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有aB==μmg/m==1m/s (1分) aA==(qE－μmg)/M==2.2m/s (1分) 又υB==υ－aBt , υA==|υ－aAt| (2分) 将其与③式联立可得 t==1s,υB==1m/s,υA==0.2m/s (3分) 1
再由运动学公式可得sB==υt－ aBt2==1.5m (1分)
21
sA==υt－ aAt2==0.9m (1分)
2 所以L1＝sB-sA==0.6m (1分) 又将数据代入②式解得 L2==0.6m (1分) 所以小车的最短长度为L==L1+L2==1.2m
26竖直平面内的轨道ABCD由水平滑道AB与光滑的四分之一圆弧滑道CD组成AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道放在光滑的水平面上，如图所示。一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E冲上水平滑道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平滑道AB的中点。已知水平滑道AB长为L，轨道ABCD的质量为3m。求：
（1）小物块在水平滑道上受到摩擦力的大小。
（2）为了保证小物块不从滑道的D端离开滑道，圆弧滑道的半径R至少是多大？
（3）若增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R，试分析小物块最终能否停在滑道上？ 解：（1）在轨道I上，探测器所受万有引力提供向心力，设土星质量为M，则有
2
Mm υ1
G2 = m ①
R R
2
2
同理，在轨道Ⅲ上有
2 Mm′ υ32G= m′ ② r r R
· υ1 ③ r
由式①②可得 υ3 =
探测器在轨道Ⅲ上运行时加速度设为a ，则有
2
Mm ′ υ3
G = m′a 或 a = ④
r r
2
由式①④可得 a = 2 υ1 ⑤ （2）探测器在A点喷出气体前后，由动量守恒得
mυ1 = (m - △m)υ2 + △mu ⑥ υ1 - υ2
△m = ·m ⑦
u - υ2
27在光滑的水平面上有一质量M = 2kg的木板A，其右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽略不计质量m = 2kg的滑块B。木板上Q处的左侧粗糙，右侧光滑。且PQ间距离L = 2m，如图所示。某时刻木板A以υA = 1m/s的速度向左滑
3 行，同时滑块B以υB = 5m/s的速度向右滑行，当滑块B与P处相距 L 时，二者刚好
4
Rr2
处于相对静止状态，若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它碰后以原速率反弹（碰后立即撤去该障碍物）。求B与
2A的粗糙面之间的动摩擦因数μ和滑块B最终停在木板A上的位置。（g取10m/s）
解：（1）小物块冲上轨道的初速度设为v(E在这个过程中，系统动量守恒，有mv物理组李宗石老师提供
?12mv)，最终停在AB的中点，跟轨道有相同的速度，设为V 2 ①
?(M?m)V学大教育高新校区物理组
系统的动能损失用于克服摩擦做功，有
?E??E?1211M3mv?(M?m)V2?mv2()?E ② 222M?m43 ③ 解得摩擦力f?E. fL2L2（2）若小物块刚好到达D处，此时它与轨道有共同的速度（与V相等），在此过程中系统总动能减少转化为内能（克服摩擦做功）和物块的势能，同理，有
?E1?1213mv?(M?m)V2?E?fL?mgR ④ 224解得要使物块不从D点离开滑道，CD圆弧半径至少为R?E. 4mg（3）设物块以初动能E′，冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R,物块从D点离开轨道后，其水平方向的速度总与轨道速度相等，达到最高点后，物块的速度跟轨道的速度相等（设为V2），同理，有
?E??1133mv?2?(M?m)V22?E??fL?mgR ⑤ 2242物块从最高点落下后仍沿圆弧轨道运动回到水平轨道上沿BA方向运动，假设能沿BA运动x远，达到与轨道有相同的速度（等于V2），同理，有，
?E??1133mv?2?(M?m)V22?E??f(L?x) ⑥ 解得x?L 2244物块最终停在水平滑道AB上，距B为
3L处。 428、（05广东）如图14所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s=2.88m。质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端。C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10，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。现给C施加一个水平向右，大小为
2mg的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木5板，每块木板的长度至少应为多少？ 解：设M、m共同速度为υ，由动量守恒定律得
mυB - MυA = ( M + m )υ υ =
对A，B组成的系统，由能量守恒
mυB - MυA
= 2m/s
M + m
1
Mυ2
2 A
1+ mυ2
2 B
12 3
- ( M + m ) υ= μmg L 24
代入数据得 μ = 0.6
木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。
由动量守恒定律得 mυ - Mυ = ( M + m )u 设B相对A的路程为s，由能量守恒得 12
( M + m ) υ= μmgs 2
u = 0
2 代入数据得 s = m
3
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由于 s > ，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s1
4
Ls1 = s - L = 0.17m
1
4
29、（05江苏）如图所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B一个水平初速度v0，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长．求：
(1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度． (2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度． (3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ. (4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．
解：（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为vB，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向
的速度也为vB，由动量守恒定律，得
1mv0?3mvB 由此解得vB?v0
3（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
mv0?mvB?2mvA
121212 mv0?mvB?2?mvA22212解得vB??v0 vA?v0（三球再次处于同一直线）
33vB?v0，vA?0（初始状态，舍去）
所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为vBBu?ACu1??v0（负号表明与初速度反向）
3（3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间的夹角为θ
量守恒定律和机械能守恒定律，得
（如图），则仍由动
mv0?2musin?2
121mv0?2?mu2 2212另外，EKA?mu
2由此可解得，小球A的最大动能为EKA1?mv02，此时两根绳间夹角为??90? 4（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性
v02v2F?m?mv?vA?vB?v0LL 参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为所以，此时绳中拉力大小为：
30、（05全国卷Ⅱ）质量为M的小物块A静止在离地面高h的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动以速度v0与之发
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生正碰（碰撞时间极短）。碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L。碰后B反向运动。求B后退的距离。已知B与桌面间的动摩擦因数为?。重力加速度为g。
12
解：设AB碰后A的速度为v1，则A平抛有：h= gt L=v1t
2求得：v1=L
g
① 2h
设碰后B的速度为v2 ，则对AB碰撞过程由动量守恒有：mv0=Mv1－mv2 ② 12
设B后退距离为s，对B后退直至停止过程，由动能定理：：μmgs= mv2 ③
21MLg2MLv02
由①②③解得：s= (2 +v0－ 2μg2mhm
2
2
g
) 2h
31、（05天津）如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B（视为质点），它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的12N?s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EM为8.0J，小物块的动能为0.50J，重力加速度取10m/s，求
⑴瞬时冲量作用结束时木板的速度v0； ⑵木板的长度L。
A B 2
L 解：(1)设水平向右为正方向，有：I＝mAv0 ① 代入数据得：v=3.0m/s ②
C （2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA、FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有
－(FBA?FCA)t?mvA－mAv0 ③ FABt?mBvB ④
其中FAB＝FBA
FCA＝（?mA?mC)g ⑤
设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB，有
1212 ⑥ －(FBA?FCA)sA?mvA－mAv022FAB sB＝EKB
⑦
动量和动能之间的关系为：mAvA?2mAEKA ⑧ ⑨
mAvA?2mAEKA木板A的长度 L＝sA－sB ⑩
代入数据得：L=0.50m 11 物理组李宗石老师提供
○
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