物理必修二机械能练习
1．(10分) 如图所示，水平地面的B 点右侧有一圆形挡板。圆的半径R=4m，B 为圆心，
o BC 连线与竖直方向夹角为37．滑块静止在水平地面上的A 点，AB 间距L=4．5m ．现用
水平拉力F=18N沿AB 方向拉滑块，持续作用一段距离后撤去，滑块恰好落在圆形挡板
2 的C 点，已知滑块质量辨=2kg，与水平面间的动摩擦因数 =0．4，取g=10m/s，sin37
o =0．6，cos37=0．8．求：
o
（1）拉力F 作用的距离，
（2）滑块从A 点运动到圆弧上C 点所用的时间．
2．（9分）如图所示，圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m 的物块B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定，质量为3m 的物块A 从圆弧轨道上距离水平面高h 处由静止释放，与B 碰撞后推着B 一起运动但与B 不粘连。求：
I ．弹簧的最大弹性势能；
II ．A 与B 第一次分离后，物块A 沿圆弧面上升的最大高度。
3．如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10
2m/s，求
(1)物块在车面上滑行的时间t ；
(2)物块克服摩擦力做的功；
(3)在此过程中转变成的内能．
4．(9分) 如图所示，长度为L 长木板A 右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为M ，静止在光滑的水平地面上．小木块B 质量为m ，从A 的左端开始以初速度v 0在A 上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块B 恰
好滑到A 的左端就停止滑动．则：
①判断在整个运动过程中，A 和B 是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的； ②求B 与A 间的动摩擦因数为μ．
5．（16分）如图所示，质量为m 、半径为R 的光滑半圆形轨道A 静置于光滑水平面上，质量为m 的物块B （可视为质点）从轨道右端从静止开始释放，求物块B 滑至轨道最低2
处时：
（1）A 、B 的速度大小v A 、v B ； （2）B 对轨道压力大小．
6．(14分) 如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l =0. 60m 的轻细绳，它的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0=3. Om/s．若小球能保持在板面内作圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g=l0m /s 2)
7．如图，半径R=0.4m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO′匀速转动，在圆心O 正上方h=0.8m高处固定一水平轨道PQ ，转轴和水平轨道交于O′点。一质量m=1kg的小车（可视为质点），在F=4N的水平恒力作用下，从O′左侧x 0=2m处由静止开始沿轨道向右运动，力作用一段距离后撤去，当小车运动到O′点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA 与x 轴重合。规定经过O 点水平向右为x 轴正方向。小车与轨道间的动摩擦因数
2μ=0.2，g 取10m/s。
（1）若小球刚好落到A 点，求小车运动到O′点的速度；
（2）为使小球刚好落在A 点，圆盘转动的角速度应为多大？
（3）为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F 作用的距离范围。
8．如图所示，光滑水平桌面上有一质量为m 的物块，桌面右下方有半径为R 的光滑圆弧形轨道，圆弧所对应的圆心角为2θ，轨道左右两端点A 、B 等高，左端A 与桌面的右端的高度差为H. 已知物块在一向右的水平拉力作用下沿桌面由静止滑动，撤去拉力后物块离开桌面，落到轨道左端时其速度方向与轨道相切，随后沿轨道滑动，若轨道始终与地面保持静止(重力加速度为g) ．
求：(1)拉力对物块做的功；
(2)物块滑到轨道最低点时受到的支持力大小．
9． (14分)2014年12月14日，北京飞行控制中心传来好消息，嫦娥三号探测器平稳落月。嫦娥三号接近月球表面过程可简化为三个阶段：一、距离月球表面一定的高度以v=1.7km/s的速度环绕运行，此时，打开七千五百牛顿变推力发动机减速，下降到距月球表面H ＝100米高处时悬停，寻找合适落月点；二、找到落月点后继续下降，距月球表面h ＝4m 时速度再次减为0；三、此后，关闭所有发动机，使它做自由落体运动落到
2月球表面。已知嫦娥三号着陆时的质量为1200kg ，月球表面重力加速度g' 为1.6m/s，
月球半径为R ，引力常量G ，（计算保留2位有效数字）求：
（1）月球的质量（用g' 、R 、G 字母表示）
（2）从悬停在100米处到落至月球表面，发动机对嫦娥三号做的功？
（3）从v=1.7km/s到悬停，若用10分钟时间，设轨迹为直线，则减速过程的平均加速度为多大？若减速接近悬停点的最后一段，以平均加速度在垂直月面的方向下落，求此时发动机的平均推力为多大？
10．（14分）如图所示，将直径为2R 的半圆形导轨固定在竖直面内的A 、B 两点，直径AB 与竖直方向的夹角为60°。在导轨上套一质量为m 的小圆环，原长为2R 、劲度系数
mg 的弹性轻绳穿过圆环且固定在A 、B 两点。已知弹性轻绳满足胡克定律，且形8R
1变量为x 时具有弹性势能E P =kx 2，重力加速度为g ，不计一切摩擦。将圆环由A 点2k =
正下方的C 点静止释放，当圆环运动到导轨的最低点D 点时，求
（1）圆环的速率v ；
（2）导轨对圆环的作用力F 的大小?
11．如图，两个大小相同小球用同样长的细线悬挂在同一高度，静止时两个小球恰好接触，两个小球质量分别为m 1和m 2 （m 1
12．（14分）如图所示，绝缘水平面上的AB 区域宽度为d ，带正电、电量为q 的小滑块以大小为v 0的初速度从A 点进入AB 区域，当滑块运动至区域的中点C
时，速度大小为v C 0，从此刻起在AB 区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度E 保持不2
变，并且AB 区域外始终不存在电场．
（1）求滑块受到的滑动摩擦力大小.
（2）若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB 区域时的速度．
（3）要使小滑块在AB 区域内运动的时间到达最长，电场强度E 应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB 区域时的速度．
13．(14分) 如图为一水平传送带装置的示意图。紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s的恒定速率运行，AB 间的距离L 为8m 。将一质量m ＝1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点2m 处的P 点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N 。
2小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s。求：
(1)该圆轨道的半径r
(2)要使小物块能第一次滑上圆形轨道到达M 点，M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出B 点0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围。
14．(12分) 如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面倾角为θ。其下方O 点处有一固定的正点电荷，电荷量为Q ，OD ⊥MN ，OM=ON，质量为m 、带负电的小滑块以初速度v 1从M 点沿斜面上滑，到达N 点时速度恰好为零，然后又滑回到M 点，速度大小变为v 2。若小滑块带电量大小为q 且保持不变，可视为点电荷。求：
(1)N点的高度h ；
(2)若小滑块向上滑至D 点处加速度大小为a ，求小滑块与斜面间的摩擦因数μ。
15．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲表示小滑块（可视为质点）沿固定的光滑半球形容器内壁在坚直平面的A 、A ′之间来回滑动。A 、A ′点与O 点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ，均小于5°，图乙表示滑块对器壁的压力F 随时间t 变化的曲线，且图中t=0为滑块从A 点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息，求：（1）容器的半径；（2）小滑块的质量；（3）滑块
2运动过程中的机械能。（g 取10m/s）
016．（10分）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为30，以一定的速度匀速运动。
某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，物块的质量m=1kg,以此时为t ＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图所示, 若图中取
2沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v 1=－6m/s, v 2=4m/s, t 1=0.5s, g取10 m/s,
已知传送带的速度保持不变。 求：
（1）物块与传送带间的摩擦系数；
（2）0～t 2内带动传送带的电动机多消耗的电能；
（3）0～t 2 内系统产生的内能；
17．（10分）如图所示，一固定足够长的粗糙斜面与水平面夹角θ=30︒。一个质量
，在F ＝10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开
m =1kg 的小物体（可视为质点）
始沿斜面向上运动。已知斜面与物体间的动摩擦因数μ=2，取g =10m /s 。则：
（1）求物体在拉力F 作用下运动的加速度a 1；
（2）若力F 作用1.2 s后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离s ；
（3）求物体从静止出发到再次回到出发点的过程中物体克服摩擦所做的功。
18．（16分）如图所示，倾角为θ的固定斜面的底端有一挡板M ，轻弹簧的下端固定在挡板M 上，在自然长度下，弹簧的上端在O 位置。质量为m 的物块A （可视为质点）从P 点以初速度v 0沿斜面向下运动，PO ＝x 0，物块A 与弹簧接触后将弹簧上端压到O ＇点位置，然后A 被弹簧弹回。A 离开弹簧后，恰好能回到P 点。已知A 与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度用g 表示。求：
（1）物块A 运动到O 点的速度大小；
（2）O 点和O ＇点间的距离x 1；
（3）在压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能E P 。
19．（18分）如图甲所示，粗糙水平面CD 与光滑斜面DE 平滑连接于D 处；可视为质点的物块A 、B 紧靠一起静置于P 点，某时刻A 、B 在足够大的内力作用下突然分离，此后A 向左运动．
已知：斜面的高度H=1.2m；A 、B 质量分别为1kg 和0.8kg ，且它们与CD 段的动摩擦因
2数相同；A 向左运动的速度平方与位移大小关系如图乙；重力加速度g 取10m/s．
（1）求A 、B 与CD 段的动摩擦因数 ；
（2）求A 、B 分离时B 的速度大小v B ；
（3）要使B 能追上A ，试讨论P 、D 两点间距x 的取值范围．
20．如图，已知斜面倾角30°，物体A 质量m A =0.4kg，物体B 质量m B =0.7kg，H=0.5m。
2B 从静止开始和A 一起运动，B 落地时速度v=2m／s 。若g 取10m ／s ，绳的质量及绳的
摩擦不计，求：
(1)物体A 与斜面间的动摩擦因数。
(2)物体A 沿足够长的斜面滑动的最大距离。
21．(12分) 如图所示，竖直平面内的一半径R ＝0.50 m的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，一水平面与圆弧槽相接于D 点，质量m ＝0.10 kg的小球从B 点正上方H ＝0.95 m高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出后落在水平面上的Q 点，DQ 间的距离x ＝2.4 m，球从D 点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度
2h ＝0.80 m，g 取g ＝10 m/s，不计空气阻力，求：
(1)小球经过C 点时轨道对它的支持力大小F N ；
(2)小球经过最高点P 的速度大小v P ；
(3)D点与圆心O 的高度差h OD .
22．(15分) 在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的质点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α=，绳的悬挂点O 距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速
2度g =10m /s ， sin 53=0.8，cos53=
0.6
（1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F ；
（2）若绳长l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。设水对选手的平均浮力f 1=800N ，平均阻力f 2=700N ，求选手落入水中的深度d ；
（3）若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。
23．（6分）如图所示，一小物块初速v 1，开始由A 点沿水平面滑至B 点时速度为v 2，
'，已知斜面和水平面与物若该物块仍以速度v 1从A 点沿两斜面滑动至B 点时速度为v 2
'的大小关系？
块的动摩擦因数相同，通过计算证明v 2和v 2
24．(18分) 如图所示，轻质长绳水平地跨过相距2L 的两个定滑轮A 、B 上，质量为m 的物块悬挂在绳上O 点，O 与A 、B 两滑轮的距离相等，在轻绳两端C 、D 分别施加竖直向下的恒力F =mg ，先托住物块，使绳处于水平拉直状态. 从静止释放物块，在物块下落过程中，保持C 、D 两端的拉力F 不变，则：
（1）当物块下落距离h 为多大时，物块的加速度为零.
（2）当物块下落上述距离的过程中，克服C 端恒力F 做的功W 为多少?
（3）求物体下落的最大速度v m 和最大距离H .
25．（15分）如图所示，竖直平面内的3/4圆弧形光滑轨道半径为R ，A 端与圆心O 等高，AD 为与水平方向成45°角的斜面，B 端在O 的正上方，一个小球在A 点正上方由静止开始释放，自由下落至A 点后进入圆形轨道并恰能到达B 点. 求：
（1）到达B 点的速度大小? （2）释放点距A 点的竖直高度; （3）小球落到斜面上C 点时的速度大小和方向.
26．在天津市科技馆中，有一个模拟万有引力的装置。在如上图所示的类似锥形漏斗固定的容器中，有两个小球在该容器表面上绕漏斗中心轴做水平圆周运动，其运行能形象地模拟了太阳系中星球围绕太阳的运行。图2为示意图，图3为其模拟的太阳系运行图。图1中离中心轴的距离相当于行星离太阳的距离。则：
（1）在图3中，设行星A 1和B 1离太阳距离分别为r 1和r 2，求A 1和B 1运行速度大小之比。
（2）在图2中，若质量为m 的A 球速度大小为v ，在距离中心轴为x 1的轨道面上旋转，由于受到微小的摩擦阻力，A 球绕轴旋转同时缓慢落向漏斗中心。当其运动到距离中心轴为x 2的轨道面时，两轨道面之间的高度差为H 。请估算此过程中A 球克服摩擦阻力所做的功。
27．（19分）如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O 点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R=1m，圆弧的圆心也在O 点。今以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水
2平抛出并击中挡板．（g 取10m/s）
（1）若小物块恰能击中档板上的P 点（OP 与水平方向夹角为37°，已知sin 37︒=0.6，cos37︒=0.8），则其离开O 点时的速度大小；
（2）为使小物块击中档板，求拉力F 作用的最短时间；
（3）改变拉力F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．
28．（10分）有一个固定的光滑直杆，该直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m=2kg的滑块(可视为质点) 。
（1）如图甲所示，滑块从O 点由静止释放，下滑了位移x=1m后到达P 点，求滑块此时的速率。
（2）如果用不可伸长的细绳将滑块m 与另一个质量为M=2.7kg的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M 而绷紧，此时滑轮左侧绳恰好水平，其长度L =5m （如图乙所3
示）。再次将滑块从O 点由静止释放，求滑块滑至P 点的速度大小。（整个运动过程中M
2不会触地，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g 取10m/s）
29．（16分）质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上．平衡时， 弹簧的压缩量为x 0，如右图所示．一物块从钢板正上方距离为3x 0的A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连．它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m 时，它们恰能回到O 点．若物块质量为M ，仍从A 处自由落下，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度．物块向上运动到达的最高点与O 点的距离h ＝
1x 0．求M 与m 的关系式。
2
30．传送皮带在生产生活中有着广泛的应用，一运煤传送皮带与水平面夹角为30°，以2m/s的恒定速度顺时针运行。现将一质量为10kg 的煤块(视为质点) 轻放于底端，经一段时间送到高2m 的平台上，煤块与皮带间的动摩擦因数为μ=
求
，取g=10m/s, 2
(1)煤块从底端到平台的时间；
(2)带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能。
31．如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB 段粗糙，其余部分都光滑，AB 段长为3L ．有若干个相同的小方块沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L ．将它们由静止释放，释放时下端距A 为2L ．当下端运动到A 下面距A 为L/2时物块运动的速度达到最大．（单独研究一个小方块时可将其视为质点）
① 求物块与粗糙斜面的动摩擦因数；
② 求物块停止时的位置；
③ 要使所有物块都能通过B 点，由静止释放时物块下端距A 点至少要多远？
232．如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×10V/m，一块足够
大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h ＝0.80 m 的a 处有一
2粒子源，盒内粒子以v 0＝2.0×10m/s初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为
－15－12m ＝2.0×10kg 、电荷量为q ＝＋10C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上。若不
计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)
(1)粒子源所在处a 点的电势；
(2)带电粒子打在金属板上时的动能；
(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积) ；若使带电粒子打在金属
板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？
参考答案
1．（1）x =2.5m （2）t =2.3s
【解析】
试题分析：（1）滑块离开B 点后做平抛运动，设其速度为v 2
水平方向：v 2t 3=R sin37 竖直方向：12gt 3=R
cos37 2
在水平面拉力F 作用的距离为x ，根据动能定理则有
1mv 22-0 2
带入数据计算得x =2.5m Fx -μmgL =
（2）滑块从A 到C 共分为两个阶段，第一个阶段匀加速直线运动，加速度
F -μmg =5m /s 2 m
a 2根据位移公式有x =1t 1=2.5m ，解得时间t 1=1s 2a 1=
匀加速的末速度v =a 1t 1=5m /s
此后在摩擦力作用下匀减速即a 2=μg =4m /s 2 匀减速运动时间t 2=v 2-v =0.5s -a 2
滑块从A 点运动到圆弧上C 点所用的时间t =t 1+t 2+t 3=2.3s
考点：动能定理 匀变速直线运动 平抛运动
2． EPmax =9mgh/4。 9h/16
【解析】I. A下滑与B 碰撞前，机械能守恒，3mgh=12 ·3mv 1 （1分） 2
A 与B 碰撞，由动量守恒定律，3mv 1=4mv2， （2分）
弹簧最短时弹性势能最大，据功能关系可得：E Pmax =12·4mv 2， （2分） 2
解得：E Pmax =9mgh/4。 （1分）
根据题意，AB 分离时A 的速度大小为v2，A 与B 分离后沿圆弧上升到最高点过程中，由机
/2械能守恒定律，有：2mgh =3mv2/2 (2分）
/h =9h/16 （1分）
考点：本题考查动量守恒与功能关系。
3．(1)0.24 s (2)0.336 J (3)0.24 J
【解析】(1)小车做匀加速运动时的加速度为a 1，物块做匀减速运动时的加速度为a 2，则 a 1＝μm 2g
m 1＝1022m/s，a 2＝μg ＝5 m/s 3
v 0－a 2t ＝a 1t
所以t ＝v 02m /s ＝＝0.24 s. a 1+a 22m /s 3
(2)相对静止时的速度v ＝a 1t ＝0.8 m/s
物块克服摩擦力做的功
W ＝122m 2(v0－v ) ＝0.336 J. 2
1122m 2v 0－(m1＋m 2)v ＝0.24 J. 22(3)由能量守恒可知，系统损失的机械能转化为内能，则 E ＝
4．①可能向左 ②μ=M 2v 0 4m +M gL
【解析】 试题分析：①A 在运动过程中不可能向左运动，B 在与A 碰撞时，若B 的质量比较小，碰后B 的速度有可能反向，即向左运动． 3 分
②系统动量守恒：mv 0=(m +M )v 2对系统应用能量守恒定律得：
2μmgL =121mv 0-(m +M )v 2 22
联立解得：μ=M 2v 0
4m +M gL
考点：动量守恒和能量守恒定律
5．(1) v A
= v B =（2）N '=2mg 【解析】 试题分析：（1）物块B 滑至轨道最低处过程中
物块与轨道系统机械能守恒
系统动量守恒m 1m 212gR =⋅v B +mv A （3分） 2222m v B =
mv A （3分） 2
解得v
A =2分） v B =2分） m (v B +v A ) 2m （2）设B 受轨道支持力为N ，由牛顿第二定律得N -g =（2分） 22R
解得：N =2mg （2分）
由牛顿第三定律得：B 对轨道压力大小N '=N =2mg （2分）
考点：本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律.
6．α≤30
【解析】
试题分析：小球在斜面上运动时，受到自身重力，斜面支持力和绳子拉力。垂直斜面方向合力等于0
沿斜面方向重力的分力为mg sin α v 12在圆周运动最高点，重力沿斜面向下的分力和绳子拉力提供向心力即T +mg sin α=m l
小球从释放到最高点，根据动能定理有-mg sin α⨯l =
若小球恰好通过最高点，则绳子拉力T =0 11mv 12-mv 02 22
v 02整理得sin α= 3gl
即α=30
所以若小球能保持在板面内作圆周运动，倾角α≤30
考点：圆周运动 动能定理
7．（1）v =1m /s （2）5k πrad /s 其中k=1，2，3，……（3）1m
【解析】
试题分析：（1）小球离开小车后，由于惯性，将以离开小车时的速度作平抛运动
12gt (1分) 2
R =vt (1分)
小车运动到O' 点的速度v =1m /s (1分) h =
（2）为使小球刚好落在A 点，则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，有
t =kT =2πk
ω， 其中k=1，2，3，…… (1分)
即ω=2k =5k π rad/s， 其中k=1，2，3，…… (1分) （3）小球若能落到圆盘上，其在O ′点的速度范围是：0＜v ≤1m/s，设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x 1、x 2，对应到达O' 点的速度分别为0、1m/s
根据动能定理，有Fx 1-μmgx 0=0 (2分)
代入数据解得x 1=1m 根据动能定理，有 Fx 2-μmgx 0=
分)
代入数据解得x 2=1.125m 12mv -0 (22
则水平拉力F 作用的距离范围1m
考点：平抛运动 动能定理
8．(1) mgH 2mgH (2)(3－2cos θ)mg ＋ 22Rsin θtan θ
【解析】(1)A点的速度v A 分解如图，则v 0＝v y
tan θ①
竖直方向v y ＝2gH ② 2
12mv ③ 20
mgH 联立①②③式解得W F ＝④ 2tan θ由动能定理W F ＝
(2)在A 点，v A ＝v y
sin θ⑤
从A 到最低点由机械能守恒定律得
mgR(1－cos θ) ＝1212mv －mv A ⑥ 22
在最低点对物块由牛顿第二定律得
mv 2
F N －mg ＝⑦ R
联立②⑤⑥⑦式解得
F N ＝(3－2cos θ)mg ＋2mgH ⑧ 2Rsin θ
5229．（1）M = g ' R /G （2）-1.8⨯10J （3）2.8 m /s 5300 N
【解析】
试题分析：（1） 月球表面月球引力等于重力即m g ' =GMm /R ，可求M = g ' R /G (4分)
（2）由100m 下降过程中到4m 前发动机会做功，取100m 和4m 为初末状态，前后动能没变，用动能定理 mg ' (H -h )+W =0
所以： W = -mg ' (H -h ) =-1200⨯1.6⨯96J =-1.8⨯10J (4分) 5
5即发动机做功为-1.8⨯10J 22
（3）a =v /t =1700m /s =2.8 m /s 2 (3分) 600s
F =m (a +g ' )=5300 N （有效数字位数多了也得分） (3分)
考点：万有引力定律 动能定理
10．
v =
【解析】
F N =15mg 8
（1）由几何知识得，圆环在C 点、D 点时，弹性绳形变量相同，弹性势能相等。由机械能守恒定律，有
1mv 2 3分 2
R 由几何关系可知 h = 2分 2mgh =
解得
v =分
（2）圆环在D 点受力如图，弹性绳的弹力
f =kx 1分
其中x =1) R 1分
由牛顿第二定律，有
v 2
F N +f cos 60︒+f sin 60︒-mg =m 2分 R
解得F N =15mg 2分 8
考点：本题考查牛顿定律和功能关系。
11．
h 2= 2
【解析】
试题分析: m 1碰前，由机械能守恒定律：m 1gh =1m 1v 12 ①
得v 1= 2
碰撞过程动量守恒 m 1v 1=-m 1v 1' +m 2v 2' ②
碰后m 1反弹上升，由机械能守恒定律：1m 1v 1' 2=m 1gh 1 ③ 2
1m 2上升，由机械能守恒定律：m 2v 2' 2=m 2gh 2 ④ 2
联立①—④解得
h 2= 2
考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律
2mv 0mv 02112．（1）f =（2）v B =v 0方向水平向右 （3）E 2=
；v A =0（方24d 2qd
向水平向左）
【解析】
试题分析：（1）设滑块所受滑动摩擦力大小为f ，则滑块从A 点运动至C 点过程，由动能定理得：
f ⋅d 12=m (v 0-v c 2) ① 22
mv 02解得：f = 4d
（2）假设最后滑块从B 点离开AB 区域，则滑块从C 点运动至B 点过程，由动能定理得 (qE 1+f )⋅
将v c =d 12=m (v c 2-v B ②
)2210和qE 1=f 代入解得：v B =v 0 ③ 22
1
2由于滑块运动至B 点时还有动能，因此滑块从B 点离开AB 区域，速度大小为v 0，方向水
平向右。
（3）要使小滑块在AB 区域内运动的时间到达最长，必须使滑块运动至B 点停下，然后再向左加速运动，最后从A 点离开AB 区域．滑块从C 点运动至B 点过程，由动能定理得： (qE 2+f )⋅d 12=mv c ④
22
由①④两式可得电场强度：E 2=滑块运动至B 点后，因为qE 2=2f＞f ，所以滑块向左加速运动，从B 运动至A 点过程，由动能定理得：
(qE 2-f )⋅d =12mv A ⑥ 2
由以上各式解得滑块离开AB 区域时的速度：
v A =v 0（方向水平向左） ⑦ 2
考点：本题考查动能定理的应用、电场强度，意在考查学生的综合能力。
13．（1）r =0.5m （2）7m ≤x ≤7 .5m 和0≤x ≤5 .5m
【解析】
试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a =μg =5s 2 小物块与传送带共速时，所用的时间t =
运动的位移∆x =v 0=1s a v 0=2.5m ＜L －2=6m（2分） 2a
故小物块与传送带达到相同速度后以v 0=5s 的速度匀速运动到B ，然后冲上光滑圆弧轨
2v N 道恰好到达N 点，故有：mg =m （1分） r
由机械能守恒定律得1212mv 0=mg (2r ) +mv N （2分） 22
解得r =0.5m （1分）
（2）设在距A 点x 1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得： μmg (L －x 1) ＝mgh 代入数据解得x 1＝7.5 m （2分）
设在距A 点x 2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得： μmg (L －x 2) ＝mgR 代入数据解得x 2＝7 m （2分）
则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围7m ≤x ≤7.5m ；（1分） 同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由(1)可知x 3＝8m-2.5m=5.5 m （1分） 则：0≤x ≤5.5m 。（1分）
故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围为：
7m ≤x ≤7 .5m 和0≤x ≤5 .5m （1分）
考点：圆周运动 功能关系
22v 12+v 22(ma -mg sin θ) ⋅(v 12+v 2) 14．（1）h =（2）μ= 224g mg cos θ(v 12+v 2) +64kQqg 2cos 2θ
【解析】
试题分析：(1)设小物块从M 到N 或N 到M 过程摩擦力做的功大小为W f
M 和N 在到点电荷距离相等即在同一个等势面上，所以电场力不做功，根据动能定理有 M 到N ：0-
N 到M ：12mv 1=-mgh -W f （2分） 212mv 2-0=mgh -W f （2分） 2
v 12+v 22解得： h = （2分） 4g
根据几何关系有 MN =h , r =OD =MN h h tan θ=tan θ= （1分） sin θ22sin θ
经过O 点，电场力与斜面垂直，沿斜面方向有
mg si n θ+f =ma （2分） 垂直斜面方向F mg cos θ-k Qq
N -r 2=0（2分）
滑动摩擦力f =μF N 解得：μ=ma -mg sin θ(ma -mg sin θ) ⋅(v 222
1+v
mg cos θ+k Qq =2)
mg cos θ(v 22222
1+v 2) +64kQqg cos θ
r 2
考点：动能定理 电场力做功
15．（1）R =0.1m （2）m =0.05kg （3）E =5⨯10-4J
【解析】
试题分析：（1）由图乙得小滑块做简谐振动的周期T =π
5s
由T =2得R =T 2g
4π2=0.1m
（2）在最高点Ａ，有：F min =mg cos θ v 2
在最低点Ｂ，有：F max -mg =m R
从Ａ到Ｂ，滑块机械能守恒，有：mgR (1-cos θ)=1
2mv 2
解得：m =0.05kg
（3）滑块机械能守恒，故E =mgR (1-cos θ)=1
2mv 2=5⨯10-4J
考点：简谐运动、圆周运动的向心力、机械能守恒定律的应用
16．（1
）μ=2）23.3J （3）29.17J
2cos θ1分） （
【解析】 试题分析：（1）（3分）由于最终物块与带共速，所以物体开始向上运动， 由图象可知物体的加速度大小为a =12m /s 2，方向沿传送带向下， 根据牛顿第二定律有：mg sin300+μmg cos300=ma 求得：
μ=3分）由图可知：t 2=s
6 传送带在0～t 2内通过的位移：S =v 2t 2=
5
10m 3
70
J =23.3J 3
（2）根据能的转化和守恒定律，电动机多消耗的电能E =μmg cos30S =
（3）（4分）因为物体与传送带的相对位移：∆S =
产生的内能：Q =μmg cos30∆S =
125(v 1+v 2) t 2=m 26
175
J =29.17 6
考点：考查了牛顿第二定律，功能关系，能力守恒定律的综合应用 17．（1）2.5m /s 2（2）2.4m （3）12J
【解析】
试题分析：(1)对物体受力分析，依据牛顿第二定律：
物体受到斜面对它的支持力F N =mg cos θ= 物体受到斜面对它的摩擦力F f =μF N =2.5N 物体的加速度a 1=
F -mg sin θ-F f
m
=2.5m /s 2
(2)力作用t 0=1.2s 后，速度大小为v =a 1t 0=3m /s 物体向上滑动的距离s 1=
12
a 1t 0=1.8m 2
mg sin θ+umg cos θ
=7.5m /s 2
m
此后它将向上匀减速运动，其加速度大小a 2=
v 2
这一过程物体向上滑动的距离s 2==0.6m
2a 2
整个上滑过程移动的最大距离s =s 1+s 2=2.4m （3）整个运动过程所通过的路程为s ' =2s =4.8m 克服摩擦所做的功W f =F f s ' =12J
考点：考查了牛顿第二定律，匀变速直线运动规律，恒力做功
18．（1
）v =
v 02
（2）x 1=-x 0（3）
4μg cos θ
E P =
11
mv 02(tan θ+1) 4μ
【解析】 试题分析：（1）A 从P 点运动到O 点，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知：
(mg sin θ-μmg cos θ) x 0=
得：v =
121
mv -mv 02（3分）
22
2分）
12
（2）A 从P 点向下运动再向上运动回到P 点的全过程中，根据动能定理：
μmg cos θ⋅2(x 1+x 0) =mv 02（3分） v 02
x 1=-x 0（2分）
4μg cos θ
（3）A 从O′点向上运动到P 点的过程中，由能量守恒定律可知：
E P =(mg sin θ+μmg cos θ) ⋅(x 1+x 0) （3分）
解得 E P =
11
mv 02(tan θ+1) （3分） 4μ
考点：动能定理 功能关系
19．见解析 【解析】
试题分析：解：（1）由图象可知，分离时物块A 的初速度v A =4m/s， ①（1分） A 最终位置与P 点距离s A =8m， ②（1分）
从A 、B 分离到A 匀减速运动停止，有v A =2as A ③（1分） 得A 的加速度大小 a=1m/s ④（1分）
由牛顿第二定律可知f A =μm A g =m A a ⑤（2分） 解得 μ＝0.1 ⑥（2分）
【或：从A 、B 分离到A 匀减速运动停止，由动能定理
2
2
12
-μm A gs A =0-m A v A （3分）
2
解得 μ＝0.1 （1分）】
（2）A 、B 分离过程，由动量守恒0=m B v B -m A v A ⑦（2分） 解得 vB =5m/s ⑧（2分）
（3）(Ⅰ) 若B 恰好能返回并追上A ， B从分离后到追上A 过程由动能定理
12
-μm B g (2x 1+S A ) =0－m B v B ⑨ （2分）
2
解得 x1=2.25m ⑩ （1分）
(Ⅱ) 若B 恰好不冲出斜面，B 从P 到E 过程由动能定理
μm B gx 2-m B gH =0-
12m B v B ⑪（2分） 2
解得 x2=0.50m ⑫ （1分）
综上，要使B 能追上A ，x 应满足：2.25m ≥L ≥0.50m
（评分说明：①~④各1分，⑤~⑧各2分，⑨⑪各2分，⑩⑫各1分） 考点：动量守恒定律 动能定理 20．（1
）μ=
21m （2）s =2610
【解析】
试题分析：（1）从A 、B 开始运动到B 落地过程中，对AB 系统，由功能关系得
m B gH =m A gH sin θ+μm A gH cos θ+
带入数据得μ=
1
(m A +m B )v 2
2
（2）B 落地后，A 沿斜面继续向上运动，根据动能定理
1
-(m A g sin θ+μm A g cos θ)x =0-m A v 2
2
4m 所以x =13
21m 物体沿斜面滑动的最大距离为s =x +H =26
考点：动能定理、功能关系
21．(1)6.8 N (2)3.0 m/s (3)0.30 m 【解析】
试题分析：(1)设经过C 点速度为v 1，由机械能守恒有mg(H＋R) ＝
12mv 1 2
mv 12
由牛顿第二定律有F N －mg ＝
R
代入数据解得：F N ＝6.8 N.
(2)P点时速度为v P ， P到Q 做平抛运动有h ＝代入数据解得：v P ＝3.0 m/s. (3)由机械能守恒定律，有
12x
gt ，＝v P t 22
12
mv ＋mgh ＝mg(H＋h OD ) ， 2p
代入数据，解得h OD ＝0.30 m.
考点：本题考查机械能守恒、平抛运动规律。
22．（1）F ＝1080N （2）1.2m （3）两人的看法均不正确，当绳长越接近1.5m 时，落点距岸边越远。 【解析】
试题分析：（1）小球下摆过程机械能守恒 mgl (1-cos α) =
12
mv ① 2
v 2
在最低点应用牛顿第二定律得： F′－mg ＝m
l
解得 F′＝（3－2cos α）mg
由牛顿第三定律得人对绳的拉力 F＝F′ 则 F＝1080N
（2）对开始下落到水中最低点应用动能定理得： mg（H －lcos α＋d ）－（f 1＋f 2）d ＝0 代人数据解得： d=1.2m
(3)选手从最低点开始做平抛运动，水平方向有： x=vt
12gt 2
12
还有mgl (1-cos α) =mv
2
竖直方向有：H-l =
联立解得：x = 由数学知识得当l =
H
=1.5m 时，x 有最大值，因此两人的看法均不正确，当绳长越接近2
1.5m 时，落点距岸边越远。
考点：本题考查了机械能守恒和平抛运动
' 23．v 2=v 2
【解析】
试题分析：物体从A 点滑动到B 过程中，根据动能定理有：-μmgx AB =
1212
mv 2-mv 1 ① 22
若该物块仍以速度v 1从A 点沿两斜面滑动至B 点的过程中，设最高点为C 点，AC 与水平面的夹角为
θ
，CB 与水平面的夹角为
α
，则有：
-μmg cos θx AC -μmg cos αx BC =
11
'2-mv 12 ② mv 2
22
' 由①②解得：v 2=v 2
考点：本题考查了动能定理的应用、滑动摩擦力． 24．
(1) h =
4 (2) W =
1) mgL (3) v m =H =L
3【解析】
试题分析：：（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h ． 因F 恒定，所以两绳对物块拉力大小分别为F ，两绳与竖直方向夹角均为θ，由平衡条件知：
2F cos θ=mg , 所以θ=60o
由图知：h =L tan 30o =
① （2）物块下落h 时，绳的C 、D 端均上升h ',
由几何关系可得：h '=克服C 端恒力F F 的功为：W =Fh ' ③
由①②③式联立解得：W =L ②
1) mgL （3）在物块下落过程中，共有三个力对物块做功．重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功．两端绳子拉力做的功就等于作用在C 、D 端的恒力F 所做的功． 因物块下降距离h 时动能最大．由动能定理得：mgh -2W =将①②③式代入④式解得：v m =
12
mv m ④
2
当物块速度减小为零时，物块下落距离达到最大值H ，绳C 、D 上升的距离为H '．由动能定理得：
mgH -2mgH '=
0，又H '=L
联立解得：H =
4L 3
考点：本题考查了动能定理的应用、力的合成与分解的运用、共点力平衡的条件及其应用. 25．（1
）v B =【解析】
2
v B
试题分析：（1）小球到达B 点：由mg =m
R
（2）h =R （3
）v C =与水平方向夹角的正切值是2
32
解得：v B 12mv B 2
（2）设小球的释放点距A 点高度为h ，由机械能守恒定律得：mg (h -R ) =解得：h =
3R 2
12gt
y o
（3）小球落到C 点时：由tan θ=，得：tan 45=
v B t x
解得：t =
v y =gt =
小球落到C
点得速度大小：v C ==小球落到C 点时，速度与水平方向夹角为ϕ
：tan ϕ=
v y v B
=
=2
考点：本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、平抛运动.
v 1r 2m (x 1-x 2) v 2
=26． (1)；(2) Wf ＝mgH- v 2r 12x 2
【解析】
试题分析: （1）设A 1和B 2的质量分别为m 1和m 2，根据万有引力定律和牛顿运动定律
22
v 1r 2GMm 1m 1v 1GMm 2m 2v 2
=== 解得 22
v r r r r 1r 22112
设小球距离中心轴x 2的轨道面运动的速度为v′，由于小球的运动模拟行星运动，有
v 1r
=2 v 2r 1
m (x 1-x 2) v 2
12
12
根据动能定理：mgH −W f ＝m v '-mv 联立解得：W f ＝mgH-
222x 2
考点：万有引力定律及其应用；动能定理 27．(1)v 0=
s (2) t=1s （3）E k min = 【解析】
试题分析：（1
）小物块从O 到P ，做平抛运动 水平方向：R cos370=v 0t （2分）
0竖直方向：R sin 37=
12
gt （2分） 2
解得：v 0=
s （1分） （2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O 点， 由动能定理得：Fx -μmgS =∆E k =0 （1分） 解得：x=25m （1分）
由牛顿第二定律得：F -μmg =ma （2分） 解得：a =5s （1分） 由运动学公式得：x =
2
12
at （2分） 2
解得：t=1s （1分）
（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x ，y ），则
x =v 0t （1分）
12
gt （1分） 2
12
由机械能守恒得：E k =mv 0+mgy （1分）
2y =
又x 2+y 2=R 2 （1分）
mgR 23mgy
化简得：E k = （1分）
+
4y 4
由数学方法求得E k min =
（1分） 考点：本题考查牛顿第二定律、平抛运动及机械能守恒，意在考查学生的综合能力。 28．（1）v 1=4m/s （2）v 2=5 m/s 【解析】
试题分析：（1）设滑块下滑至P 点时的速度为v 1, 由械能守恒定律得 mgxsin53º=①
解得 v1=4m/s ②
（2）设滑块再次滑到P 点时速度为v 2，绳与斜杆的夹角为θ， M 的速度为v M ，如图将绳端进行分解得：
12
mv 1 2
v M = v2cos θ
由几何关系得θ=90 º ③ v M =0 ④
再由系统机械能守恒定律得： Mgl(1－sin53º)+mgxsin53º=
12
mv 2+0 ⑤ 解得 v2=5 m/s ⑥ 2
考点：本题考查动能定理和运动的分解以及机械能守恒定律。 29．M=2m 【解析】
试题分析：在自由下落的过程中，两种情况下落至钢板的速度相同，
2即v 0＝2g·3x0，所以v 0
分)
在碰撞时，因时间极短，故动量守恒．分别有：
mv 0＝2mv 1(2分) Mv 0＝(M+m)v2(2分)
在压缩弹簧后至回到O 处的过程中机械能守恒，分别有：
12 (2m)v1＝2mgx 0(3分) 2112
E p ＋·(M+m)v2＝(M+m)gx·(M+m)v(3分) 0＋2
22
E p ＋
在第二种情况下，两者在O 处分离后，物块做竖直上抛运动，其最大高度
v 21h ＝＝x 0. (2分)
2g 2
解得：M=2m(2分)
考点：本题考查了动量守恒和机械能守恒 30．（1）2.4s ；（2）280J 【解析】
试题分析：(1)物体开始受到向上的摩擦力作用，做匀加速运动，滑动摩擦力
f 1=μmg cos θ=75N
上滑过程中由牛顿第二定律可知
m v
经过时间t 1==0.8s ，速度达到2m/s，上升位移
a
a =
μmg cos θ-mg sin θ
=μg cos θ-g sin θ=2.5m 2
v 2
s 1==0.8m
2a
然后在静摩擦力作用下做匀速运动，上升剩下的位移
s 2=(4-0.8)m =3.2m
所用时间
t 2=
s 2
=1.6s v
总时间
t =t 1+t 2=2.4s
(2)根据能量守恒可知，带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能，应该是煤块增加的机械能与摩擦产生的内能的总和，二者因摩擦产生的内能为
Q =f 1s 相对=f 1(vt 1-s 1)=60J
煤块增加的机械能为
1
E =mgh +mv 2=220J
2
电动机由于传送工件多消耗的电能为
W =E +Q =280J
考点：匀变速直线运动的公式及其应用、牛顿运动定律的应用、功能关系及能量守恒定律 31． （1）μ＝2tan θ；（2）物块的下端停在B 端；（3）s ＝3L 【解析】
试题分析: (1)当整体所受合外力为零时，整体速度最大，设整体质量为m ，则
mg sin θ＝μ
1
mg cos θ 2
得μ＝2tan θ
(2)设物块停止时下端距A 点的距离为x ，根据动能定理
1
mg (2L ＋x )sin θ－μmg cos θL －μmg cos θ(x －L ) ＝0
2
解得x ＝3L
即物块的下端停在B 端
(3)设静止时物块的下端距A 的距离为s ，物块的上端运动到A 点时速度为v ，根据动能定理
11
mg (L ＋s )sin θ－μmg cos θL ＝mv 2
22
物块全部滑上AB 部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一块为研究对象，设其质量为m 0，
运动到B 点时速度正好减到0，根据动能定理
1
m 0g 3L sin θ－μm 0g 3L cos θ＝0－m 0v 2 得s ＝3L
2
考点： 动能定理
32．（1）80V （2）E k =1.2⨯1010J （3）S=4.0m
2
【解析】 试题分析：
（1）由题意知匀强电场方向向下， b板接地，因此ϕa =U ab =Eh =80V （2）由动能定理，qU ab =E k -
1
mv 02 解得带电粒子打在金属板上时的动能为 2
E k =
1
mv 02+qU ab =1.2⨯1010J 2
（3）粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界，设水平抛出后t 时间落到金属板上，
由平抛运动规律知x =v 0t ，h =
12qE 2at ，a =，S =πx 2m
2
2πmv 0h 2
联立以上各式，解得S ==4.0m
qE
可以通过减小h 或增大E 实现。
考点：电势 电势差 动能定理 平抛运动规律
物理必修二机械能练习
1．(10分) 如图所示，水平地面的B 点右侧有一圆形挡板。圆的半径R=4m，B 为圆心，
o BC 连线与竖直方向夹角为37．滑块静止在水平地面上的A 点，AB 间距L=4．5m ．现用
水平拉力F=18N沿AB 方向拉滑块，持续作用一段距离后撤去，滑块恰好落在圆形挡板
2 的C 点，已知滑块质量辨=2kg，与水平面间的动摩擦因数 =0．4，取g=10m/s，sin37
o =0．6，cos37=0．8．求：
o
（1）拉力F 作用的距离，
（2）滑块从A 点运动到圆弧上C 点所用的时间．
2．（9分）如图所示，圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m 的物块B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定，质量为3m 的物块A 从圆弧轨道上距离水平面高h 处由静止释放，与B 碰撞后推着B 一起运动但与B 不粘连。求：
I ．弹簧的最大弹性势能；
II ．A 与B 第一次分离后，物块A 沿圆弧面上升的最大高度。
3．如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10
2m/s，求
(1)物块在车面上滑行的时间t ；
(2)物块克服摩擦力做的功；
(3)在此过程中转变成的内能．
4．(9分) 如图所示，长度为L 长木板A 右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为M ，静止在光滑的水平地面上．小木块B 质量为m ，从A 的左端开始以初速度v 0在A 上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块B 恰
好滑到A 的左端就停止滑动．则：
①判断在整个运动过程中，A 和B 是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的； ②求B 与A 间的动摩擦因数为μ．
5．（16分）如图所示，质量为m 、半径为R 的光滑半圆形轨道A 静置于光滑水平面上，质量为m 的物块B （可视为质点）从轨道右端从静止开始释放，求物块B 滑至轨道最低2
处时：
（1）A 、B 的速度大小v A 、v B ； （2）B 对轨道压力大小．
6．(14分) 如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l =0. 60m 的轻细绳，它的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0=3. Om/s．若小球能保持在板面内作圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g=l0m /s 2)
7．如图，半径R=0.4m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO′匀速转动，在圆心O 正上方h=0.8m高处固定一水平轨道PQ ，转轴和水平轨道交于O′点。一质量m=1kg的小车（可视为质点），在F=4N的水平恒力作用下，从O′左侧x 0=2m处由静止开始沿轨道向右运动，力作用一段距离后撤去，当小车运动到O′点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA 与x 轴重合。规定经过O 点水平向右为x 轴正方向。小车与轨道间的动摩擦因数
2μ=0.2，g 取10m/s。
（1）若小球刚好落到A 点，求小车运动到O′点的速度；
（2）为使小球刚好落在A 点，圆盘转动的角速度应为多大？
（3）为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F 作用的距离范围。
8．如图所示，光滑水平桌面上有一质量为m 的物块，桌面右下方有半径为R 的光滑圆弧形轨道，圆弧所对应的圆心角为2θ，轨道左右两端点A 、B 等高，左端A 与桌面的右端的高度差为H. 已知物块在一向右的水平拉力作用下沿桌面由静止滑动，撤去拉力后物块离开桌面，落到轨道左端时其速度方向与轨道相切，随后沿轨道滑动，若轨道始终与地面保持静止(重力加速度为g) ．
求：(1)拉力对物块做的功；
(2)物块滑到轨道最低点时受到的支持力大小．
9． (14分)2014年12月14日，北京飞行控制中心传来好消息，嫦娥三号探测器平稳落月。嫦娥三号接近月球表面过程可简化为三个阶段：一、距离月球表面一定的高度以v=1.7km/s的速度环绕运行，此时，打开七千五百牛顿变推力发动机减速，下降到距月球表面H ＝100米高处时悬停，寻找合适落月点；二、找到落月点后继续下降，距月球表面h ＝4m 时速度再次减为0；三、此后，关闭所有发动机，使它做自由落体运动落到
2月球表面。已知嫦娥三号着陆时的质量为1200kg ，月球表面重力加速度g' 为1.6m/s，
月球半径为R ，引力常量G ，（计算保留2位有效数字）求：
（1）月球的质量（用g' 、R 、G 字母表示）
（2）从悬停在100米处到落至月球表面，发动机对嫦娥三号做的功？
（3）从v=1.7km/s到悬停，若用10分钟时间，设轨迹为直线，则减速过程的平均加速度为多大？若减速接近悬停点的最后一段，以平均加速度在垂直月面的方向下落，求此时发动机的平均推力为多大？
10．（14分）如图所示，将直径为2R 的半圆形导轨固定在竖直面内的A 、B 两点，直径AB 与竖直方向的夹角为60°。在导轨上套一质量为m 的小圆环，原长为2R 、劲度系数
mg 的弹性轻绳穿过圆环且固定在A 、B 两点。已知弹性轻绳满足胡克定律，且形8R
1变量为x 时具有弹性势能E P =kx 2，重力加速度为g ，不计一切摩擦。将圆环由A 点2k =
正下方的C 点静止释放，当圆环运动到导轨的最低点D 点时，求
（1）圆环的速率v ；
（2）导轨对圆环的作用力F 的大小?
11．如图，两个大小相同小球用同样长的细线悬挂在同一高度，静止时两个小球恰好接触，两个小球质量分别为m 1和m 2 （m 1
12．（14分）如图所示，绝缘水平面上的AB 区域宽度为d ，带正电、电量为q 的小滑块以大小为v 0的初速度从A 点进入AB 区域，当滑块运动至区域的中点C
时，速度大小为v C 0，从此刻起在AB 区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度E 保持不2
变，并且AB 区域外始终不存在电场．
（1）求滑块受到的滑动摩擦力大小.
（2）若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB 区域时的速度．
（3）要使小滑块在AB 区域内运动的时间到达最长，电场强度E 应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB 区域时的速度．
13．(14分) 如图为一水平传送带装置的示意图。紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s的恒定速率运行，AB 间的距离L 为8m 。将一质量m ＝1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点2m 处的P 点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N 。
2小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s。求：
(1)该圆轨道的半径r
(2)要使小物块能第一次滑上圆形轨道到达M 点，M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出B 点0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围。
14．(12分) 如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面倾角为θ。其下方O 点处有一固定的正点电荷，电荷量为Q ，OD ⊥MN ，OM=ON，质量为m 、带负电的小滑块以初速度v 1从M 点沿斜面上滑，到达N 点时速度恰好为零，然后又滑回到M 点，速度大小变为v 2。若小滑块带电量大小为q 且保持不变，可视为点电荷。求：
(1)N点的高度h ；
(2)若小滑块向上滑至D 点处加速度大小为a ，求小滑块与斜面间的摩擦因数μ。
15．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲表示小滑块（可视为质点）沿固定的光滑半球形容器内壁在坚直平面的A 、A ′之间来回滑动。A 、A ′点与O 点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ，均小于5°，图乙表示滑块对器壁的压力F 随时间t 变化的曲线，且图中t=0为滑块从A 点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息，求：（1）容器的半径；（2）小滑块的质量；（3）滑块
2运动过程中的机械能。（g 取10m/s）
016．（10分）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为30，以一定的速度匀速运动。
某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，物块的质量m=1kg,以此时为t ＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图所示, 若图中取
2沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v 1=－6m/s, v 2=4m/s, t 1=0.5s, g取10 m/s,
已知传送带的速度保持不变。 求：
（1）物块与传送带间的摩擦系数；
（2）0～t 2内带动传送带的电动机多消耗的电能；
（3）0～t 2 内系统产生的内能；
17．（10分）如图所示，一固定足够长的粗糙斜面与水平面夹角θ=30︒。一个质量
，在F ＝10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开
m =1kg 的小物体（可视为质点）
始沿斜面向上运动。已知斜面与物体间的动摩擦因数μ=2，取g =10m /s 。则：
（1）求物体在拉力F 作用下运动的加速度a 1；
（2）若力F 作用1.2 s后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离s ；
（3）求物体从静止出发到再次回到出发点的过程中物体克服摩擦所做的功。
18．（16分）如图所示，倾角为θ的固定斜面的底端有一挡板M ，轻弹簧的下端固定在挡板M 上，在自然长度下，弹簧的上端在O 位置。质量为m 的物块A （可视为质点）从P 点以初速度v 0沿斜面向下运动，PO ＝x 0，物块A 与弹簧接触后将弹簧上端压到O ＇点位置，然后A 被弹簧弹回。A 离开弹簧后，恰好能回到P 点。已知A 与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度用g 表示。求：
（1）物块A 运动到O 点的速度大小；
（2）O 点和O ＇点间的距离x 1；
（3）在压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能E P 。
19．（18分）如图甲所示，粗糙水平面CD 与光滑斜面DE 平滑连接于D 处；可视为质点的物块A 、B 紧靠一起静置于P 点，某时刻A 、B 在足够大的内力作用下突然分离，此后A 向左运动．
已知：斜面的高度H=1.2m；A 、B 质量分别为1kg 和0.8kg ，且它们与CD 段的动摩擦因
2数相同；A 向左运动的速度平方与位移大小关系如图乙；重力加速度g 取10m/s．
（1）求A 、B 与CD 段的动摩擦因数 ；
（2）求A 、B 分离时B 的速度大小v B ；
（3）要使B 能追上A ，试讨论P 、D 两点间距x 的取值范围．
20．如图，已知斜面倾角30°，物体A 质量m A =0.4kg，物体B 质量m B =0.7kg，H=0.5m。
2B 从静止开始和A 一起运动，B 落地时速度v=2m／s 。若g 取10m ／s ，绳的质量及绳的
摩擦不计，求：
(1)物体A 与斜面间的动摩擦因数。
(2)物体A 沿足够长的斜面滑动的最大距离。
21．(12分) 如图所示，竖直平面内的一半径R ＝0.50 m的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，一水平面与圆弧槽相接于D 点，质量m ＝0.10 kg的小球从B 点正上方H ＝0.95 m高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出后落在水平面上的Q 点，DQ 间的距离x ＝2.4 m，球从D 点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度
2h ＝0.80 m，g 取g ＝10 m/s，不计空气阻力，求：
(1)小球经过C 点时轨道对它的支持力大小F N ；
(2)小球经过最高点P 的速度大小v P ；
(3)D点与圆心O 的高度差h OD .
22．(15分) 在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的质点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α=，绳的悬挂点O 距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速
2度g =10m /s ， sin 53=0.8，cos53=
0.6
（1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F ；
（2）若绳长l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。设水对选手的平均浮力f 1=800N ，平均阻力f 2=700N ，求选手落入水中的深度d ；
（3）若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。
23．（6分）如图所示，一小物块初速v 1，开始由A 点沿水平面滑至B 点时速度为v 2，
'，已知斜面和水平面与物若该物块仍以速度v 1从A 点沿两斜面滑动至B 点时速度为v 2
'的大小关系？
块的动摩擦因数相同，通过计算证明v 2和v 2
24．(18分) 如图所示，轻质长绳水平地跨过相距2L 的两个定滑轮A 、B 上，质量为m 的物块悬挂在绳上O 点，O 与A 、B 两滑轮的距离相等，在轻绳两端C 、D 分别施加竖直向下的恒力F =mg ，先托住物块，使绳处于水平拉直状态. 从静止释放物块，在物块下落过程中，保持C 、D 两端的拉力F 不变，则：
（1）当物块下落距离h 为多大时，物块的加速度为零.
（2）当物块下落上述距离的过程中，克服C 端恒力F 做的功W 为多少?
（3）求物体下落的最大速度v m 和最大距离H .
25．（15分）如图所示，竖直平面内的3/4圆弧形光滑轨道半径为R ，A 端与圆心O 等高，AD 为与水平方向成45°角的斜面，B 端在O 的正上方，一个小球在A 点正上方由静止开始释放，自由下落至A 点后进入圆形轨道并恰能到达B 点. 求：
（1）到达B 点的速度大小? （2）释放点距A 点的竖直高度; （3）小球落到斜面上C 点时的速度大小和方向.
26．在天津市科技馆中，有一个模拟万有引力的装置。在如上图所示的类似锥形漏斗固定的容器中，有两个小球在该容器表面上绕漏斗中心轴做水平圆周运动，其运行能形象地模拟了太阳系中星球围绕太阳的运行。图2为示意图，图3为其模拟的太阳系运行图。图1中离中心轴的距离相当于行星离太阳的距离。则：
（1）在图3中，设行星A 1和B 1离太阳距离分别为r 1和r 2，求A 1和B 1运行速度大小之比。
（2）在图2中，若质量为m 的A 球速度大小为v ，在距离中心轴为x 1的轨道面上旋转，由于受到微小的摩擦阻力，A 球绕轴旋转同时缓慢落向漏斗中心。当其运动到距离中心轴为x 2的轨道面时，两轨道面之间的高度差为H 。请估算此过程中A 球克服摩擦阻力所做的功。
27．（19分）如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O 点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R=1m，圆弧的圆心也在O 点。今以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水
2平抛出并击中挡板．（g 取10m/s）
（1）若小物块恰能击中档板上的P 点（OP 与水平方向夹角为37°，已知sin 37︒=0.6，cos37︒=0.8），则其离开O 点时的速度大小；
（2）为使小物块击中档板，求拉力F 作用的最短时间；
（3）改变拉力F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．
28．（10分）有一个固定的光滑直杆，该直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m=2kg的滑块(可视为质点) 。
（1）如图甲所示，滑块从O 点由静止释放，下滑了位移x=1m后到达P 点，求滑块此时的速率。
（2）如果用不可伸长的细绳将滑块m 与另一个质量为M=2.7kg的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M 而绷紧，此时滑轮左侧绳恰好水平，其长度L =5m （如图乙所3
示）。再次将滑块从O 点由静止释放，求滑块滑至P 点的速度大小。（整个运动过程中M
2不会触地，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g 取10m/s）
29．（16分）质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上．平衡时， 弹簧的压缩量为x 0，如右图所示．一物块从钢板正上方距离为3x 0的A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连．它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m 时，它们恰能回到O 点．若物块质量为M ，仍从A 处自由落下，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度．物块向上运动到达的最高点与O 点的距离h ＝
1x 0．求M 与m 的关系式。
2
30．传送皮带在生产生活中有着广泛的应用，一运煤传送皮带与水平面夹角为30°，以2m/s的恒定速度顺时针运行。现将一质量为10kg 的煤块(视为质点) 轻放于底端，经一段时间送到高2m 的平台上，煤块与皮带间的动摩擦因数为μ=
求
，取g=10m/s, 2
(1)煤块从底端到平台的时间；
(2)带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能。
31．如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB 段粗糙，其余部分都光滑，AB 段长为3L ．有若干个相同的小方块沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L ．将它们由静止释放，释放时下端距A 为2L ．当下端运动到A 下面距A 为L/2时物块运动的速度达到最大．（单独研究一个小方块时可将其视为质点）
① 求物块与粗糙斜面的动摩擦因数；
② 求物块停止时的位置；
③ 要使所有物块都能通过B 点，由静止释放时物块下端距A 点至少要多远？
232．如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×10V/m，一块足够
大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h ＝0.80 m 的a 处有一
2粒子源，盒内粒子以v 0＝2.0×10m/s初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为
－15－12m ＝2.0×10kg 、电荷量为q ＝＋10C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上。若不
计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)
(1)粒子源所在处a 点的电势；
(2)带电粒子打在金属板上时的动能；
(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积) ；若使带电粒子打在金属
板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？
参考答案
1．（1）x =2.5m （2）t =2.3s
【解析】
试题分析：（1）滑块离开B 点后做平抛运动，设其速度为v 2
水平方向：v 2t 3=R sin37 竖直方向：12gt 3=R
cos37 2
在水平面拉力F 作用的距离为x ，根据动能定理则有
1mv 22-0 2
带入数据计算得x =2.5m Fx -μmgL =
（2）滑块从A 到C 共分为两个阶段，第一个阶段匀加速直线运动，加速度
F -μmg =5m /s 2 m
a 2根据位移公式有x =1t 1=2.5m ，解得时间t 1=1s 2a 1=
匀加速的末速度v =a 1t 1=5m /s
此后在摩擦力作用下匀减速即a 2=μg =4m /s 2 匀减速运动时间t 2=v 2-v =0.5s -a 2
滑块从A 点运动到圆弧上C 点所用的时间t =t 1+t 2+t 3=2.3s
考点：动能定理 匀变速直线运动 平抛运动
2． EPmax =9mgh/4。 9h/16
【解析】I. A下滑与B 碰撞前，机械能守恒，3mgh=12 ·3mv 1 （1分） 2
A 与B 碰撞，由动量守恒定律，3mv 1=4mv2， （2分）
弹簧最短时弹性势能最大，据功能关系可得：E Pmax =12·4mv 2， （2分） 2
解得：E Pmax =9mgh/4。 （1分）
根据题意，AB 分离时A 的速度大小为v2，A 与B 分离后沿圆弧上升到最高点过程中，由机
/2械能守恒定律，有：2mgh =3mv2/2 (2分）
/h =9h/16 （1分）
考点：本题考查动量守恒与功能关系。
3．(1)0.24 s (2)0.336 J (3)0.24 J
【解析】(1)小车做匀加速运动时的加速度为a 1，物块做匀减速运动时的加速度为a 2，则 a 1＝μm 2g
m 1＝1022m/s，a 2＝μg ＝5 m/s 3
v 0－a 2t ＝a 1t
所以t ＝v 02m /s ＝＝0.24 s. a 1+a 22m /s 3
(2)相对静止时的速度v ＝a 1t ＝0.8 m/s
物块克服摩擦力做的功
W ＝122m 2(v0－v ) ＝0.336 J. 2
1122m 2v 0－(m1＋m 2)v ＝0.24 J. 22(3)由能量守恒可知，系统损失的机械能转化为内能，则 E ＝
4．①可能向左 ②μ=M 2v 0 4m +M gL
【解析】 试题分析：①A 在运动过程中不可能向左运动，B 在与A 碰撞时，若B 的质量比较小，碰后B 的速度有可能反向，即向左运动． 3 分
②系统动量守恒：mv 0=(m +M )v 2对系统应用能量守恒定律得：
2μmgL =121mv 0-(m +M )v 2 22
联立解得：μ=M 2v 0
4m +M gL
考点：动量守恒和能量守恒定律
5．(1) v A
= v B =（2）N '=2mg 【解析】 试题分析：（1）物块B 滑至轨道最低处过程中
物块与轨道系统机械能守恒
系统动量守恒m 1m 212gR =⋅v B +mv A （3分） 2222m v B =
mv A （3分） 2
解得v
A =2分） v B =2分） m (v B +v A ) 2m （2）设B 受轨道支持力为N ，由牛顿第二定律得N -g =（2分） 22R
解得：N =2mg （2分）
由牛顿第三定律得：B 对轨道压力大小N '=N =2mg （2分）
考点：本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律.
6．α≤30
【解析】
试题分析：小球在斜面上运动时，受到自身重力，斜面支持力和绳子拉力。垂直斜面方向合力等于0
沿斜面方向重力的分力为mg sin α v 12在圆周运动最高点，重力沿斜面向下的分力和绳子拉力提供向心力即T +mg sin α=m l
小球从释放到最高点，根据动能定理有-mg sin α⨯l =
若小球恰好通过最高点，则绳子拉力T =0 11mv 12-mv 02 22
v 02整理得sin α= 3gl
即α=30
所以若小球能保持在板面内作圆周运动，倾角α≤30
考点：圆周运动 动能定理
7．（1）v =1m /s （2）5k πrad /s 其中k=1，2，3，……（3）1m
【解析】
试题分析：（1）小球离开小车后，由于惯性，将以离开小车时的速度作平抛运动
12gt (1分) 2
R =vt (1分)
小车运动到O' 点的速度v =1m /s (1分) h =
（2）为使小球刚好落在A 点，则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，有
t =kT =2πk
ω， 其中k=1，2，3，…… (1分)
即ω=2k =5k π rad/s， 其中k=1，2，3，…… (1分) （3）小球若能落到圆盘上，其在O ′点的速度范围是：0＜v ≤1m/s，设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x 1、x 2，对应到达O' 点的速度分别为0、1m/s
根据动能定理，有Fx 1-μmgx 0=0 (2分)
代入数据解得x 1=1m 根据动能定理，有 Fx 2-μmgx 0=
分)
代入数据解得x 2=1.125m 12mv -0 (22
则水平拉力F 作用的距离范围1m
考点：平抛运动 动能定理
8．(1) mgH 2mgH (2)(3－2cos θ)mg ＋ 22Rsin θtan θ
【解析】(1)A点的速度v A 分解如图，则v 0＝v y
tan θ①
竖直方向v y ＝2gH ② 2
12mv ③ 20
mgH 联立①②③式解得W F ＝④ 2tan θ由动能定理W F ＝
(2)在A 点，v A ＝v y
sin θ⑤
从A 到最低点由机械能守恒定律得
mgR(1－cos θ) ＝1212mv －mv A ⑥ 22
在最低点对物块由牛顿第二定律得
mv 2
F N －mg ＝⑦ R
联立②⑤⑥⑦式解得
F N ＝(3－2cos θ)mg ＋2mgH ⑧ 2Rsin θ
5229．（1）M = g ' R /G （2）-1.8⨯10J （3）2.8 m /s 5300 N
【解析】
试题分析：（1） 月球表面月球引力等于重力即m g ' =GMm /R ，可求M = g ' R /G (4分)
（2）由100m 下降过程中到4m 前发动机会做功，取100m 和4m 为初末状态，前后动能没变，用动能定理 mg ' (H -h )+W =0
所以： W = -mg ' (H -h ) =-1200⨯1.6⨯96J =-1.8⨯10J (4分) 5
5即发动机做功为-1.8⨯10J 22
（3）a =v /t =1700m /s =2.8 m /s 2 (3分) 600s
F =m (a +g ' )=5300 N （有效数字位数多了也得分） (3分)
考点：万有引力定律 动能定理
10．
v =
【解析】
F N =15mg 8
（1）由几何知识得，圆环在C 点、D 点时，弹性绳形变量相同，弹性势能相等。由机械能守恒定律，有
1mv 2 3分 2
R 由几何关系可知 h = 2分 2mgh =
解得
v =分
（2）圆环在D 点受力如图，弹性绳的弹力
f =kx 1分
其中x =1) R 1分
由牛顿第二定律，有
v 2
F N +f cos 60︒+f sin 60︒-mg =m 2分 R
解得F N =15mg 2分 8
考点：本题考查牛顿定律和功能关系。
11．
h 2= 2
【解析】
试题分析: m 1碰前，由机械能守恒定律：m 1gh =1m 1v 12 ①
得v 1= 2
碰撞过程动量守恒 m 1v 1=-m 1v 1' +m 2v 2' ②
碰后m 1反弹上升，由机械能守恒定律：1m 1v 1' 2=m 1gh 1 ③ 2
1m 2上升，由机械能守恒定律：m 2v 2' 2=m 2gh 2 ④ 2
联立①—④解得
h 2= 2
考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律
2mv 0mv 02112．（1）f =（2）v B =v 0方向水平向右 （3）E 2=
；v A =0（方24d 2qd
向水平向左）
【解析】
试题分析：（1）设滑块所受滑动摩擦力大小为f ，则滑块从A 点运动至C 点过程，由动能定理得：
f ⋅d 12=m (v 0-v c 2) ① 22
mv 02解得：f = 4d
（2）假设最后滑块从B 点离开AB 区域，则滑块从C 点运动至B 点过程，由动能定理得 (qE 1+f )⋅
将v c =d 12=m (v c 2-v B ②
)2210和qE 1=f 代入解得：v B =v 0 ③ 22
1
2由于滑块运动至B 点时还有动能，因此滑块从B 点离开AB 区域，速度大小为v 0，方向水
平向右。
（3）要使小滑块在AB 区域内运动的时间到达最长，必须使滑块运动至B 点停下，然后再向左加速运动，最后从A 点离开AB 区域．滑块从C 点运动至B 点过程，由动能定理得： (qE 2+f )⋅d 12=mv c ④
22
由①④两式可得电场强度：E 2=滑块运动至B 点后，因为qE 2=2f＞f ，所以滑块向左加速运动，从B 运动至A 点过程，由动能定理得：
(qE 2-f )⋅d =12mv A ⑥ 2
由以上各式解得滑块离开AB 区域时的速度：
v A =v 0（方向水平向左） ⑦ 2
考点：本题考查动能定理的应用、电场强度，意在考查学生的综合能力。
13．（1）r =0.5m （2）7m ≤x ≤7 .5m 和0≤x ≤5 .5m
【解析】
试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a =μg =5s 2 小物块与传送带共速时，所用的时间t =
运动的位移∆x =v 0=1s a v 0=2.5m ＜L －2=6m（2分） 2a
故小物块与传送带达到相同速度后以v 0=5s 的速度匀速运动到B ，然后冲上光滑圆弧轨
2v N 道恰好到达N 点，故有：mg =m （1分） r
由机械能守恒定律得1212mv 0=mg (2r ) +mv N （2分） 22
解得r =0.5m （1分）
（2）设在距A 点x 1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得： μmg (L －x 1) ＝mgh 代入数据解得x 1＝7.5 m （2分）
设在距A 点x 2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得： μmg (L －x 2) ＝mgR 代入数据解得x 2＝7 m （2分）
则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围7m ≤x ≤7.5m ；（1分） 同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由(1)可知x 3＝8m-2.5m=5.5 m （1分） 则：0≤x ≤5.5m 。（1分）
故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围为：
7m ≤x ≤7 .5m 和0≤x ≤5 .5m （1分）
考点：圆周运动 功能关系
22v 12+v 22(ma -mg sin θ) ⋅(v 12+v 2) 14．（1）h =（2）μ= 224g mg cos θ(v 12+v 2) +64kQqg 2cos 2θ
【解析】
试题分析：(1)设小物块从M 到N 或N 到M 过程摩擦力做的功大小为W f
M 和N 在到点电荷距离相等即在同一个等势面上，所以电场力不做功，根据动能定理有 M 到N ：0-
N 到M ：12mv 1=-mgh -W f （2分） 212mv 2-0=mgh -W f （2分） 2
v 12+v 22解得： h = （2分） 4g
根据几何关系有 MN =h , r =OD =MN h h tan θ=tan θ= （1分） sin θ22sin θ
经过O 点，电场力与斜面垂直，沿斜面方向有
mg si n θ+f =ma （2分） 垂直斜面方向F mg cos θ-k Qq
N -r 2=0（2分）
滑动摩擦力f =μF N 解得：μ=ma -mg sin θ(ma -mg sin θ) ⋅(v 222
1+v
mg cos θ+k Qq =2)
mg cos θ(v 22222
1+v 2) +64kQqg cos θ
r 2
考点：动能定理 电场力做功
15．（1）R =0.1m （2）m =0.05kg （3）E =5⨯10-4J
【解析】
试题分析：（1）由图乙得小滑块做简谐振动的周期T =π
5s
由T =2得R =T 2g
4π2=0.1m
（2）在最高点Ａ，有：F min =mg cos θ v 2
在最低点Ｂ，有：F max -mg =m R
从Ａ到Ｂ，滑块机械能守恒，有：mgR (1-cos θ)=1
2mv 2
解得：m =0.05kg
（3）滑块机械能守恒，故E =mgR (1-cos θ)=1
2mv 2=5⨯10-4J
考点：简谐运动、圆周运动的向心力、机械能守恒定律的应用
16．（1
）μ=2）23.3J （3）29.17J
2cos θ1分） （
【解析】 试题分析：（1）（3分）由于最终物块与带共速，所以物体开始向上运动， 由图象可知物体的加速度大小为a =12m /s 2，方向沿传送带向下， 根据牛顿第二定律有：mg sin300+μmg cos300=ma 求得：
μ=3分）由图可知：t 2=s
6 传送带在0～t 2内通过的位移：S =v 2t 2=
5
10m 3
70
J =23.3J 3
（2）根据能的转化和守恒定律，电动机多消耗的电能E =μmg cos30S =
（3）（4分）因为物体与传送带的相对位移：∆S =
产生的内能：Q =μmg cos30∆S =
125(v 1+v 2) t 2=m 26
175
J =29.17 6
考点：考查了牛顿第二定律，功能关系，能力守恒定律的综合应用 17．（1）2.5m /s 2（2）2.4m （3）12J
【解析】
试题分析：(1)对物体受力分析，依据牛顿第二定律：
物体受到斜面对它的支持力F N =mg cos θ= 物体受到斜面对它的摩擦力F f =μF N =2.5N 物体的加速度a 1=
F -mg sin θ-F f
m
=2.5m /s 2
(2)力作用t 0=1.2s 后，速度大小为v =a 1t 0=3m /s 物体向上滑动的距离s 1=
12
a 1t 0=1.8m 2
mg sin θ+umg cos θ
=7.5m /s 2
m
此后它将向上匀减速运动，其加速度大小a 2=
v 2
这一过程物体向上滑动的距离s 2==0.6m
2a 2
整个上滑过程移动的最大距离s =s 1+s 2=2.4m （3）整个运动过程所通过的路程为s ' =2s =4.8m 克服摩擦所做的功W f =F f s ' =12J
考点：考查了牛顿第二定律，匀变速直线运动规律，恒力做功
18．（1
）v =
v 02
（2）x 1=-x 0（3）
4μg cos θ
E P =
11
mv 02(tan θ+1) 4μ
【解析】 试题分析：（1）A 从P 点运动到O 点，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知：
(mg sin θ-μmg cos θ) x 0=
得：v =
121
mv -mv 02（3分）
22
2分）
12
（2）A 从P 点向下运动再向上运动回到P 点的全过程中，根据动能定理：
μmg cos θ⋅2(x 1+x 0) =mv 02（3分） v 02
x 1=-x 0（2分）
4μg cos θ
（3）A 从O′点向上运动到P 点的过程中，由能量守恒定律可知：
E P =(mg sin θ+μmg cos θ) ⋅(x 1+x 0) （3分）
解得 E P =
11
mv 02(tan θ+1) （3分） 4μ
考点：动能定理 功能关系
19．见解析 【解析】
试题分析：解：（1）由图象可知，分离时物块A 的初速度v A =4m/s， ①（1分） A 最终位置与P 点距离s A =8m， ②（1分）
从A 、B 分离到A 匀减速运动停止，有v A =2as A ③（1分） 得A 的加速度大小 a=1m/s ④（1分）
由牛顿第二定律可知f A =μm A g =m A a ⑤（2分） 解得 μ＝0.1 ⑥（2分）
【或：从A 、B 分离到A 匀减速运动停止，由动能定理
2
2
12
-μm A gs A =0-m A v A （3分）
2
解得 μ＝0.1 （1分）】
（2）A 、B 分离过程，由动量守恒0=m B v B -m A v A ⑦（2分） 解得 vB =5m/s ⑧（2分）
（3）(Ⅰ) 若B 恰好能返回并追上A ， B从分离后到追上A 过程由动能定理
12
-μm B g (2x 1+S A ) =0－m B v B ⑨ （2分）
2
解得 x1=2.25m ⑩ （1分）
(Ⅱ) 若B 恰好不冲出斜面，B 从P 到E 过程由动能定理
μm B gx 2-m B gH =0-
12m B v B ⑪（2分） 2
解得 x2=0.50m ⑫ （1分）
综上，要使B 能追上A ，x 应满足：2.25m ≥L ≥0.50m
（评分说明：①~④各1分，⑤~⑧各2分，⑨⑪各2分，⑩⑫各1分） 考点：动量守恒定律 动能定理 20．（1
）μ=
21m （2）s =2610
【解析】
试题分析：（1）从A 、B 开始运动到B 落地过程中，对AB 系统，由功能关系得
m B gH =m A gH sin θ+μm A gH cos θ+
带入数据得μ=
1
(m A +m B )v 2
2
（2）B 落地后，A 沿斜面继续向上运动，根据动能定理
1
-(m A g sin θ+μm A g cos θ)x =0-m A v 2
2
4m 所以x =13
21m 物体沿斜面滑动的最大距离为s =x +H =26
考点：动能定理、功能关系
21．(1)6.8 N (2)3.0 m/s (3)0.30 m 【解析】
试题分析：(1)设经过C 点速度为v 1，由机械能守恒有mg(H＋R) ＝
12mv 1 2
mv 12
由牛顿第二定律有F N －mg ＝
R
代入数据解得：F N ＝6.8 N.
(2)P点时速度为v P ， P到Q 做平抛运动有h ＝代入数据解得：v P ＝3.0 m/s. (3)由机械能守恒定律，有
12x
gt ，＝v P t 22
12
mv ＋mgh ＝mg(H＋h OD ) ， 2p
代入数据，解得h OD ＝0.30 m.
考点：本题考查机械能守恒、平抛运动规律。
22．（1）F ＝1080N （2）1.2m （3）两人的看法均不正确，当绳长越接近1.5m 时，落点距岸边越远。 【解析】
试题分析：（1）小球下摆过程机械能守恒 mgl (1-cos α) =
12
mv ① 2
v 2
在最低点应用牛顿第二定律得： F′－mg ＝m
l
解得 F′＝（3－2cos α）mg
由牛顿第三定律得人对绳的拉力 F＝F′ 则 F＝1080N
（2）对开始下落到水中最低点应用动能定理得： mg（H －lcos α＋d ）－（f 1＋f 2）d ＝0 代人数据解得： d=1.2m
(3)选手从最低点开始做平抛运动，水平方向有： x=vt
12gt 2
12
还有mgl (1-cos α) =mv
2
竖直方向有：H-l =
联立解得：x = 由数学知识得当l =
H
=1.5m 时，x 有最大值，因此两人的看法均不正确，当绳长越接近2
1.5m 时，落点距岸边越远。
考点：本题考查了机械能守恒和平抛运动
' 23．v 2=v 2
【解析】
试题分析：物体从A 点滑动到B 过程中，根据动能定理有：-μmgx AB =
1212
mv 2-mv 1 ① 22
若该物块仍以速度v 1从A 点沿两斜面滑动至B 点的过程中，设最高点为C 点，AC 与水平面的夹角为
θ
，CB 与水平面的夹角为
α
，则有：
-μmg cos θx AC -μmg cos αx BC =
11
'2-mv 12 ② mv 2
22
' 由①②解得：v 2=v 2
考点：本题考查了动能定理的应用、滑动摩擦力． 24．
(1) h =
4 (2) W =
1) mgL (3) v m =H =L
3【解析】
试题分析：：（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h ． 因F 恒定，所以两绳对物块拉力大小分别为F ，两绳与竖直方向夹角均为θ，由平衡条件知：
2F cos θ=mg , 所以θ=60o
由图知：h =L tan 30o =
① （2）物块下落h 时，绳的C 、D 端均上升h ',
由几何关系可得：h '=克服C 端恒力F F 的功为：W =Fh ' ③
由①②③式联立解得：W =L ②
1) mgL （3）在物块下落过程中，共有三个力对物块做功．重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功．两端绳子拉力做的功就等于作用在C 、D 端的恒力F 所做的功． 因物块下降距离h 时动能最大．由动能定理得：mgh -2W =将①②③式代入④式解得：v m =
12
mv m ④
2
当物块速度减小为零时，物块下落距离达到最大值H ，绳C 、D 上升的距离为H '．由动能定理得：
mgH -2mgH '=
0，又H '=L
联立解得：H =
4L 3
考点：本题考查了动能定理的应用、力的合成与分解的运用、共点力平衡的条件及其应用. 25．（1
）v B =【解析】
2
v B
试题分析：（1）小球到达B 点：由mg =m
R
（2）h =R （3
）v C =与水平方向夹角的正切值是2
32
解得：v B 12mv B 2
（2）设小球的释放点距A 点高度为h ，由机械能守恒定律得：mg (h -R ) =解得：h =
3R 2
12gt
y o
（3）小球落到C 点时：由tan θ=，得：tan 45=
v B t x
解得：t =
v y =gt =
小球落到C
点得速度大小：v C ==小球落到C 点时，速度与水平方向夹角为ϕ
：tan ϕ=
v y v B
=
=2
考点：本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、平抛运动.
v 1r 2m (x 1-x 2) v 2
=26． (1)；(2) Wf ＝mgH- v 2r 12x 2
【解析】
试题分析: （1）设A 1和B 2的质量分别为m 1和m 2，根据万有引力定律和牛顿运动定律
22
v 1r 2GMm 1m 1v 1GMm 2m 2v 2
=== 解得 22
v r r r r 1r 22112
设小球距离中心轴x 2的轨道面运动的速度为v′，由于小球的运动模拟行星运动，有
v 1r
=2 v 2r 1
m (x 1-x 2) v 2
12
12
根据动能定理：mgH −W f ＝m v '-mv 联立解得：W f ＝mgH-
222x 2
考点：万有引力定律及其应用；动能定理 27．(1)v 0=
s (2) t=1s （3）E k min = 【解析】
试题分析：（1
）小物块从O 到P ，做平抛运动 水平方向：R cos370=v 0t （2分）
0竖直方向：R sin 37=
12
gt （2分） 2
解得：v 0=
s （1分） （2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O 点， 由动能定理得：Fx -μmgS =∆E k =0 （1分） 解得：x=25m （1分）
由牛顿第二定律得：F -μmg =ma （2分） 解得：a =5s （1分） 由运动学公式得：x =
2
12
at （2分） 2
解得：t=1s （1分）
（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x ，y ），则
x =v 0t （1分）
12
gt （1分） 2
12
由机械能守恒得：E k =mv 0+mgy （1分）
2y =
又x 2+y 2=R 2 （1分）
mgR 23mgy
化简得：E k = （1分）
+
4y 4
由数学方法求得E k min =
（1分） 考点：本题考查牛顿第二定律、平抛运动及机械能守恒，意在考查学生的综合能力。 28．（1）v 1=4m/s （2）v 2=5 m/s 【解析】
试题分析：（1）设滑块下滑至P 点时的速度为v 1, 由械能守恒定律得 mgxsin53º=①
解得 v1=4m/s ②
（2）设滑块再次滑到P 点时速度为v 2，绳与斜杆的夹角为θ， M 的速度为v M ，如图将绳端进行分解得：
12
mv 1 2
v M = v2cos θ
由几何关系得θ=90 º ③ v M =0 ④
再由系统机械能守恒定律得： Mgl(1－sin53º)+mgxsin53º=
12
mv 2+0 ⑤ 解得 v2=5 m/s ⑥ 2
考点：本题考查动能定理和运动的分解以及机械能守恒定律。 29．M=2m 【解析】
试题分析：在自由下落的过程中，两种情况下落至钢板的速度相同，
2即v 0＝2g·3x0，所以v 0
分)
在碰撞时，因时间极短，故动量守恒．分别有：
mv 0＝2mv 1(2分) Mv 0＝(M+m)v2(2分)
在压缩弹簧后至回到O 处的过程中机械能守恒，分别有：
12 (2m)v1＝2mgx 0(3分) 2112
E p ＋·(M+m)v2＝(M+m)gx·(M+m)v(3分) 0＋2
22
E p ＋
在第二种情况下，两者在O 处分离后，物块做竖直上抛运动，其最大高度
v 21h ＝＝x 0. (2分)
2g 2
解得：M=2m(2分)
考点：本题考查了动量守恒和机械能守恒 30．（1）2.4s ；（2）280J 【解析】
试题分析：(1)物体开始受到向上的摩擦力作用，做匀加速运动，滑动摩擦力
f 1=μmg cos θ=75N
上滑过程中由牛顿第二定律可知
m v
经过时间t 1==0.8s ，速度达到2m/s，上升位移
a
a =
μmg cos θ-mg sin θ
=μg cos θ-g sin θ=2.5m 2
v 2
s 1==0.8m
2a
然后在静摩擦力作用下做匀速运动，上升剩下的位移
s 2=(4-0.8)m =3.2m
所用时间
t 2=
s 2
=1.6s v
总时间
t =t 1+t 2=2.4s
(2)根据能量守恒可知，带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能，应该是煤块增加的机械能与摩擦产生的内能的总和，二者因摩擦产生的内能为
Q =f 1s 相对=f 1(vt 1-s 1)=60J
煤块增加的机械能为
1
E =mgh +mv 2=220J
2
电动机由于传送工件多消耗的电能为
W =E +Q =280J
考点：匀变速直线运动的公式及其应用、牛顿运动定律的应用、功能关系及能量守恒定律 31． （1）μ＝2tan θ；（2）物块的下端停在B 端；（3）s ＝3L 【解析】
试题分析: (1)当整体所受合外力为零时，整体速度最大，设整体质量为m ，则
mg sin θ＝μ
1
mg cos θ 2
得μ＝2tan θ
(2)设物块停止时下端距A 点的距离为x ，根据动能定理
1
mg (2L ＋x )sin θ－μmg cos θL －μmg cos θ(x －L ) ＝0
2
解得x ＝3L
即物块的下端停在B 端
(3)设静止时物块的下端距A 的距离为s ，物块的上端运动到A 点时速度为v ，根据动能定理
11
mg (L ＋s )sin θ－μmg cos θL ＝mv 2
22
物块全部滑上AB 部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一块为研究对象，设其质量为m 0，
运动到B 点时速度正好减到0，根据动能定理
1
m 0g 3L sin θ－μm 0g 3L cos θ＝0－m 0v 2 得s ＝3L
2
考点： 动能定理
32．（1）80V （2）E k =1.2⨯1010J （3）S=4.0m
2
【解析】 试题分析：
（1）由题意知匀强电场方向向下， b板接地，因此ϕa =U ab =Eh =80V （2）由动能定理，qU ab =E k -
1
mv 02 解得带电粒子打在金属板上时的动能为 2
E k =
1
mv 02+qU ab =1.2⨯1010J 2
（3）粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界，设水平抛出后t 时间落到金属板上，
由平抛运动规律知x =v 0t ，h =
12qE 2at ，a =，S =πx 2m
2
2πmv 0h 2
联立以上各式，解得S ==4.0m
qE
可以通过减小h 或增大E 实现。
考点：电势 电势差 动能定理 平抛运动规律