牛顿运动定律提高题(经典)

1、最新资料推荐1如图，在光滑水平面上有一质量为m1 的足够长的木板，其上叠放一质量为m2 的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt （k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和 a ，下列反映 a 和 a变化的图线中正确的是m2F212m1aa2aaa1aa1a2a2a1a2a1OtOtOtOtABCD2如图所示， 甲图为光滑水平面上质量为M 的物体， 用细线通过定滑轮与质量为m 的物体相连，由静止释放，乙图为同一物体M 在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力 F 的作用， 拉力 F 的大小与 m 的重力相等， 由静止释放

2、， 开始时 M 距桌边的距离相等，则（）A甲、乙两图中 M 的加速度相等均为mMgB甲图中 M 的加速度为以 aMmg，乙图中 m 的加速度为mgamM mMC乙图中绳子受到的拉力较大D甲图中 M 到达桌边用的时间较长，速度较小3如图所示，滑块 B 放在斜面体A 上， B 在水平向右的外力F1，以及沿斜面向下的外力 F2 共同作用下沿斜面向下运动， 此时 A 受到地面的摩擦力水平向左。 若 A 始终静止在水平地面上，则下列说法中正确的是（ A）同时撤去 F1 和 F2， B 的加速度一定沿斜面向下（ B）只撤去 F1，在 B 仍向下运动的过程中， A 所受地面摩擦力的方向可能向右（ C）只撤去

3、 F2，在 B 仍向下运动的过程中， A 所受地面摩擦力的方向可能向右（ D）只撤去 F2，在 B 仍向下运动的过程中， A 所受地面的摩擦力不变4如图所示，两质量相等的物块A、 B 通过一轻质弹簧连接，B 足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块 A 上施加一个水平恒力 F，在 A、 B 从静止开始运动到第一次速度相等的过程中A当 A、B 的加速度相等时，A、 B 的速度差最大B当 A、B 的加速度相等时，A 的速度最大C当 A、B 的速度相等时，弹簧最长D当 A、B 的速度相等时，A、 B 的加速度相等5如图所示，水平传送带AB距离

4、地面的高度为h，以恒定速率v0 顺时针运行甲、乙1最新资料推荐两滑块 ( 可视为质点 ) 之间夹着一个压缩轻弹簧( 长度不计 ) ，在 AB 的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开， 两滑块以相同的速率分别向左、右运动下列判断正确的是() 。A甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等B甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等C甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等D甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等6如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体( 物体与弹簧不连接 ) ，初始时物

5、体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力 F 与物体位移 x 的关系如图乙所示 (g=10m/s 2) ，则下列结论正确的是 ( )A. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B. 物体的质量为 3 kgC. 物体的加速度大小为5 m/s 2D. 弹簧的劲度系数为7. 5 N/cm7质量为 M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F 作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则() A小球对圆槽的压力为MFM mB小球对圆槽的压力为mFM mC水平恒力 F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大D水平恒力 F 变大后，如果小球

6、仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小8如图甲所示，倾角为 的光滑斜面体固定在水平面内，经度系数为k 的轻弹簧，一端固定在斜面底端，另一端与质量为m的小滑块接触但不栓接，现用沿斜面向下的力F推滑块至离地高度 h0 处，弹簧与斜面平行，撤去力F，滑块沿斜面向上运动，其动能Ek和离地高度 h 的变化关系如图乙所示，图中 h2 对应图线的最高点， h3 到 h4 范围内图线为直线，其余部分为曲线，重力加速度为g，则2最新资料推荐A. h 1 高度处，弹簧形变量为B.h 2高度处，弹簧形变量为mg sinkC.h 0高度处，弹簧的弹性势能为mmg sing(h 3-h 0)D.hk)高度处，弹簧的弹性势

7、能为mg(h -h1139 (15 分 ) 如图所示，有一个可视为质点的质量为m 1 kg的小物块，从光滑平台上的 A 点以 v0 3 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为 M 3 kg 的长木板 已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数 0.3 ，圆弧轨道的半径为 R 0.5 m ， C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角 53，不计空气阻力，取重力加速度g 10 m/s 2.求：(1)A 、 C 两点的高度差；(2) 小物块刚要到达

8、圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(3) 要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度(sin 53 0.8 ，cos 53 0.6)10（ 16 分）有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER 流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER 流体对其阻力为0，弹簧的长度为L.现有一质量也为m 的物体从距地面2L 处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为2mg 时速度减为0， ER流体对滑块的阻力须k随滑块下移而变。试求（忽略空气阻力）：3最新资料推荐（ 1）下落物体

9、与滑块碰撞前的瞬间物体的速度;（ 2）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；（ 3）滑块下移距离 d 时 ER流体对滑块阻力的大小。11如图所示，以水平地面建立x 轴，有一个质量为m1kg 的木块（视为质点）放在质量为 M2kg 的长木板上，木板长L11.5m 。已知木板与地面的动摩擦因数为10.1 ，m 与 M 之间的摩擦因素20.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力） 。m 与M保持相对静止且共同向右运动，已知木板的左端A 点经过坐标原点 O 时的速度为v010m / s ，在坐标为 x0 21m 处有一挡板 P ，木板与挡板 P 瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速率不变，若

10、碰后立刻撤去挡板P ， g 取 10m/s 2, 求：v0PABXO21（ 1）木板碰挡板 P 前瞬间的速度 v1 为多少？（ 2）木板最终停止运动时其左端A 的位置坐标？12（ 18 分）如图甲， PNQ为竖直放置的半径为0.1m 的半圆形轨道，在轨道的最低点P和最高点Q各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧，通过这两点时对轨道的压力 FP和 FQ轨道的下端与一光滑水平轨道相切，水平轨道上有一质量为0.06kg 的小球 A，以不同的初速度v0 与静止在轨道最低点P 处稍右侧的另一质量为0.04kg 的小球 B发生碰撞，碰后形成一整体（记为小球C）以共同速度v 冲入 PNQ轨道（ A、B

11、、C 三小球均可视为质点，g 取 10m/s2）PQP时所对应的入射小球A 的初速（ 1）若 F和 F 的关系图线如图乙所示，求：当F =13N度 v0 为多大？（ 2）当 F =13N 时，AB所组成的系统从A 球开始向左运动到整体达到轨道最高点Q全过P程中所损失的总机械能为多少？（ 3）若轨道 PNQ光滑，小球 C 均能通过 Q点试推导 FP 随 FQ变化的关系式，并在图丙中画出其图线13（ 14 分）如图所示，一个质量为m的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为R的 1 光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为s；另一质4量为 2m的小滑块从轨道的最高点由静止开始下

12、滑，从圆弧的最低点A 滑上木板。设长4最新资料推荐木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失。 已知滑块与长木板间的动摩擦因数为 。试求：（1）滑块到达 A 点时的速度大小以及物体对轨道的压力大小；（2）若滑块不会滑离长木板，试讨论长木板与墙第一次碰撞前的速度v 与 s 的关系；（3）若 s 足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L 应满足什么条件。14如图所示，传送带的水平部分ab=2 m，斜面部分bc=4 m， bc 与水平面的夹角 37. 一个小物体 A 与传送带的动摩擦因数 =0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v=2 m/s 。若把物体 A 轻放到 a 处，它将被传送带送到c 点，

13、且物体 A 不会脱离传送带 求物体 A 从 a 点被传送到c 点所用的时间（已知：sin37 =0.6 ，cos 37 =0.8 ，g=10 m/s 2）15（ 16 分）如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为 v0。小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为 ，乙的宽度足够大，重力加速度为g。（ 1）若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s；（ 2）若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；（ 3）保持乙的速度 2v 0 不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此

14、反复。若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P 。16如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m=0.1 kg的铁块，它与纸带右端的距离为 L=0.5m，所有接触面之间的动摩擦因数相同。 现用水平向左的恒力，经 2s 时间将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘且速度为v=2m/s 。已知桌面高度为 H=0.8m，不计纸带重力， 铁块视为质点。 重力加速度 g 取 10m/s2，求：5最新资料推荐（ 1）铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离；（ 2）动摩擦因数；（ 3）纸带抽出过程中系统产生的内能。17如图所

15、示，绝缘传送带与水平地面成37角，倾角也是37的绝缘光滑斜面固定于水平地面上且与传送带良好对接，轻质绝缘弹簧下端固定在斜面底端。皮带传动装置两轮轴心相 L=6 m，B、C 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量 m=0.1kg、电荷量 q=+2 10-5C的工件 ( 视为质点，电荷量保持不变) 放在弹簧上，用力将弹簧压缩至 A 点后由静止释放，工件滑到传送带端点B 时速度 v = 8m/s ， AB间0的距离 s=1m， AB 间无电场，工件与传送带间的动摩擦因数 =0.25 。（ g 取 10m/s2。sin37 =0.6 ，cos37=0.8 ）(1) 求弹簧的最大弹性

16、势能 ;(2) 若皮带传动装置以速度 v 顺时针匀速转动， 且 v 可取不同的值 ( 安全运行的最大速度为 10 m/s) ，在工件经过B 点时，先加场强大小E=410 4 N/C ，方向垂直于传送带向上的均强电场， 0.5s 后场强大小变为 E=1.210 5 N/C ，方向变为垂直于传送带向下。工件要以最短时间到达C 点，求 v 的取值范围 ;(3) 若用 Q 表示工件由B 至 C 的过程中和传送带之间因摩擦而产生的热量，在满足(2)问的条件下，请推出Q与 v 的函数关系式。18 (16 分 ) 如图所示，让一可视为质点的小球从光滑曲面轨道上的A 点无初速滑下，运动到轨道最低点 B 后，进

17、入半径为 R 的光滑竖直圆轨道，并恰好通过轨道最高点C，离开圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到D 点后抛出， 最终撞击到搁在轨道末端点和水平地面之间的木板上，已知轨道末端点距离水平地面的高度为H 0.8m，木板与水平面间的夹角为 37，小球质量为 m 0.1kg ，A点距离轨道末端竖直高度为h 0.2m，不计空气阻力。 ( 取 g 10m/s2， sin37 0.6 ，cos37 0.8)求圆轨道半径 R的大小；求小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度有多大；若改变木板的长度， 并使木板两端始终与平台和水平面相接，试通过计算推导小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角

18、 变化的关系式，并在图中作出k2图象。E -(tan )6最新资料推荐7最新资料推荐参考答案1 A【解析】木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律a1 a2kt，木块和木板相对运m2m1动时， a1m 2 gktA。恒定不变， a2g 。所以正确答案是m1m22 BCD【解析】根据牛顿运动定律，甲图中mg ( Mm) aM ， aMmg；拉力TM=MaM，乙M m图中 Fmgmg Ma m ， amM拉力 Tm=Mam，则 TM T m,A 错误、 BC正确；根据运动学公，式 s1 at 2 ， v22as ，位移相同

19、，加速度小的，则时间长，速度小，D正确。23 AD【解析】试题分析：本题可以假设从以下两个方面进行讨论（ 1）斜劈 A 表面光滑（设斜面的倾角为 ， A 的质量为 mA， B 的质量为 mB）A、同时撤去 F1 和 F2，物体在其重力沿斜面向下的分力mBgsin 的作用下也一定沿斜面向下做匀加速直线运动，故A 正确；B、如果撤去 F ，使 A 相对地面发生相对运动趋势的外力大小是F sin =m gcos sin ，1N2B方向向右如图a所示由于 mB gcos sin （ mBgcos +F1 sin ）sin ，所以 A 所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，其方向仍然是向左，而不可能向右故B错

20、误；C、撤去 F2，在物体B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力的变化情况要从A 受地面摩擦力作用的原因角度去思考，即寻找出使A 相对地面发生相对运动趋势的外力的变化情况通过分析，使A相对地面有向右滑动趋势的外力是（mBgcos +F1sin ）sin 如图b、 c 所示与 F2 是否存在无关所以撤去 F2，在物体 B 仍向下运动的过程中， A 所受地面的摩擦力应该保持不变故 C错误 D 正确；1最新资料推荐因此，在斜劈表面光滑的条件下，该题的答案应该是AD（ 2）斜劈 A 表面粗糙（设 A 表面的动摩擦因数为 ）在斜劈 A 表面粗糙的情况下， B 在 F1、 F2 共同作用下沿斜面向下的

21、运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动由题意知，在B 沿斜劈下滑时，受到 A 对它弹力 FN和滑动摩擦力 f 根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A斜劈 A 实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的Fsin fcos ，又因为 f= F ，NN所以 FN sin FN cos ，即 tan A、同时撤出 F1 和 F2，由以上分析可知 mBgsin m gcos 所以物体 B 所受的合力沿B斜劈向下，加速度方向也一定沿斜劈向下，故A正确；B、如果撤去 F ，在物体 B 仍向下运动的过程中，N=mgcos ， f= N，图中假设 A 受的摩擦1力 f A 方向向左

22、，Nsin =fcos +f ，则有： f =Nsin - Nos =N（ sin - cos ） 0 所以斜劈 A 都有相AA对地面向右运动的趋势，摩擦力方向是向左故B 错误；CD、又由于 F2 的存在与否对斜劈受地面摩擦力大小没有影响，故撤去F2 后，斜劈 A 所受摩擦力的大小和方向均保持不变故C 错误 D 正确；因此，在斜劈A 表面粗糙的情况下，本题的正确选项仍然是 AD故选： AD考点：牛顿定律的应用。4 AC【解析】试题分析：对 A 有 Fa=F-T ，对 B 有 Fb=T=kx，Fa 减少， Fb 增大，由加速度a=F/m 可知， A的加速度开始最大，然后随x 增大减小， B 的加

23、速度是逐渐增大的，整个过程AB 的速度都在增大，由于 AB质量相同， 在 Fa=Fb=F/2 之前，A 的加速度始终大于B 的，当两个加速度相等时，AB 的速度差最大， A 对、 B 错，接下来 B 的加速度要逐渐大于A，但是此时 A 的速度仍然是大于 B 的，他们的距离x 还在逐渐的增大，两物体速度相同时，AB的距离 x 最大，弹簧最长， C对，此时 B 的加速度大于A 的加速度， D错。所以本题选择AC。考点：牛顿第二定律5 AC【解析】试题分析：设 v 大于 v0 弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为 a 的匀减速运动乙物体向向右做初速度为v，（若 v 大于 v0），则乙也做

24、加速度为a 的匀减速运动此种情况两个物体落地后，距释放点的水平距离可能相等A 正确 B 错误若 v 小于 v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为 a 的匀减速运动速度为零后可以再向相反的方向运动整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动乙物体做初速度为 v，加速度为 a 的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同甲乙到达 B 点时的速度相同落地的位置在同一点故C正确， D错误故选 AC2最新资料推荐考点：牛顿定律的应用。6 C【解析】试题分析：初始，物体静止在弹簧上面，弹簧弹力与重力平衡，施加F 后即为合力所以有10N ma ，此后物体匀加速上升

25、，弹力逐渐变小，当弹簧恢复原长后，物块和弹簧分离，选项 A 错。合力为 30N mgma ，整理得物体重力mg 20N，质量 m2kg 选项 B错。加速度 a5m / s2 ，选项 C 对。从初始弹簧弹力等于重力到弹簧恢复原长，位移为4cm ，即弹力等于重力时，弹簧形变量为xmg5N / cm ，选项 D 错。4cm ，劲度系数 kx考点：牛顿运动定律7 C【解析】由整体法可求得系统的加速度aF，小球对圆槽的压力F m g2a2M mNm g2F2，当 F 增大后， F 增大，只有选项 C正确(Mm)2N8 BD【解析】试题分析： 由题意知， 当撤去 F 后滑块先做加速度减小的加速运动， 当运

26、动至重力下滑分力与弹力相等位置速度、动能最大，后做加速度增大减速运动，当离开弹簧后做匀减速运动，由上述分析，并结合图乙知h2 位置为平衡位置，h3 位置离开弹簧，故mgsin =kx 2，所以 h2处弹簧形变量 x =mg sin，故选项 A 错误， B 正确；滑块由h 运动至 h过程中由能量守恒2k03知， h0 处弹性势能EP0=mg(h3-h 0)+E K1，故选项 C 错误；滑块由h1 运动至 h3 过程中，由能量守恒知， h 高度处弹性势能E =mg(h -h) ，故选项 D 正确。1P131考点：牛顿第二定律能量守恒定律9 (1)0.8 m(2)68 N(3)3.625 m【解析】

27、试题分析： (1) 小物块在C点时的速度大小为vCv0 5 m/s（2 分） ，竖直分量为vCy 4 m/s（ 1 分）cos53下落高度 hvcy2（ 2 分）0.8m2g(2) 小物块由 C 到 D的过程中，由动能定理得mgR(1cos 53 ) 1 mvD2 1 mvC222解得 vD29 m/s（ 2 分）小球在 D 点时由牛顿第二定律得F mgmvD2NR代入数据解得F 68 N（ 2 分）N3最新资料推荐由牛顿第三定律得 FN FN 68 N，方向竖直向下（ 1 分）(3) 设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大

28、小分别为a g 3 m/s2， (1分 )a mg 1 m/s212M(1 分 )速度分别为 v vD a1t ， v a2t(1分)对物块和木板系统，由能量守恒定律得 mgL 1 mvD2 1 (m M)v2(1 分 )22解得 L 3.625 m ，即木板的长度至少是3.625 m（ 1 分）考点：本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律10（ 1） v02gL（ 2）E1 mgL（ 3） FERmgkLkd24【解析】试题分析：（ 1）设物体下落末速度为v0 ，由机械能守恒定律mgL1 mv02（ 2分）2得： v02gL（1 分）（ 2）设碰后共同速度为 v1 ，由动量守恒定律 2mv1mv

29、0（ 2 分）得： v12gL（1 分）1211 mv021 mgL （无负号也可以）碰撞过程中系统损失的机械能E2m v12（ 3222分）（ 3）设加速度大小为a ，有 v122ax（2 分）得： akL8m设弹簧弹力为FN ， ER流体对滑块的阻力为 FER ，受力分析如图所示FNFER2mg2ma（ 2 分）FNmgkd（ 2 分）联立三式解得： FERmgkLkd （ 1 分）4考点：本题考查了动量守恒定律、匀变速直线运动的速度与位移的关系、机械能守恒定律、牛顿第二定律11 (1)9m s（ 2） 1.4m4最新资料推荐【解析】试题分析： (1)假设木板碰挡板前，木块和木板相对静止，

30、木板与地面的滑动静摩擦力为f11 m M g， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 知 ， 它 们 的 共 同 加 速 度 为a11 mM g1m s2 小于 m 与 M 之间的最大摩擦力 f22mg 产生的加速度为mMam2 g9m s2 ，所以木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，设木板碰挡板时的速度为v1 ，由运动学公式得：v02v122a1s其中： sxL21m11.5m9.5m解得： v19 m s （水平向右）（ 2）由题设木板与挡板 P 瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速率不变及受力分析可知， 当木板碰到挡板并撤掉挡板后， 木板以初速度 v1 向

31、左做匀减速运动， 木块以初速度 v1 向右做匀减速运动， 设木板和木块的加速度分别为a2 和 a3 ，由牛顿第二定律可知：a22mg1 (Mm) g6 m2 （水平向右）Msa32mg2 g9 m 2（水平向左）ms假设木块没有掉离木板，由于木块加速度较大，所以木块先停下，然后向左做匀加速运动，直到二者保持相对静止。设二者保持相对静止所用时间为t2 ，共同速度为 v2 ，可得：v1a3t2(v1 a2t 2 )解得： t21.2sv21.8 ms（水平向左）在此过程中，木块运动位移s1v1v2t2 4.32m （水平向右）2v1v2t6.48 m （水平向左）木板运动位移 s222所以二者相对

32、位移ss1s210.8m L 11.5m，即二者相对运动时木块没有掉离木板。二者共速后，又以a11m/s2向左减速至停下，设其向左运动的位移为s3v222a1s3 解得： s31.62m最终木板 M 左端 A 点位置坐标为x x0 L s2 s31.4m5最新资料推荐考点： 本题考查受力分析、牛顿第二定律的应用及匀变速直线运动规律，意在考查考生对知识的综合应用能力。12（ 1）103（ ） FQ FP 6(N )v0m/s（ ）2 0.6J33【解析】试题分析：解： （ 1）设 A 球的质量为M， B 球的质量为m，由牛顿第三定律可知，小球在P、 Q 两点所受轨道的弹力大小N PFP , N

33、Q FQ （ 1 分）在 P 点由牛顿第二定律得：N P( M m) g(Mm) vP2（2 分）R解得 vP 23 m/s（ 1 分）AB 相碰，动量守恒得Mv 0(Mm)vP（2 分）103（ 1 分）解得 v0m/s3（ 2） AB 相碰所损失的机械能E11 Mv021 (Mm)vP20.4 J（1 分）22球 C 在 Q点由牛顿第二定律得：NQ( Mm) g(Mm) vQ2（1 分）R球 C 从 P 运动至 Q的过程，由动能定理得：W f (M m) g2R1 ( M m) vQ21 ( M m)vP2（2 分）22联立并代入数据解得W f0.2J故球 C 上升过程中所损失的机械能E2

34、0.2J（ 1 分）故整个系统在全过程中所损失的机械能EE1E20.6J（ 1 分）6最新资料推荐（ 3）因轨道光滑，小球C由 P 至 Q的过程中机械能守恒12122( M m)vp( M m) vQ(M m) g 2R(2 分 )2联立得N P N Q 6(M m) g(1分 )即 FQ FP 6(N )图线如图所示(2分 )考点： 动量守恒动能定理 机械能守恒牛顿第二定律13 (1)N A6mg (2)若 S2R ， v22gR ；若 S2R ， v2 gS (3) LR939【解析】试题分析：（ 1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A 点的速度为 vA ，则 ： 122mgR（ 1 分）2mvA2由上式得： vA2gR（ 1 分）在 A 点由牛顿第二定律有： N A2mg2mvA2R （ 1 分）由得：N A6 （1 分）mg由牛顿第三定律，滑块在A 点对轨道的压力N A6 （1 分）mg（ 2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度v，由动量守恒定律得：(2 m m)v2mvA（ 1 分）对滑块由动能定理得：2m