2017年高三物理专题复习：板块模型(龙川一中刘国华).doc

LGH 2017届高三物理二轮复习专题资料 2020-04-14专题一：物理模型之“滑块-木板”模型 “滑块木板”模型：作为力学的基本模型经常出现，是对一轮复习中直线运动和牛顿运动定律有关知识的巩固和应用。这类问题的分析有利于培养学生对物理情景的想象能力，有利于培养学生思维能力。且此模型经常在高考（2015年全国卷25题、2015年全国卷25题、2013年全国卷25题）或模拟考试中作为压轴题出现，所以要引起同学们的重视。2016江苏卷（选择题）2015全国卷25题2015全国卷25题命题角度：多过程定性分析、力与运动命题角度：多过程相对运动、图像应用命题角度：多过程、相对运动与临界问题的分析命题角度：1、判断是否相对运动 2、判断滑离时的速度 3、求相对运动的时间 4、求相对运动的位移 5、求损失的机械能易错点：1、判断是否相对运动条件 2、两物体所受摩擦力大小 3、速度相等后能否共速问题突破一、“滑块木板”模型中讨论与判断的题型1、（2016江苏卷。多选）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中A、桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B、鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C、若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变 D、若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面2、（多选）如图所示，A、B两物块的质量分别为2 m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则()A、当F2mg时，A相对B滑动 D无论F为何值，B的加速度不会超过g3、（多选）如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的vt图像可能是图中的()总结：从以上几例我们可以看到，无论物体的运动情景如何复杂，这类问题的解答有一个基本技巧和方法：在物体运动的每一个过程中，若两个物体的初速度不同，则两物体必然相对滑动；若两个物体的初速度相同（包括初速为0）且受外力F情况下，则要先判定两个物体是否发生相对滑动，其方法是求出不受外力F作用的那个物体的最大临界加速度并用假设法求出在外力F作用下整体的加速度，比较二者的大小即可得出结论。突破二、“滑块木板”模型中加速度问题（纯运动学问题）m0MhLmv0AB1.如图所示，一长度L=3m，高h=0.8m，质量为M=1kg的物块A静止在水平面上.质量为m=0.49kg的物块B静止在A的最左端，物块B与A相比大小可忽略不计，它们之间的动摩擦因数1=0.5，物块A与地之间的动摩擦因数2=0.1.一个质量为m0=0.01kg可视为质点的子弹，以速度v0沿水平方向射中物块B，假设在任何情况下子弹均不能穿出。g=10m/s2，问：（1）子弹以v0=400m/s击中物块B后的瞬间，它们的速度为多少？（2）被击中的物块B在A上滑动的过程中，A、B的加速度各为多少？（3）子弹速度为多少时，能使物块B落地瞬间A同时停下？2(18分)如图所示，某货场需将质量m150kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用光滑倾斜轨道SP、竖直面内弧形光滑轨道PQ，使货物由倾斜轨道顶端距底端高度h=1m处无初速度滑下两轨道相切于P, 倾斜轨道与水平面夹角为=600, 弧形轨道半径R2m，末端切线水平地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l4m，质量均为m250kg，木板上表面与弧形轨道末端Q相切货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数20.12(不考虑货物与各轨道相接处能量损失,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g10m/s2)(1)求货物到达弧形轨道始、末端时对轨道的压力(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件(3)若10.30，求货物滑上木板后与木板系统所能产生BROhPQSA的热量3（18分）如图所示，倾角=30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=1.8m、质量M= 3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m=lkg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数=对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=l0(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F=37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离突破三、“滑块木板”模型与动量守恒相结合题型ABCDOPQLR1：（18分）如图所示的轨道由半径为R的1/4光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成小车的质量为M，紧靠台阶BC且上水平表面与B点等高一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上已知M=4m，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为，Q点右侧表面是光滑的求： （1）滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）2. 如图所示，高度相同质量均为的带电绝缘滑板A及绝缘滑板B置于水平面上，A的带电量，它们的间距。质量为，大小可忽略的物块C放置于B的左端。C与A之间的动摩擦因数为，A与水平面之间的动摩擦因数为，B的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力,。开始时三个物体处于静止状态。现在空间加一水平向右电场强度为的匀强电场，假定A、B碰撞时间极短且无电荷转移，碰后共速但不粘连。求：（1）A与B相碰前的速度为多大;ACBES（2）要使C刚好不脱离滑板，滑板的长度应为多少； (3)在满足(2)的条件下,求最终AB的距离。 3、（18分）如图所示，地面和半圆轨道面均光滑。质量M = 1kg 、长L = 4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m = 2kg的滑块（不计大小）以v0 = 6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数 = 0.2 ，g取10m/s2 。（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R的取值。4（18分）如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45m的1/4圆弧面。A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑。小滑块P1和P2的质量均为m。滑板的质量M=4m，P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为1=0.10和2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0=4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上。当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零。P1与P2视为质点，取g=10m/s2. 问：（1）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？专题一：物理模型之“滑块-木板”模型突破一：1 BCD 2 BD 3 BD突破二：1.解：（1）子弹击中B过程中，由动量守恒定律可得：2分 解得： 2分（2）由牛顿第二定律可得：对B： 得： 方向水平向左3分对A： 得： 方向水平向右3分sBaAvB2aBvB1sAvA2a/As/A（3）子弹击中B过程中，由动量守恒定律可得：2分设B在A上运动的时间为，则:2分B做平抛运动时间， 1分2分1分 联立求解得：子弹速度1分2.【解析】(1)设货物滑到弧形轨道始、末端时的速度分别为vP、vQ，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：设货物滑到弧形轨道始、末端所受支持力的大小分别为NP、NQ，根据牛顿第二定律得: 联立以上各式并代入数据得NP750N, NQ=1500N根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道始、末端时对轨道的压力为750N和1500N，方向竖直向下(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：1m1g2(m12m2)g 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：1m1g2(m1m2)g 联立并代入数据得0.2410.36(3)10.3，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1gm1a1 设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v2a1l 联立并代入数据得v14m/s 货物滑过木板A系统产生的热量Q1=1m1gl=600J设货物滑上木板B经过时间t,货物与木板B达到共同速度v2,木板B的加速度为a2,由运动学公式和牛顿第二定律,有:v2=a2t v2= v1a1t 1m1g(m1m2)g=m2a2木板运动位移x2= 货物运动位移x1=货物相对木板B位移=x1x2 联立以上各式并代入数据得:ml=4m,可见:货物与木板B达共同速度后,由于12,故两者整体在水平面做匀减速运动直至停止,货物与木板B系统产生的热量Q2=1m1g=J货物滑上木板系统所产生的热量Q=Q1+Q2=J933.3J3、解析(1)对M、m，由牛顿第二定律 F(Mm)gsin (Mm)a对m，有Ffmgsin ma FfFfmmgcos 代入数据得F30 N(2)F37.5 N30 N，物块能滑离木板对M，有Fmgcos Mgsin Ma1对m，有mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用时间为t，由运动学公式a1t2a2t2L代入数据得t1.2 s物块滑离木板时的速度va2t 由公式2gsin x0v2 代入数据得x0.9 m突破三：1、（1）根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力大小为 （1分）（2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有： （2分）若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由功能关系有 （2分）联立式解得 （2分）若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由功能关系有 （2分）联立式解得 （2分）综上所述并由式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是 （2分）2.（1）A与B相撞之前由动能定理： 2分得 2分 代入数据得： 2分(2).A与B相碰后速度为由动量守恒定律： 2分C在A上滑行时，A、B分离，B做匀速运动 ，A与地面的摩擦力A受到的电场力 故A、C系统动量守恒定律， 1分当C刚好滑到A左端时共速，由动量守恒定律： 得 1分设A长度为L则由能量守恒定律有: 2分得代入数据得 1分(3).对C由牛顿第二定律可知: 得 1分加速时间为 1分0.5s内A的位移 1分0.5s内B的位移 1分所以两者以后距离关系式为 1分3：解：（1）滑块与小车的共同速度为v1 ，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv0 = (m + M)v1 （2分）代入数据解得 v1 = 4m/s （1分）设滑块与小车的相对位移为 L1 ，由系统能量守恒定律，有mgL1 =(2分）代入数据解得 L1 = 3m （1分）设与滑块相对静止时小车的位移为S1 ，根据动能定理，有mgS1 =（2分）代入数据解得S1 = 2m （1分）因L1L ，S1S ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1 = 4m/s（1分）（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1 = 4m/s ，位移为L2 = LL1 = 1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P 。若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v ，临界条件为mg = m（1分）根据动能定理，有mgL2（2分）联立并代入数据解得R = 0.24m （1分）若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。根据动能定理，有mgL2（2分）代入数据解得R = 0.6m （1分）综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足R0.24m或R0.6m （1分）4解：（1）P1滑到最低点速度为，由机械能守恒定律有： 解得：P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为、 解得： =5m/sP2向右滑动时，假设P1保持不动，对P2有：（向左）对P1、M有： 得：此时对P1有：，所以假设成立。（2）P2滑到C点速度为，由 得P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，对动量守恒定律： 解得：对P1、P2、M为系统： 代入数值得： 滑板碰后，P1向右滑行距离： P2向左滑行距离：所以P1、P2静止后距离：25（18分）某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径R=5.6m，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段圆弧固定轨道，圆弧半径r=1m，三段轨道均光滑一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C处工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住工件与小车的动摩擦因数为=0.5，取g=10m/s2，求:（1）若h为2.8m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？（2）要使工件能被站在台面DE上的工人接住h的取值范围25（18分）【解答】解：（1）：工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为VB，根据动能定理： （1分）工件做圆周运动，在B点：. （2分）由两式可解得：N=40N （1分）（2）：由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能达共速，设工件刚滑上小车时的速度为v0，工件与小车达共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1 . （2分）由能量守恒定律得： （2分） 对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得： （2分）代入数据解得：h=3m （1分）.要使工件能从CD轨道最高点飞出，h=3m为其从AB轨道滑下的最大高度，设其最小高度为h，刚滑上小车的速度为v0，与小车达共速时的速度为v1，刚滑上CD轨道的速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1. （1分）由能量守恒定律得： （2分） 工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得： （1分）工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得： （1分）联立. ，代入数据解得： （1分） 综上所述，要使工件能到达CD轨道最高点，应使h满足 （1分）5.（20分）如图，质量均为2m的木板A、B并排静止在光滑水平地面上，A左端紧贴固定于水平面的半径为R的四分之一圆弧底端，A与B、A与圆弧底端均不粘连。质量为m的小滑块C从圆弧顶端由静止滑下，经过圆弧底端后，沿A的上表面从左端水平滑上A，并在恰好滑到B的右端时与B一起匀速运动。已知重力加速度为g，C过圆弧底端时对轨道的压力大小为1.5mg，C在A、B上滑行时受到的摩擦阻力相同，C与B一起匀速的速度是C刚滑上A时的0.3倍。求：（1）C从圆弧顶端滑到底到的过程中克服摩擦力做的功；（2）两板长度L1与L2之比。（3）C刚滑到B的右端时，A右端到B左端的水平距离s与B的长度L2之比。25（20分）（1）（6分）设C到达圆弧底端时的速度为v0，轨道对C支持力大小为N，下滑过程C克服摩擦力做的功为Wf。由动能定理，有： （2分） C过底端时，由牛顿第二定律，有： （2分）由牛顿第三定律，知：联立式得： （2分）（2）（9分） 设C刚滑过A到达B时，C的速度为vC，A、B的速度为v，B、C共同速度为vBC，C与A、B间的摩擦力为f。C从滑上A到刚滑到B这个过程，C和A、B组成的系统动量守恒。由动量守恒守律： （2分）由功能关系： （2分）C滑上B到与B共速这个过程，对C和B组成的系统，由动量守恒定律： （2分）由功能关系： （2分）或：C从滑上A到与B共速的全过程由动量守恒定律：由功能关系：（评分说明：式对一式给两分，对两式给4分；按同样规则给分）任两式联立并代入得： 任两式联立并代入得： （1分）（3）（5分）设C从滑上B到与B共速所经历的时间为t，对B，由动量定理： （1分）在t时间内，A通过的距离： （1分）设B在t时间内通过的距离为sB，对B应用动能定理： （1分） （1分）联立式并代入， 得： （1分） （评分说明：用其他方法，如运动学公式和牛顿第二定律求解，参照给分）14、（16分）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍。货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos=1，sin=0.1，g=10 m/s2。求：（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；（2）制动坡床的长度。14（1）（6分）解：设货物质量为m，受到货车支持力大小为，车对货物摩擦力大小为f1，受力分析如图货物与货车间滑动摩擦因数为，货物减速时加速度大小为，根据牛顿第二定律得 联立方程，代入数据得 方向沿坡面向下（2）解：车质量为，受到坡面支持力大小为，坡面对车阻力大小为，受力分析如图车减速时加速度大小为，根据牛顿第二定律得 由题意得 联立代入数据得 方向沿坡面向下设货车和货物共同的初速度大小为，货物相对货车滑动4m用时，货物相对地面位移大小为，货车相对地面位移大小为，根据运动学公式有代入数据得 车长为，货物相对车滑动4m时车头距顶端，坡长为 代入数据，解之得 25（20 分）某传送带装置在竖直平面内的横截面如图所示，ab 段水平，bcd 段为1/2 圆周传送带在电机的带动下以恒定速率 = 4m/s 运动，在传送带的左端点a 无初速地投放质量m=1kg 的小物块（可视为质点），当第一个物块A 到达b 点时即刻在a 点投放另一相同的物块 B物块到达b 点时都恰好与传送带等速，此后能确保物块与传送带相对静止地通过bcd 段物块到达最高点d 时与传送带间的弹力大小恰等于其重力在d 端点的左方另有一平直轨道ef，轨道上静止停放着质量M=1kg 的木板，从d 点出来的物块恰能水平进入木板上表面的最右端，木板足够长已知：物块与传送带间的动摩擦因数= 0.8 ，与木板间的动摩擦因数=0.2 ；木板与轨道间的动摩擦因数=0.1；设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2试求：（1）每个物块在传送带abcd 上运行的时间；（2）传输A 物块，电机所需提供的能量（不计传动机构的其他能量损耗）；（3）木板运动的总时间25（共20分）解：(1)（共5分）物块在上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：，得m/s2（1分）得s（1分）物块经过点时根据牛顿第二定律得：，代入，得m（1分）则物块在圆周上运动的时间：s （1分）则每个物块在传送带上运动的时间s（1分）(2)（共3分）物块在传送带上加速时与传送带间的相对位移：m（1分）每传输一个物块，电机提供的能量J（2分）或：物块在传送带水平段运动，电机克服摩擦力做功（2分）每传输一个物块，电机提供的能量J （1分）(3)（共12分）物块滑上木板时，物块与木板间的滑动摩擦力大小木板与轨道间的最大静摩擦力大小（1分）注：式任何一式正确均给此1分由于，故木板仍保持静止状态（1分）物块在木板上做减速运动，其加速度大小：m/s2 （1分）当物块滑上木板瞬间，物块的速度大小： m/s（1分）物块在木板上同时滑动时对木板的摩擦力大小为地面与木板间的最大静摩擦力（1分）（式任何一式正确均给此1分）木板开始加速向左运动，由牛顿第二定律：得：m/s2（1分）（表达式正确，没算出结果也出给此1分）当物块与木板共速时有：得：m/s，s（1分）（表达式正确，没算出结果也出给此1分）此时，物块的速度大小. m/s（1分）此后物块与木板保持相对静止，木板开始减速，由牛顿第二定律： 得：m/s2（1分）（表达式正确，没算出结果也出给此1分）设物块与木板达到共速后，再减速停下，则有：得：，m/s假设成立（1分）（表达式正确，但没算出结果也出给此1分）此后三个物体一起做减速运动：m/s2三个物体一起减速运动的时间：s（1分）m1m2v0PQAE25.（18分）如图所示，在光滑水平地面上，静止放着一质量m1=0.2kg的绝缘平板小车，小车的右边处在以PQ为界的匀强电场中，电场强度E1=1104V/m，小车A点正处于电场的边界质量m2 = 0.1kg，带电量q = 610-5C的带正电小物块（可视为质点）置于A点，其与小车间的动摩擦因数 = 0.40（且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）现给小物块一个v0 = 6m/s的速度当小车速度减为零时，电场强度突然增强至E2 = 2104V/m，而后保持不变若小物块不从小车上滑落，取g = 10m/s2试解答下列问题： （1）小物块最远能向右运动多远？ （2）小车、小物块的最终速度分别是多少？ （3）小车的长度应满足什么条件？25.（1）小物块受到向左的电场力和滑动摩擦力作减速运动，小车受摩擦力向右做加速运动设小车和小物块的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得对小车 m2g = m1a1、a1 = 2m/s2 对小物块 qE1 +m2g = m2a2、a2 = 10m/s2 设t1时刻小车与小物块速度相同，则 vt = v0a2t1 = a1t1、解得t1 = 0.5s、vt = 1m/s当两物体达共同速度后系统只受电场力，则由牛顿第二定律得qE1 = (m1 +m2)a3 则a3 = 2m/s2设两者摩擦力达最大静摩擦力，小车和小物块做减速运动的加速度分别为a4、a5，则m2g = m1a4、a4 = 2m/s2；qE1m2g = m2a5、a5 = 2m/s2；由于a3 = a4=a5，故两者不会发生相对滑动，以共同加速度做减速运动，直到速度为零小物块第一段运动的位移 m，小物块第二段运动的位移 m，小物块向右运动的最远位移 s = s1 + s2 = 2m（2）当小车和小物块的速度减为零后，小物块的加速度 qE2m2g = m2a6、a6 = 8m/s2 小车的加速度 m2g = m1a7、a7 = 2m/s2 设小车经过 t2时间冲出电场，此时小车和小物块的速度分别为 v3、v4对小物块 小物块的速度 m/s小车速度 m/s冲出电场后，小物块做减速运动，小车做加速运动小车加速度 m2g = m1a8、a8 = 2m/s2 小物块加速度 a9 = g = 4 m/s2 经过 t3 时间速度相同：vt = v3a9t3 = v4 +a8t3解得 vt = m/s（3）m2从最右端出发向左运动到最左端的过程中qE2sm2gl = (m1 + m2)v2 解得l = 3m 木板运动的总时间：s（1分）11如图所示，质量为3 kg的长木板B放在光滑的水平面上，右端与半径R1 m的粗糙的圆弧相切，左端上方放质量为1 kg的物块C，物块C与长木板B的动摩擦因数为0.2.现使质量为1 kg的物体A从距圆弧上端h5 m处静止释放，到达水平轨道与B碰撞后一起运动，再经1 s物块C刚好运动到B的右端且不会掉下取g10 m/s2.求：(1)物体A刚进入圆弧时对轨道的压力；(2)长木板B的长度；(3)物体A经过圆弧时克服阻力做的功11. (1)物体A从释放到进入圆弧前做自由落体运动2gh（1分）刚进入圆弧时NmA （1分） 联立解得 N N100 N（1分）由牛顿第三定律得物体对圆弧轨道的压力大小为100 N（1分）(2)物块C从开始运动到与长木板B具有相同速度的过程中， 物块C的加速度为aCg0.210 m/s22 m/s2（1分）滑块B的加速度为 aB m/s20.5 m/s2（1分）物块C运动的距离sCact2212 m1 m（1分）物块C在B的右端时两者具有相同的速度vB2vCact21 m/s2 m/s（2分）由速度公式得木板刚开始运动时的速度vB1vB2aBt(20.51)m/s2.5 m/s（1分）木板B运动的距离sBt1 m2.25 m（1分）长木板B的长度LsBsC1.25 m（1分）或由能量守恒定律： 解得L=1.25 m (3)物