從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離S約為$=v1t1+25+v2）（12—11）+22口（1分）聯(lián)立口□□式，代入已知數(shù)據(jù)解得s=87.5m口（1分）6.（2019?全國(guó)3卷-25）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA=1.0kg,mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離/=1.0m,如圖所示.某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek=10.0J.釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng).A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.20.重力加速度取g=10m/s2.A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短．（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。唬?）物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？【答案】：（1）4.0m/s1.0m/s（2）物塊B先停止0.50m/s（3）0.91m【解析】：（1）設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有0=mAvA—mBvB口（1分）Ek=1mAvA+2mBvB口（1分）聯(lián)立口口式并代入題給數(shù)據(jù)得vA=4.0m/s,vB=1.0m/s口（1分）（2）A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a.假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B.設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t,B向左運(yùn)動(dòng)的路程為年，則有mBa=^mBg口（1分）1 八sB=vBt—2at2□（1分）vB—at=0□（l分）在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為1 八sA=vAt—2at2□（l分）聯(lián)立□□□□口式并代入題給數(shù)據(jù)得sA=1.75m，sB=0.25m□（2分）這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25m處.B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s=0.25m＋0.25m=0.50m□（1分）（3）t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA'，由動(dòng)能定理有1mAvA，2—2mAvA=—NmAg（2l+sB）卅（1分）聯(lián)立□□□式并代入題給數(shù)據(jù)得vA'=?..,：7m/s□（l分）故A與B將發(fā)生碰撞.設(shè)碰撞后A、B的速度分別為v/和vB〃，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有mA（—vA'）=mAvA'+mBvB”口（1分）2mAvA，2=2mAVA〃2+2mBvB口（1分）聯(lián)立□□□式并代入題給數(shù)據(jù)得vA〃=^5^m/s,vB〃=-^r-m/s口（2分）這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng).設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA'時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2asA，=vA〃2,2asB=vB2 □（l分）由口口□式及題給數(shù)據(jù)得sA=0.63m,sB=0.28m口（2分）s/小于碰撞處到墻壁的距離.由上式可得兩物塊停止后的距離s=s/+sB=0.91m□（l分）7.（2018?全國(guó)1卷?24）—質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空.當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E,且均沿豎直方