3固定时示数为F1，对小球F1=mgsinθ ①
整体下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a ② 下滑时，对小球：mgsinθ-F2=ma ③ 由式①、式②、式③得 μ=
F2F1tan θ
5（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律：
mv0?Mv?(m?M)v1 （1分）
代入数据，解得： v1=3m/s （1分） （2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇,则： t0?sv0 （1分）
设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：
2?(m?M)g?(m?M)a得： a??g?3m/s （1分）
设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：
t1?t2??va=1s （1分）
故木盒在2s内的位移为零 （1分）
t?2t) 0 （2分） 依题意： s?v0?t1?v(?t??t1?t?1代入数据，解得： s=7．5m t0=0．5s （1分） （3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s1,则： S?v(?t??t1?t0)?8.5m （1分）
s1?v(?t??t1?t1?t2?t0)?2.5m （1分） 6m故木盒相对与传送带的位移： ?s?S?1s?
则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：
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Q?f?s?54J （2分）
10．解：（1）以A、B整体为研究对象，从A与C碰后至AB有共同速度v，系统动量守恒
选向左为正方向：mA（－v0）＋mBv0=（mA＋mB）v
（2）以A为研究对象，从与C碰后至对地面速度为零，受力为f，位移为s即最大位移．
f?μmBg
－fs?12m（0－v0） 得s?0.13m A2（3）第一次A与C碰后至AB有共同速度v，B在A上相对于A滑行L1
－fL1?12（mA＋mB）（v－v0）22解得L1?0.4m．第二次A与C碰后至AB有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L2 mA（－v）＋mBv?（mA＋mB）v′－fL2?12（mA?mB）（v′－v）22解得L2?0.1m
若假定第三次A与C碰后AB仍能有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L3m（?v??）＋mBv???（mA＋mB）v??A122?fL3?（mA＋mB）（v″?v′）解得L3?0.025m2L1＋L2＋L3?0.525m＞0.51m
即三次碰撞后B可脱离A板．
12（1）沙堆表面上的沙粒受到重力、弹力和摩擦力的作用而静止，则mgsin?所以??tan??hR?2?hl?0.75，??37?（??Ff??mgcos?
称为摩擦角）
（2）因为黄沙是靠墙堆放的，只能堆成半个圆锥状，由于体积不变，?不变，要使占场地面积最小，则取Rx为最小，所以有hx??Rx，根据体积公式，该堆黄沙的体积为
V?13?Rh?2143?R，因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥，故V?183?Rx，解得 Rx?32R，占地
面积至少为Sx
?12?Rx=2?34m≈9．97m
222
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13．设水平恒力F作用时间为t1．
对金属块使用动量定理Fμt1=mv0-0即: μ1mgt1=mv0 ① 得t1=v0 ②
?1g
对小车有（F-Fμ）t1=2m×2v0－0，得恒力F=5μ1mg ③ 金属块由A→C过程中做匀加速运动，加速度a1=
F?F?2m5?1mg??1mg2mF?m=
?1mgm??1g ④
小车加速度a2???2?1g ⑤
金属块与小车位移之差s?L212a2t1?212a1t1?212(2?1g??1g)(v0?1g2) ⑥
而s?，∴?1?v02 ⑦
gL从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动量守恒，设共同速度为v，由2m×2v0+mv0=（2m+m）v，得v=
由能量守恒有?mg2v0253v0． ⑧
L2?12mv0?212?2m?(2v0)?2152?3m?(v0) ⑨ 23得?2?∴?1?3
?223gL ⑩
19（14分）(1)A、B、C三物体系统机械能守恒。B、C下降L，A上升L时，A的速度
达到最大。 2mgL－MgL=
12(M+2m)V2 2分 V=
2(2m?M)gL2m?M 2分
(2)当C着地后，A、B二物体系统机械能守恒。B恰能着地，即B物体下降L时速度
为零。 MgL－mgL =
12(M+m)V2 2分
2m 1分
将V代入，整理后得：M=
若M＞2m，B物体将不会着地。 Mgh－mgh =(M?m)V212(M+m)V 1分
2
h =
2(M?m)g 1分
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HL = L + h = L +
(M?m)V22(M?m)g 1分
若M =2m，B恰能着地，A物体再上升的高度等于L。 H2 = 2L 若M＜2m，B物体着地后，A还会上升一段。 Mg L－mg L =
212(M+m)（V－v） 1分
222
V=
2
4(2m?M)gL(m?M)(2m?M)v222 1分
h’=
2g=
2(2m?M)L(m?M)(2m?M)2 1分
H3 = 2L + h’ = 2L +
2(2m?M)L(m?M)(2m?M)2 1分
26 (1)小物体下滑到C点速度为零才能第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动 从
C到
D由机械能守恒定律有： mgR(1-cosθ)=
mvDR212mv2D
在D点用向心力公式有： F-mg=m 解
以上二个方程可得： F=3mg-2mgcosθ
(2)从A到C由动能定理有：
mgsinθ(S+Rcotθ)- μmgcosθ·Rcotθ=0
解方程得： S=(μcot2θ-cotθ)R
29 (1)“火箭”整体(含弹簧)在弹簧解除锁定的瞬间，弹簧弹力远大于箭体重力，故动量守恒：m1v1-m2v2=0 同时机械能守恒：(m1v12)/2+(m2v22)/2=E0 ∴v1=[2m2E0/m1(m1+m2)]v2=[2m1E0/m2(m1+m2)]
2
1212
∴“火箭”上部分所能达到的最大高度为： H1=v1/2g=m2E0/m1g(m1+m2) x (2)“火箭”上升的时间为：t=v1/g
水池深度为：H2=v2t/2 “火箭”下部分克服水的浮力共做功： WF=m2gH2+m2v22/2 以上各式联立可得：WF=E0
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UvL31 I?m10v0L或I?2m0。32 R滑?滑=8?
ttI P出?I2(R?33
不会
滑R?) W 23?2为：?1mgl?12?(2m)??1?212?(3m)??2??1?2?0212gl?0.6（4=3+1分）
?2mg?(2l)?12?(2m)??1?212?(3m)??2??2?2?0224gl?0.3（4=3+1分）
34．解：(1)对P由A→B→C应用动能定理，得 WF-μ1m1g(2L1+L2)=m1vc2
21 (4分)
解得WF=6J (3分)
(2)设P、Q碰后速度分别为v1、v2，小车最后速度为v，由动量守恒定律得 m1vc=m1v1+-m2v2 (2分) m1vc=(m1+m2+M)v 由能量守恒得
12
12
12 (2分)
μ2m1gS+μ2m2gL=m1v12? 解得，v2=2m/s v2′=m/s
32m2v2?2?M?m1?m2?v2 (3分)
v=0.4m/s
23
53
(3分) (2分)
当v2′=m/s时，v1=m/s>v2′不合题意，舍去。 即P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小为v2=2m/s 小车最后速度为0.4m/s 24导与练上有
35(20分) 解：（1）由几何关系可知，AB间的距离为R (1分)
2小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有vB ?2gR ①
(2分) (2分)
代入数据解得vB=4m/s，方向竖直向下
故vBx=vBsin60°
②
从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有
mgR(1?cos60?)?mvC/2?mvBx/222（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vBx，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，
(2分)
③ (2分) (1分)
代入数据解得vC?25m/s
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2在C点，根据牛顿第二定律有F?c?mg?mvC /R ④
(2分)
代入数据解得F?c?35N (1分)
再根据牛顿第三定律可知小物块到达C点时对轨道的压力FC=35N (1分) （3）小物块滑到长木板上后，它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能。当物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度。根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvC=(m+M)v ⑤
22 ?mgL?mvC/2?(m?M)v/2 ⑥
(2分) (2分)
联立⑤、⑥式得L?Mv2C/[2?g(m?M)] 代入数据解得L=2.5m (2
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⑦
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51．( 20分 )
解：（1）C在B上滑动过程中，动量守恒，
mcvc?(mc?mb)v1 2分 v1?m?2m?m12?1m/s
全过程能量守恒
12mcvc?2(mc?mb)v1??mgl 2分
2代入数据解得
??0.1 2分 （2）AB碰撞，AB系统动量守恒
mava?(ma?mb)v2 1分 v2?2m/s
AB一起运动，C在B上相对滑动
?mg2ac???g?1m/s 1分
maab??mgm?m?0.5m/s 1分
2C滑到B的右端时，有
sab?sc?L 2分 sab?v2t?sc?1212212aabt 1分
2act 1分
代入数据有
2t??0.5t?212?1t2?1 23?s 23m/s
即C在B上运动时间为t?此时 2分
vc?act?1?|23
vab?v2?aabt?2?0.5?23?53m/s
此后AB分离，C在A上滑动过程中，CA系统动量守恒
mcvc?mavab?(mc?ma)v3 1分
|CA系统能量守恒
12|mcvc?|212mavab?212(mc?ma)v3??mgL 1分
2|L?0.25m 即物块C停在A上距A左端0.25m处． 3分
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53（20分）解答： （1）货物a1? 小车a2?F1?fm1f?M?3???m1?m0?gm1?m02?3?0.1?1?101?2m/s
2（1分）
?1m/s
1212
2
（1分） （1分） （1分）
经t1=2s 货物运动S1? 小车运动S2?a1t1?4m
2a2t1?2m
货物V1=a1t1=2×2=4m/s 向右 小车V2=a2t1=1×2=2m/s 向右
qE2?f1?1?2??2m/s 向左 经2秒后，货物作匀减速运动a1?m1?m012
（1分）
小车加速度不变，仍为a2=1m/s向右，当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右
端，以后因为qE2=f=μ(m0+m1)g，货柜和小车一起作为整体向右以a3?qE2m0?m1?m?12?0.5m/s向右作匀减速直到速度都为0．
23832 （1分）
共同速度为V=V1—a1′ t2 V=V2+a2′t2 t2=s V=
0?8m/s （1分）
货物和小车获得共同速度至停止运动用时 t3? 第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s （2）小车在t2时间内位移S3=V2t2+
12163?s ?0.53 m
（1分） （2分） （2分） （2分） （2分） （2分）
149 m
209 m
2
249a2t22=
12 货柜在t2时间内位移为S4=V1t2— 小车长度L=S1-S2+S4-S3=
249a1′t22=
12m
（或用能量守恒qE1S1-qE2S4=?mgl? （3）小车右端到达目的地的距离为S
S?S2?S3?0?V2a322(m?M)V L=
?969?323?10.7m （2分）
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54．第一阶段拉力F小于CA间最大静摩擦力，因此CA共同加速到与B相碰，该过程对CA用动能定理：F-μ2?3mgs=3mv1/2，得v1=0.83m/s
AB相碰瞬间，AB动量守恒，碰后共同速度v2=0.43m/s C在AB上滑行全过程，ABC系统所受合外力为零，动量守恒，C到B右端时恰好达到共速： 2m v1+2m v2=4m v，因此共同速度v=0.63m/s
C在AB上滑行全过程用能量守恒：F?2L=4m v2/2-(2m v12/2+2m v22/2)+μ1?2mg?2L 得L=0.3m
62．由题意可得行星的轨道半径r为： r?Rsin? …………………①（1分）
设行星绕太阳的运转周期为T，由开普勒第三定律有：
'2
RT32?rT3/2 …………②（1分）
（用万有引力定律和匀速圆周运动知识解答，结果正确照样给分）
设行星最初处于最佳观察期时，其位置超前与地球，且设经时间t地球转过?角后该行星再次处于最佳观察期。则行星转过的角度?为：??????2? ………………③（2分）
于是有：
2?T'2?Tt?? ………………………………………………④（1分）
t?? ………………………………………………………… ⑤（1分）
解①②③④⑤可得：t?(??2?)sin?2?(1?sin?)33（2分） T ………………………………… ⑥
若行星最初处于最佳观察期时，其位置滞后与地球，同理可得：
t?(2???)sin?2?(1?sin?)33（4分） T ……………………………………… ⑦
63．设面粉袋得质量为m，其在与传送带产生相当滑动得过程中所受得摩擦力f??mg。故而其加速度为：a?fm??g?4.0m/s ……………………………………… （1分）
2（1）若传送带得速度v带＝4．0m/s,则面粉袋加速运动的时间 t1＝v带/a?1.0s，在t1时间内的位移s1为： s1?12at1?2.0m …………………………………（1分）
2其后以v＝4．0m/s的速度做匀速运动
s2?lAB?s1?vt2
解得： t2?1.5s ………………………………………………………… （1分） 运动的总时间为：t?t1?t22.5s ………………………………………（1分） （2）要想时间最短，m应一直向B端做加速度，
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由：lAB?12at/2 可得：t'?2.0s（1分）
此时传送带的运转速度为：v'?at'?8.0m/s ………………… （1分） 由v??r?2?nR 可得：n＝240r/min（或4r/s）…………………… （2分） （3）传送带的速度越达，“痕迹“越长。当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。即痕迹长?s为：?s?2l?2?R?18.0m ……………………………… （2分）
在面粉袋由A端运动到B端的时间内，传送带运转的距离s带＝?s+lAB?26.0m 又由（2）已知t'＝2．0s 故而有：2?n'r?st 则：
n'?390r/min（或6．5r/s） ……………………………………… （2分）
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由：lAB?12at/2 可得：t'?2.0s（1分）
此时传送带的运转速度为：v'?at'?8.0m/s ………………… （1分） 由v??r?2?nR 可得：n＝240r/min（或4r/s）…………………… （2分） （3）传送带的速度越达，“痕迹“越长。当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。即痕迹长?s为：?s?2l?2?R?18.0m ……………………………… （2分）
在面粉袋由A端运动到B端的时间内，传送带运转的距离s带＝?s+lAB?26.0m 又由（2）已知t'＝2．0s 故而有：2?n'r?st 则：
n'?390r/min（或6．5r/s） ……………………………………… （2分）
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