2021届高考百题大战：攻破高考理综物理力学计算题(含答案详解)(一)

高考物理全国卷突破力学计算题 (一)
1.随着科学技术的发展,运动员的训练也由原来的高强度、大运动量,转变为科学训练。

我们看到世界优秀的百米运动员的肌肉都特别发达,有些甚至接近健美运动员,因为肌肉与脂肪的比率越高,他运动过程中受到的阻力就越小,加速跑的加速度就越大,因此可以提高运动员的
比赛成绩。

某运动员的质量m=
80.0 kg,他的百米跑可以简化成两个阶段:第一阶段为匀加速直线运动,第二阶段为匀速运动。

假设运动员跑动时所受到的阻力大小恒等于运动员自身重力的0.24倍。

若该运动员的百米成绩为10.0 s,匀速运动的速度v=12.0 m/s。

重力加速度g取10 m/s2。

求:
(1)该运动员加速跑阶段的加速度大小和加速的距离。

(2)假设该运动员通过科学训练使体重减小到75.0 kg,而他的肌肉力量不变,所能达到的最大速度不变,这个运动员的百米成绩能提高到多少秒?(结果保留三位有效数字)
2. 如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图,已知传送带由电磁铁组成,位于A
轮附近的铁矿石被传送带吸引后,会附着在A轮附近的传送带上,被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面,且吸引力为其重力的1.4倍,当有铁矿石附着在传送带上时,传送带便会沿顺时针方向转动,并将所选中的铁矿石送到B端,由自动卸货装置取走。

已知传送带与水平方向夹角为53°,铁矿石与传送带间的动摩擦因数
为0.5,A、B两轮间的距离为L=64 m,A、B两轮半径忽略不计,g取10 m/s2,
sin 53°=0.8,cos53°=0.6。

(1)若传送带以恒定速率v0=10 m/s传动,求被选中的铁矿石从A端运动到B端所需要的时间;
(2)实际选矿传送带设计有节能系统,当没有铁矿石附着传送带时,传送带速度几乎为0,一旦
有铁矿石吸附在传送带上时,传送带便会立即加速启动,要使铁矿石最快运送到B端,传送带
的加速度至少为多大?并求出最短时间。

3.如图所示,在光滑水平面上,质量为m=4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k=32 N/m的轻质弹簧,弹簧与物块未拴接。

物块与左侧竖直墙壁用细线拴接,使物块静止在O点,在水平面A 点与一顺时针匀速转动且倾角θ=37°的传送带平滑连接。

已知x OA=0.25 m,传送带顶端为B 点,L AB=2 m,物块与传送带间动摩擦因数μ=0.5。

现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F,使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动。

物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长,运动到B点时撤去力F,物块沿平行AB方向抛出,C为运动的最高点。

传送带转轮半径远小于L AB,不计空气阻力,已知重力加速度g=10 m/s2。

(1)求物块从B点运动到C点,竖直位移与水平位移的比值。

(2)若传送带速度大小为5 m/s,求物块与传送带间由于摩擦产生的热量。

(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v,且v的取值范围为2 m/s<v<3 m/s,物块由O点到B点的过程中力F做的功W与传送带速度大小v的函数关系。

4.如图所示,在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5 kg的小物块,它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5,且与台阶边缘O点的距离s=5 m。

在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板,并以O点为原点建立平面直角坐标系。

现用F=5 N的水平恒力拉动小物块,一段时间后撤去拉力,小物块最终水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)。

(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点,P点的坐标为(1.6 m,0.8 m),求其离开O点时的速度大小。

(2)为使小物块击中挡板,求拉力F作用的距离范围。

(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。

(结果可保留根式)
5.如图所示,物块A、B、C的质量分别为2m、2m、m,并均可视为质点,三个物块用轻绳通过轻质滑轮连接,在外力作用下现处于静止状态,此时物块A置于地面,物块B到C、C到地面的距离均是L,现将三个物块由静止释放。

若C与地面、B到C相碰后速度立即减为零,A与滑轮间的距离足够大,且不计一切阻力,重力加速度为g。

求:
(1)刚释放时A的加速度大小及轻绳对A的拉力大小。

(2)物块A由最初位置上升的最大高度。

(3)若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰,则A的质量应满足的条件。

6.如图甲所示是明德中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油,用横幅打出
的激励语。

下面我们来研究横幅的受力情况,如图乙所示,若横幅的质量为m,且质量分布均匀、由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面上,四条绳子与水平方向的夹角均为θ,其中绳A、B是不可伸长的刚性绳,绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0,重力加速度为g。

(1)求绳A、B所受力的大小。

(2)在一次卫生大扫除中,楼上的小明同学不慎将质量为m0的抹布滑落,正好落在横幅上沿的
中点位置。

已知抹布的初速度为零,下落的高度为h,忽略空气阻力的影响。

抹布与横幅撞击
后速度变为零,且撞击时间为t,撞击过程横幅的形变极小,可忽略不计,求撞击过程中,绳A、B 所受平均拉力的大小。

7.(2020·青岛模拟)如图所示,半径R=2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内,两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连,A处用光滑小圆弧轨道平滑连接,B处与圆轨道相切。

在水平轨道上,两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。

某时刻剪断细线,小球P向左运动到A点时,小球Q沿半圆轨道到达C点;之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。

已知小球P的质量m1=3.2 kg,小球Q的质量m2=1 kg,小球P与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,剪断细线前弹簧的弹性势能E p=168 J,小球到达A 点或B点时已和弹簧分离。

重力加速度g取10 m/s2,sin37°=
0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力,求:
(1)小球Q运动到C点时的速度大小;
(2)小球P沿斜面上升的最大高度h;
(3)小球Q离开半圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。

8.如图所示,质量m=3 kg的小物块以初速度v0=4 m/s水平向右抛出,恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

圆弧轨道的半径为R=3.75 m,B点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接,A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。

MN是一段粗糙的水平轨道,小物块与MN间的动摩擦因数μ=0.1,轨道其他部分光滑。

最右侧是一个半径为r=0.4 m的半圆弧轨道,C点是半圆弧轨道的最高点,半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。

已知重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小;
(2)若MN的长度为L=6 m,求小物块通过C点时对轨道的压力大小;
(3)若小物块恰好能通过C点,求MN的长度L′。

9.如图所示,倾角θ=30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P,斜面上B点与A点的高度差为h。

将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端,质量也为m的物块静止在木板上某处,整个
,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,系统处于静止状态。

已知木板与物块间的动摩擦因数μ=√3
2
重力加速度为g。

(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0,木板上端恰能到达B点,求v0大小;
(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0,物块相对木板刚好静止,求拉力F0的大小;
(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F=2mg,作用一段时间后撤去拉力,木板下端恰好能到达B 点,物块始终未脱离木板,求拉力F做的功W。

10.如图所示,一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ=30°的斜面底端,将弹簧上端
压缩到A点锁定。

一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置,解除弹簧锁定,小物块将沿斜面上
mgh,锁定及解除滑至B点后又返回,A、B两点的高度差为h,弹簧锁定时具有的弹性势能E p=5
4
锁定均无机械能损失,斜面上A点以下部分的摩擦不计,已知重力加速度为g。

求:
(1)物块与斜面间的动摩擦因数。

(2)物块在上滑和下滑过程中的加速度大小之比。

(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定,当物块返回A点时立刻解除锁定。

设斜面最高点C与A的高度差为3h,试通过计算判断物块最终能否从C点抛出。

11.如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上,下端与水平地面在P 点相切,一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上,左端固定有水平轻弹簧,Q 点为弹簧处于原长时的左端点,P、Q间的距离为R,PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ=0.5,Q 点右侧水平地面光滑,现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑,重力加速度为g。

求:
(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小;
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度);
(3)物块A最终停止位置到Q点的距离。

12.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。

t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A运动的v-t图象如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量。

已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。

(1)求物块B的质量。

(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功。

(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等,在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。

求改变前后动摩擦因数的比值。

13.如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。

A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。

先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。

接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。

求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小v A;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小a B、a B′;
(3)B被敲击后获得的初速度大小v B。

14.土星周围有许多大小不等的岩石颗粒,其绕土星的运动可视为圆周运动,其中有两个岩石颗粒A和B与土星中心距离分别为r A=8.0×104km和r B=1.2×105km,忽略所有岩石颗粒间的相互作用。

(结果可用根式表示)
(1)求岩石颗粒A和B的线速度之比;
(2)求岩石颗粒A和B的周期之比;
(3)土星探测器上有一物体,在地球上重为10 N,推算出它在距土星中心3.2×
105 km处受到土星的引力为0.38 N。

已知地球半径为6.4×103 km,请估算土星质量是地球质量的多少倍?
15.如图所示,让摆球从图中的C位置由静止开始摆下,摆到最低点D处,摆线刚好被拉断,小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动,到达A孔进入半径R=0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道,当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。

已知摆线长L=2 m,θ=60°,小球质量为m=0.5 kg,D 点与小孔A的水平距离s=
2 m,g取10 m/s2。

(1)求摆线能承受的最大拉力为多大?
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道,求粗糙水平面动摩擦因数μ的范围。

参考答案
1. 【解析】(1)设加速时间为t,
有1
vt+v(t0-t)=x
2
s,
代入已知数据解得t=10
3
=3.6 m/s2
又a=v
t
加速的距离s=1
vt=20 m
2
(2)设该运动员加速跑时的动力为F,对该运动员有
F-F f=ma,解得F=480 N
体重减少到m=75 kg后,
对该运动员有F-F f′=m1a1
解得a1=4 m/s2,又v2=2a1x1 ,
解得x1=18 m
运动员加速的时间t1=v
=3 s
a1
=6.83 s,
匀速的时间t2=x-x1
v
所以该运动员的百米成绩为
t=t1+t2=9.83 s
答案:(1)3.6 m/s 2
20 m (2)9.83 s
2. 【解析】(1)当传送带匀速向上传动时,对铁矿石 沿传送带方向F f -mgsinθ=ma 垂直传送带方向:F N -mgcosθ-F=0 其中F=1.4mg,F f =μF N ,解得:a=2 m/s 2
则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为:t 1=v 0a =10
2 s=5 s 对应的位移为:
x 1=12a t 12
=1
2×2×52
m=25 m
根据以上计算可知,铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力,所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后,铁矿石会随传送带匀速运动到B 端,则其匀速运动时间为:t 2=
L -x 1v 0
=
64-2510
s=3.9 s,所以铁矿石从传送带的A 端运动到B 端所需要的时间
为:t=t 1+t 2=8.9 s 。

(2)只有铁矿石一直加速运动到B 点时,所用时间才会最短,根据问题(1)分析可知,铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s 2
,所以传送带的最小加速度为: a min =2 m/s 2
,
则有:L=1
2at′2
,代入数据解得最短时间为:t′=8 s 。

答案:(1)8.9 s (2)2 m/s 2
8 s
3. 【解析】(1)设物块从B 运动到C 的时间为t,BC 的竖直距离:h=1
2v 0sinθ·t BC 的水平距离为:x=v 0cosθ·t 代入数据解得:ℎx =3
8
(2)在O 点由牛顿第二定律得:kx OA =ma 代入数据解得:a=2 m/s 2
由v A 2=2ax OA 得:v A =1 m/s 到达B 点时:v B 2=2a(x OA +L AB )
代入数据得:v B =3 m/s 物块从A 到B 运动时间:t=
v B -v A a
=1 s
物块与传送带间摩擦产生的热量: Q=μmgcosθ(vt -L AB ), 代入数据解得:Q=48 J
(3)物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力F,由牛顿第二定律得:F+k(x OA -x)=ma 可知力F 随位移x 线性变化,则:W 1=F x OA =1
2ma ·x OA ,代入数据解得:W 1=1 J 若传送带速度2 m/s<v<3 m/s,物块受到的滑动摩擦力先沿斜面向上后向下
物块的速度小于v时受到的摩擦力的方向向上,由牛顿第二定律
得:F1+μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得:F1=16 N
由速度位移关系得:v2-v A2=2ax1
物块的速度大于v时受到的摩擦力的方向向下,由牛顿第二定律得:F2-
μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得:F2=48 N
由A到B拉力做的功:
W2=F1x1+F2(L AB-x1)
解得:W2=104-8v2
拉力做的总功:W=W1+W2=105-8v2
答案:(1)3
8
(2)48 J (3)W=105-8v2
4. 【解析】(1)小物块从O到P做平抛运动,则:
水平方向:x=v0t
竖直方向:y=1
2
gt2
解得:v0=4 m/s
(2)为使小物块击中挡板,小物块必须能运动到O点,设拉力F作用的最短距离为x1,由动能定理得:Fx1-μmgs=ΔE k-0=0
解得:x1=2.5 m
为使小物块不会飞出挡板,小物块的平抛初速度不能超过4 m/s;设拉力F作用的最长距离为
x2,由动能定理得:Fx2-μmgs=1
2
m v02
解得:x2=3.3 m
故为使物块击中挡板,拉力F的作用距离范围为:2.5 m<x≤3.3 m
(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x,y),则有:x=v0′t′
y=1
2
gt′2
由动能定理得:
mgy = E k-1
2
mv0′2
又:x2+y2=R2
由P点坐标可求得R2=3.2
化简得:E k=mgR 2
4y +3mgy
4
=4
y
+15y
4
由数学方法可得:
E kmin=2√15 J
答案:(1)4 m/s (2)2.5 m<x≤3.3 m (3)2√15 J
5. 【解析】(1)设刚释放时A、B、C的共同加速度大小为a,绳子对A拉力大小为F,由牛顿第二定律得:
对A:F-2mg=2ma
对于B、C整体:3mg-F=3ma,解得:a=g
5
F=2.4 mg
(2)设C下落L落地时A的速度大小为v
gL
由v2=2aL得:v=√2
5
C落地后,由于A、B的质量相等,故B匀速下落,A匀速上升,当A上升L距离后再做竖直上抛运动,上抛过程由机械能守恒定律得:
2mgh=1
·2mv2
2
解得:h=0.2 L
因此物块由最初位置上升的最大高度:
H=2 L+h=2.2 L
(3)若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地,由题意可知A的质量需满足m A<3 m 若B与C不相碰,即C落地后B减速下降到地面时速度为0,从释放到C落地的过程A、B、C 系统机械能守恒,则:
(3m+m A)v′2
3mgL-m A gL=1
2
解得:v′=√2(3m-m A)gL
3m+m A
从C落地到B减速到地面速度为0的过程中,A、B系统机械能守恒,则:
(2m+m A)v′2=m A gL
2mgL+1
2
解得:m A=√6m
因此,系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰的条件为:√6m<m A<3m
2.4 mg (2)2.2 L (3)√6m<m A<3m
答案:(1)g
5
6. 【解析】(1)横幅在竖直方向上处于平衡状态
2Tsin θ=2T0 sin θ+mg
解得T=T0+mg
2sinθ
(2)抹布做自由落体运动,其碰撞前的速度满足
2gh=v02
碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为F,由动量定理可得-(F-m0g)t=0-m0v0
解得F=m0g+m0√2gℎ
t
由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力F′=F
横幅仍处于平衡状态:
2T 1sin θ=2T 0sin θ+mg+F′
解得T 1=T 0+mg+m 0g 2sinθ
+m 0√2gℎ2tsinθ 答案:(1)T 0+mg 2sinθ (2)T 0+mg+m 0g 2sinθ+m 0√2gℎ2tsinθ
7. 【解析】(1)两小球弹开的过程,由动量守恒定律得:m 1v 1=m 2v 2
由机械能守恒定律得:
E p =12m 1v 12+12m 2v 22 联立可得:v 1=5 m/s,v 2=16 m/s
小球Q 沿半圆轨道运动过程中,由机械能守恒定律可得:
12m 2v 22=12m 2v C 2+2m 2gR 解得:v C =12 m/s 。

(2)小球P 在斜面向上运动的加速度为a 1,
由牛顿第二定律得:
m 1gsinθ+μm 1gcosθ=m 1a 1,
解得:a 1=10 m/s 2
故上升的最大高度为:
h=v 122a 1sinθ=0.75 m
(3)设两小球相遇点距离A 点为x,小球P 从A 点上升到两小球相遇所用的时间为t,小球P 沿斜面下滑的加速度为a 2,则:
m 1gsin θ-μm 1gcos θ=m 1a 2,
解得:a 2=2 m/s 2
小球P 上升到最高点所用的时间:
t 1=v
1a 1=0.5 s, 则:2R=12gt 2+h-12a 2(t-t 1)2
sin θ 解得:t=1 s 。

答案:(1)12 m/s (2)0.75 m (3)1 s
8. 【解析】(1)根据平抛运动的规律有v 0=v A cos37°
解得小物块经过A 点时的速度大小v A =5 m/s
小物块从A 点运动到B 点,根据机械能守恒定律有12m v v 2+mg(R-Rcos37°)=12m v v 2 小物块经过B 点时,根据牛顿第二定律有F N -mg=vv v 2v
解得F N =62 N,根据牛顿第三定律,小物块经过B 点时对轨道的压力大小是62 N 。

(2)小物块由B 点运动到C 点,根据动能定理有
-μmgL -2mgr=12m v v 2-12m v v 2 在C 点,根据牛顿第二定律有F N ′+mg=vv v 2v
解得F N ′=60 N,根据牛顿第三定律,小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60 N 。

(3)小物块恰好能通过C 点时,根据
mg=vv 'v 2v 解得v C ′=2 m/s
小物块从B 点运动到C 点的过程中,根据动能定理有-μmgL′-2mgr=12mv 'v 2-12m v v 2 解得L′=10 m 。

答案:(1)62 N (2)60 N (3)10 m
9. 【解析】(1)由机械能守恒定律得
12
×2m v 02=2mg(h-Lsinθ) 解得:v 0=√(2ℎ-L )g
(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有
F 0-2mgsinθ=2ma 0
对物块由牛顿第二定律有
μmgcosθ-mgsinθ=ma 0
解得:F 0=32mg (3)设拉力F 的作用时间为t 1,再经时间t 2物块与木板达到共速,再经时间t 3木板下端到达B 点,速度恰好减为零。

对木板有F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1
mgsinθ+μmgcosθ=ma 3
对物块有μmgcosθ-mgsinθ=ma 2
对木板与物块整体有2mgsinθ=2ma 4
另有:a 1t 1-a 3t 2=a 2(t 1+t 2)
a 2(t 1+t 2)=a 4t 3
12a 1t 12+a 1t 1t 2-12a 3t 22+12a 4t 32=ℎsinθ
W=F ·12a 1t 12 解得:W=94mgh 。

答案:(1)√(2ℎ-L )g (2)32mg (3)94mgh
10. 【解析】(1)物块从A 第一次上滑到B 的过程中,由能量守恒定律得:
E p =μmgcosθ·ℎsinθ+mgh
即:54mgh=μmgcosθ·ℎsinθ+mgh
解得:μ=√312
(2)在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用,设上升和下降过程中的加速度大小分别是a 1和a 2,根据牛顿第二定律得:
物块上升过程有:mgsinθ+μmgcosθ=ma 1
解得: a 1=g(sinθ+μcosθ)=58g
物块下滑过程有:mgsinθ-μmgcosθ=ma 2
解得: a 2=g(sinθ-μcosθ)=38g 故:a 1∶a 2=5∶3
(3)经过足够长时间后,弹簧给物块补充的弹性势能将全部转化为物块在斜面上来回运动时因摩擦产生的热量,设稳定时物块上升的最大高度为h m ,则由能量守恒定律得:
E p =2μmgcosθ·ℎ
m sinθ 即:54mgh=2μmgcosθ·ℎm sinθ
解得:h m =2.5 h<3 h
所以物块不可能到达C 点,即不能从C 点抛出
答案:(1)√312 (2)5∶3 (3)物块不能从C 点抛出 计算过程见解析
11. 【解析】(1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点,设速度大小为v P ,
由机械能守恒定律有:mgR=12m v P 2 设在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ,
由牛顿第二定律有:F N -mg=m
v P 2R ,
联立解得:F N =3mg,
由牛顿第三定律可知物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小为3mg 。

(2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0,由动能定理有mgR-μmgR=12m v 02-0, 解得v 0=√gR ,
当物块A 、物块B 具有共同速度v 时,弹簧的弹性势能最大,以向右为正方向
由动量守恒定律有:mv 0=(m+2m)v,
12m v 02=12
(m+2m)v 2+E pm , 联立解得E pm =13mgR 。

(3)设物块A 与弹簧分离时,A 、B 两物体的速度大小分别为v 1、v 2,则有mv 0=-mv 1+2mv 2, 12m v 02=12m v 12+12(2m)v 22,联立解得:v 1=13√gR , 设物块A 最终停在Q 点左侧x 处,
由动能定理有:-μmgx=0-12m v 12,
解得x=19R 。

答案:(1)3mg (2)13mgR (3)19R
12. 【解析】(1)根据图(b)可知,v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小,v 12为其碰撞后瞬间速度的大小。

设物块B 的质量为m′,碰撞后瞬间的速度大小为v′,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv 1=m(-v 12)+m′v′
① 12m v 12=12m(-v 12)2+12m′v′2 ②
联立①②式得m′=3m ③
(2)在图(b)所描述的运动中,设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s 1,返回过程中所走过的路程为s 2,P 点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为
W 。

由动能定理有mgH-fs 1=12m v 12-0 ④
-(fs 2+mgh)=0-12m(-v 12
)2 ⑤ 从图(b)所给的v-t 图线可知
s 1=12v 1t 1 ⑥
s 2=12·v 12·(1.4t 1-t 1) ⑦
由几何关系s 2s 1=ℎH ⑧ 物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W=fs 1+fs 2 ⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=215mgH ⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有 W=μmgcosθ·H+ℎsinθ 设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s′,由动能定理有-μm′gs′=0-12m′v′2
设改变后的动摩擦因数为μ′,由动能定理有
mgh-μ′mgcosθ·ℎsinθ-μ′mgs′=0
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩
式可得μμ'=119 答案:(1)3m (2)215mgH (3)11
9
13. 【解析】(1)由牛顿运动定律知,A 加速度的大小a A =μg
由匀变速直线运动规律有2a A L=v A 2
解得v A =√2μgL
(2)设A 、B 的质量均为m
对齐前,B 所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=ma B ,得a B =3μg
对齐后,A 、B 所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2ma B ′,得a B ′=μg
(3)设敲击B 后经过时间t,A 、B 达到共同速度v,位移分别为x A 、x B ,A 加速度的大小等于a A 则v=a A t,v=v B -a B t
x A =12a A t 2,x B =v B t-12a B t 2
且x B -x A =L
解得v B =2√2μgL 。

答案:(1)√2μgL (2)3μg μg (3)2√2μgL
14.【解析】(1)设土星质量为M 0,颗粒质量为m,颗粒距土星中心距离为r,线速度为v, 根据牛顿第二定律和万有引力定律:
GM 0m r =mv 2r ,
解得:v=√GM 0r ,
对于A 、B 两颗粒分别有:v A =√GM 0
r A 和v B =√GM 0
r B ,得:v A v B =√62; (2)设颗粒绕土星做圆周运动的周期为T,
则:T=2πr v ;
对于A 、B 两颗粒分别有:T A =
2πr A
v A 和T B =2πr B v B 得:T A T B =2√69
; (3)设地球质量为M,地球半径为r 0,地球上物体的重力可视为万有引力,探测器上物体质量为m 0,在地球表面引力为G 0,距土星中心r 0′=3.2×105 km 处的引力为G 0′,根据万有引力定律:G 0=
GMm 0r 02,G 0′=GM 0m 0r 0'2, 可得M 0M =95(倍)。

答案:(1)√62 (2)2√69 (3)95倍
15. 【解析】(1)当摆球由C 运动到D 时机械能守恒:
mg(L-Lcosθ)=12m v D 2 由牛顿第二定律可得:
F m -mg=mv D
2L
可得:F m =2mg=10 N
(2)小球不脱离圆轨道分两种情况:
①要保证小球能到达A 孔,设小球到达A 孔的速度恰好为零,由动能定理可得:
-μ1mgs=0-12m v D 2
可得μ1=0.5
若进入A 孔的速度较小,那么将会在圆心以下做等幅摆动,不脱离轨道。

其临界情况为到达圆心等高处速度为零,由机械能守恒可得:
12m v A 2=mgR
由动能定理可得:
-μ2mgs=12m v A 2-12m v D 2 可求得:μ2=0.35
②若小球能过圆轨道的最高点且不会脱离轨道,则球在圆周的最高点,
由牛顿第二定律可得:mg=m v 2R
由动能定理可得:
-μ3mgs-2mgR=12mv 2-12m v D 2 解得:μ3=0.125
综上所述,动摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125
答案:(1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125。