挑战高考压轴题-专题7：力学、动量和能量观点的综合应用

力学、动量和能量观点的综合应用

1．动量定理
(1)公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．
(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．
(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)．
(3)守恒条件
①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．
②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．
3．解决力学问题的三大观点
(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．

1．力学规律的选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
2．系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体分析，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．
(2)对多个研究对象进行整体分析，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．

1．解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
例1　 (2018·全国卷Ⅱ·24)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图1所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：

图1

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
答案　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s
解析　(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有
vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有
vA′2＝2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25 m/s.
变式1　(2019·河南示范性高中上学期期终)如图2所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径
R＝0.5 m，P点左侧轨道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙．质量m＝1 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M＝2 kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18 m后速度减小为零．已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，物块A、B均可视为质点．求：

图2
(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；
(2)最终物块A静止的位置到P点的距离．
答案　(1)150 N，方向竖直向下　(2)2 m

解析　(1)物块A从开始运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：
mv＝mg×2R＋mv
物块A在Q点时，设轨道对物块A的弹力FT向下，由牛顿第二定律可得：
FT＋mg＝m
解得FT＝150 N，
则物块A在Q点时轨道对它的弹力大小为150 N，方向竖直向下；
(2)由机械能守恒定律可知，物块A与B碰前瞬间的速度为v0，物块A与B碰撞过程，由动量守恒定律：
mv0＝mv1＋Mv2
碰后物块B做匀减速运动，由运动学公式：v＝2axB
Ff＝μMg＝Ma
解得v1＝－2 m/s，v2＝6 m/s
由机械能守恒定律可知，物块A若能滑回Q点，其在P点反弹时的最小速度满足：
mv＝mg×2R
vmin＝2 m/s>2 m/s
则物块A反弹后滑入圆管后又滑回P点，设最终位置到P点的距离为xA，
则：v＝2μgxA
解得最终物块A静止的位置到P点的距离xA＝2 m.

1．表现形式
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．
(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动．
2．应对策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
例2　(2019·山东省实验中学第二次模拟)如图3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＝2 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，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：

图3
(1)小物块到达C点时的速度大小；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大．
答案　(1)4 m/s　(2)60 N，方向竖直向下　(3)2.5 m
解析　(1)小物块到达C点时的速度方向与水平方向的夹角为60°，
vC＝＝4 m/s
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1－cos 60°)＝mv－mv，
代入数据解得：vD＝2 m/s.
小物块在D点时由牛顿第二定律得：FN－mg＝m
代入数据解得：FN＝60 N，
由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下．
(3)若小物块始终在长木板上，当达到共同速度时速度大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律得mvD＝(M＋m)v
解得：v＝ m/s
对物块和木板组成的系统，由功能关系得μmgL＝mv－(M＋m)v2
解得：L＝2.5 m
变式2　(2019·贵州安顺市适应性监测(三))如图4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：

图4
(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．
答案　(1)3mg　(2)mgR　(3)R
解析　(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为vP，
由机械能守恒定律有：mgR＝mv
在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，
由牛顿第二定律有：FN－mg＝m，
联立解得：FN＝3mg，
由牛顿第三定律可知物块对轨道P点的压力大小为3mg.
(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgR－μmgR＝mv－0，
解得v0＝，
当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：
mv0＝(m＋2m)v，
mv＝(m＋2m)v2＋Ep，
联立解得Ep＝mgR.
(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，则有
mv0＝－mv1＋2mv2，
mv＝mv＋(2m)v，
联立解得：v1＝，
设A最终停在Q点左侧距Q点x处，由动能定理有：－μmgx＝0－mv
解得x＝R.
考题预测
一、综合题
1.如图所示，质量为m0=1kg的摆球A用长为l=1.8m的轻质细绳系于O点，O点下方的光滑水平地面上静止着一质量为m=5kg的小球B．小球B右侧有一质量为M=15kg的静止滑块C（未固定），滑块的左侧是一光滑的 14 圆弧。现将摆球向左拉起，使细线水平，由静止释放摆球，摆球摆动至最低点时恰好与小球B发生弹性正碰，碰撞时间极短，摆球A和小球B均可视为质点，不计空气阻力，滑块C的 14 圆弧半径足够大，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）摆球A与小球B碰后摆球A能摆起的最大高度h；
（2）小球B与滑块C作用过程中小球B沿 14 圆弧面上升的最大高度H。
2.如图所示，边长为 L 的单匝正方形金属线框质量为 m 、电阻为 R ，用细线把它悬挂于有水平边界的、方向垂直纸面向内的匀强磁场中，线框的上一半处于磁场内，下一半处于磁场外，磁场的磁感应强度大小随时间的变化规律为 B=kt （ k>0 ），重力加速度为 g ，细线能够承受的最大拉力为 2mg 。
（1）说出感应电流的方向；
（2）求线框静止时线框中感应电流的大小；
（3）求从计时开始到细线断裂经历的时间。
3.如图甲所示，两根间距L=1.0 m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0 Ω的电阻相连。质量m=0.2 kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0 N，导体棒电阻为r=1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10 m/s2）。求：
（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）。
（2）恒力 F 和磁感应强度B分别为多大；
（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9 m时，速度已达v′=3 m/s。求此过程中电阻 R 上产生的焦耳热 QR ；
4.如图所示，在匀强磁场中有倾斜的平行金属导轨，导轨间距为 L=0.2m ，长为2d， d=0.5m ，上半段d导轨光滑，下半段d导轨的动摩擦因素为 μ=36 ?，导轨平面与水平面的夹角为 θ=30°。 匀强磁场的磁感应强度大小为 B=5T ，方向与导轨平面垂直。质量为 m=0.2kg 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在粗糙的下半段一直做匀速运动，导体棒始终与导轨垂直，接在两导轨间的电阻为 R=2Ω ，导体棒的电阻为 r=1Ω ，其他部分的电阻均不计，重力加速度取 g=10m/s2 ，求：
（1）导体棒到达轨道底端时的速度大小；
（2）导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻R上的电量q；
（3）整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。
5.做功与路径无关的力场叫做势场，在这类场中可以引入“势”和“势能”的概念，场力做功可以量度势能的变化。例如静电场和引力场。
（1）如图所示，真空中静止点电荷+Q产生的电场中，A、B为同一条电场线上的两点，A、B两点与点电荷+Q间的距离分别为r1和r2。取无穷远处的电势为零，则在距离点电荷+Q为r的某点电势 φ=kQr （式中k为静电力常量）。
a．现将电荷量为+q的检验电荷放置在A点，求该检验电荷在A点时的电势能EpA；
b．现将电荷量为+q的检验电荷，由A点移至B点，求在此过程中，电场力所做的功W。
（2）质量为M的天体周围存在引力场。已知该天体的半径为R，引力常量为G。
a．请类比点电荷，取无穷远处的引力势为零，写出在距离该天体中心为r（ r>R ）处的引力势 φg 的表达式；
b．天体表面上的物体摆脱该天体万有引力的束缚，飞向宇宙空间所需的最小速度，称为第二宇宙速度，又叫逃逸速度。求该天体的第二宇宙速度v。
（3）2019年4月10日，人类首张黑洞照片面世。黑洞的质量非常大，半径又非常小，以致于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸。已知黑洞的质量为M0 ， 引力常量为G，真空中的光速为c，求黑洞可能的最大半径rm。
6.如甲图所示，U形光滑金属导轨水平放置，导轨间距为L，左端电阻的阻值为R。质量为m的金属棒垂直于导轨放在导轨上，且与导轨良好接触，导轨及金属棒的电阻均不计，整个装置放在磁感强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，现对金属棒施加一水平向右的拉力，使棒由静止开始向右运动，保持拉力的功率恒为P，经时间t，棒的速度为v。
（1）此时棒的加速度多大？
（2）时间t内电路产生了多少内能？
（3）某同学进一步研究了电路产生的内能Q随时间t变化的关系，画出了Q—t大致图像，如乙图所示，请判断这个图像是否合理，并说明理由。
7.2020年11月24日4时30分，中国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，顺利将探测器送入预定轨道。标志着我国月球探测新旅程的开始，飞行136个小时后总质量为m的嫦娥五号以速度v高速到达月球附近P点时，发动机点火使探测器顺利变轨，被月球捕获进入半径为r的环月轨道，已知月球的质量为M，引力常量为G。求
（1）嫦娥五号探测器发动机在P点应沿什么方向将气体喷出？
（2）嫦娥五号探测器发动机在P点应将质量为Δm的气体以多大的对月速度喷出？
8.如图所示，一辆质量为10t的卡车在平直的水平公路AB上正以最大速度向右行驶。水平公路的前方是长60m的坡道BD，坡顶D离水平路面的高h=6m。无论在水平公路还是在坡道上卡车行驶过程中所受的阻力（由路面和空气提供）恒为其重力的0.2倍，卡车发动机能提供的牵引力的额定功率为200kW，g取10m/s2。
（1）卡车向右行驶的最大速度是多少？
（2）卡车行驶到B处时，若关闭发动机，卡车能否行驶到坡顶D，请说明理由；倘若卡车到不了坡顶，则发动机至少还需要做多少功才能使卡车到达坡顶？
（3）卡车行驶到B处时，若保持发动机牵引力的功率不变，坡道BD足够长，则卡车将作怎样的运动？
9.如图，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，倾斜部分是两个竖直放置的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r=0.2m。水平部分是两段均足够长但不等宽的光滑导轨，CC＇=3AA＇=0.6m，水平导轨与圆弧导轨在AA＇平滑连接。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导体棒MN、PQ的质量分别为ml=0.2kg、m2=0.6kg，长度分别为l1=0.2m、l2=0.6m，电阻分别为R1=1.0Ω、R2=3.0Ω，PQ固定在宽水平导轨上。现给导体棒MN一个初速度，使其恰好沿圆弧导轨从最高点匀速下滑，到达圆弧最低处AA＇位置时，MN克服安培力做功的瞬时功率为0.04W，重力加速度g=10m/s2 ， 不计导轨电阻，导体棒MN、PQ与导轨一直接触良好。求：
（1）导体棒MN到达圆弧导轨最低处AA＇位置时对轨道的压力大小；
（2）导体棒MN沿圆弧导轨下滑过程中，MN克服摩擦力做的功(保留3位有效数字)；
（3）若导体棒MN到达AA＇位置时释放PQ，之后的运动过程中通过回路某截面的电量q。
10.如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x=600m后达到v1=216km/h的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的0.1倍。起飞后，飞机以离地时的功率爬升t=20min，上升了h=8000m，速度增加到v2=720km/h。已知飞机的质量m=1×105kg，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；
（2）飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。
11.如图甲所示的过山车玩具深受小朋友喜爱。电动小车以恒定的牵引力功率P=5.0W，从A点由静止出发，经过0.4s通过一段长L=1.0m的水平直轨道AB，然后进入与B点相切的半径r=0.2m的竖直圆形轨道。轨道上B点和C点之间的圆弧所对应的圆心角 θ =30°，轨道具有子母双层结构，车底有抱轨固件，可确保小车不会脱轨。如果将运动轨道抽象成图乙的模型，小车可视为质点，质量m=0.1kg。设小车与轨道（包括圆轨道）间的摩擦阻力大小f恒为1.8N。
（1）求小车到达B点的速度；
（2）若小车在C点时速度vC=2.1m/s，求小车此刻沿轨道切线方向的加速度a；
（3）小车从B运动到最高点D，耗时tBD=0.28s，求小车在最高点处对轨道的弹力大小和方向。
12.? 2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功。假设着舰过程中航母静止不动，某一舰载机质量 m=2.5×104kg ，着舰速度 v0=50m/s ，着舰过程舰载机发动机的推力大小恒为 F=1.2×105N ，若空气阻力和甲板阻力保持不变。
（1）若飞机着舰后，关闭发动机，仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以 a0=2m/s2 的加速度做匀减速运动，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里；
（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机。若飞机着舰后就钩住阻拦索，如图所示为飞机钩住阻拦索后某时刻的情景，此时飞机的加速度大小 a=38m/s2 ，速度 v=40m/s ，阻拦索夹角 θ=106° ，两滑轮间距 S=40m ， sin53°=0.8 ， cos53°=0.6 。求此时阻拦索承受张力 T 的大小和飞机从着舰到图示时刻阻拦索对飞机所做的功 W 。
13.某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点A出发，沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L=10m后，从B点进入半径R=0.1m的光滑竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角q=30°的斜直轨道CD，最后在D点速度方向变为水平后飞出（不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失）。已知赛车质量m=0.1kg，通电后赛车以额定功率P=1.5W工作，赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2= 36 ，重力加速度g取10m/s2：
（1）求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度vP的大小；
（2）若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，求赛车通电的最短时间；
（3）已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭电源，选择CD轨道合适的长度，可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大，求此最大水平位移，并求出此时CD轨道的长度。
14.某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究．他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的 υ ~t图象．已知小车在0~2s内做匀加速直线运动，2s ~11s内小车牵引力的功率保持不变，9s ~11s内小车做匀速直线运动，在11s末开始小车失去动力而自由滑行．已知小车质量 m=1kg ，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：
（1）在2s~11s内小车牵引力的功率P是多大？
（2）小车在 2s 末的速度 vx 为多大？
（3）小车在2s~9s内通过的距离 x 是多少？
15.某电动机工作时输出功率P与拉动物体的速度v之间的关系如图（a）所示。现用该电动机在水平地面拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图（b）所示。已知物体质量m=1kg，与地面的动摩擦因数 μ1=0.35 ，离出发点C左侧s距离处另有动摩擦因数为 μ2=0.45 、长为d=0.5m的粗糙材料铺设的地面AB段。（g取10m/s2）
（1）若s足够长，电动机功率为2W时，物体在地面能达到的最大速度是多少？
（2）若启动电动机，物体在C点从静止开始运动，到达B点时速度恰好达到0.5m/s，则BC间的距离s是多少？物体能通过AB段吗？如果不能停在何处？
16.光滑水平面上，一个长木板与半径R未知的半圆组成如图所示的装置，装置质量M＝5 kg.在装置的右端放一质量为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5，装置与小滑块一起以v0＝10 m/s的速度向左运动．现给装置加一个F＝55 N向右的水平推力，小滑块与长木板发生相对滑动，当小滑块滑至长木板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B.滑块脱离半圆形轨道后又落回长木板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf＝2.5 J．g取10 m/s2.求：
（1）装置运动的时间和位移；
（2）长木板的长度l；
（3）小滑块最后落回长木板上的落点离A的距离．
17.如图所示，质量为 mB=3kg 的薄木板B放在水平面上，质量为 mA=2kg 的物体A（可视为质点）在一电动机拉动下从木板左端以 v0=6m/s 的速度向右匀速运动。在物体A带动下，木板从静止开始做匀加速直线运动，此时电动机输出机械功率P=96W。已知木板与地面间的动摩擦因数 μ=0.2 ，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）木板B运动的加速度大小；
（2）木板B的长度满足什么条件，物体A最终能滑离木板B。
18.如图为遥控玩具小车比赛轨道的示意图，第一部分由斜面轨道AB、圆弧轨道BCD与斜面轨道DE拼接而成，圆弧BCD的圆心恰在O点，第二部分由水平轨道EF、圆形轨道FGF与特殊材料水平轨道FH组成。直线轨道与圆弧轨道平滑相切。圆轨道F处前后略有错开，小车可从一侧滑上再从另一侧滑出，已知轨道AB与DE的倾角均为θ＝37°，长度均为L＝2m，轨道FGF的半径r＝1m，玩具车在AB与DE轨道上受到的阻力为压力的0.25，在FH轨道上受到的阻力为压力的1.5倍。其余轨道摩擦阻力及空气阻力均不计。已知玩具车输出功率恒为P＝10W，电动机工作时间可调控，玩具车质量m＝1kg，可视为质点。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）玩具车以多大初速度从A点弹出，恰好能沿轨道自行上滑到C点；
（2）玩具车以恒定功率P＝10W从A点由静止启动，电动机至少工作多长时间才能完成完整的圆周运动；
（3）已知轨道“受力因子k”是车对轨道的压力与车重力的比值，要求满足在圆周内k≤9且玩具车能无动力完成完整比赛，求玩具车的停止点H与F点的可能距离。
19.如图，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数?=0.1的水平轨道上的A点。对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W。经过一段时间后撒去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N。已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α=37°，圆形轨道的半径R=0.5m。（空气阻力可忽略，g=10 m/s2 ， sin37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）滑块运动到C点时速度vc的大小；
（2）B、C两点的高度差h及水平距离x?
（3）水平外力作用在滑块上的时间t?
20.如图甲所示，在光滑水平面上，固定一个四分之一竖直圆弧轨道AB，半径R=1m，圆弧最低点B静止放置一个可视为质点的小物块m， m的质量为1kg。紧挨B右侧有一个上表面与B齐平的足够长木板M，M质量为2kg，m与M之间的动摩擦因数μ=0.2，一个可视为质点的质量为0.5kg的小物块m0。从A点正上方距A点一定高度处由静止释放，沿圆弧轨道到达B点时与小物块m发生完全弹性正碰，碰后瞬间m0对B点的压力大小为9.5N，此刻对长木板施加一水平向右的拉力F，F随t变化的关系如图乙所示，求：
（1）碰撞后瞬间m的速度大小；
（2）3.5秒内小物块m在长木板M上滑行的相对路程；
（3）从计时开始到最终m、M相对静止时系统产生的内能。
答案解析部分
一、综合题
1.【答案】 （1）解：设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0 ， 根据机械能守恒定律，有 m0gl=12m0v02
代入数据解得 v0=2gl=6m/s
摆球A与小球B碰撞后摆球A和小球B的速度分别为v1、v2 ， 发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒定律有 m0v0=m0v1+mv2
根据能量守恒定律有 12m0v02=12m0v12+12mv22
代入数据解得 v1=?4.0m/s
v2=2.0m/s
碰撞后摆球A上摆过程，根据机械能守恒定律得 12m0v12=m0g?
代入数据解得 ?=0.8m
（2）解：小球B与滑块C作用过程中当两者速度相等时小球B沿 14 圆弧面上升的高度最大，设共同速度为v，作用过程根据水平方向上的动量守恒定律有 mv2=(m+M)v
根据能量守恒定律有 mgH=12mv22?12(m+M)v2
代入数据解得 H=0.15m
【分析】（1）摆球A下落过程机械能守恒，利用机械能守恒定律可以求出A球碰前速度的大小，A与B发生弹性碰撞，利用动量守恒定律和能量守恒定律可以求出两个小球碰后速度的大小，由于碰后A球只有重力做功，利用机械能守恒定律可以求出A球碰后上升的最大高度；
（2）当小球与滑块C一起时水平方向不受外力，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出小球B在滑块上上升的最大高度。
2.【答案】 （1）解：根据磁场的磁感应强度大小随时间的变化规律和楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针
（2）解：根据电磁感应定律有 E=ΔBΔt?L22=k?L22=12kL2
可得 I=ER=kL22R
（3）解：根据安培力的公式可得 F安=ILB=k2L3t2R
绳刚断时 mg+F安=2mg
解得 t=2mgRk2L3
【分析】（1）已知磁感应强度随时间不断增加，利用楞次定律可以判别感应电流的方向；
（2）已知磁感应强度的变化，利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，利用欧姆定律可以求出电流的大小；
（3）利用安培力的表达式可以求出安培力的大小；结合绳子刚断开的平衡方程可以求出经历的时间。
?
?
3.【答案】 （1）解：当导体棒速度为v时，导体棒切割磁感线产生的电动势为 E=BLv
回路中的电流为 I=ER+r=BLvR+r
所以导体棒所受的安培力为 F安=BIL=BBLvR+rL=B2L2vR+r
（2）解：由图乙知当导体棒的速度为0时，加速度为5 m/s2 ， 即 a=F?fm=5m/s2
解得F=2 N
而当速度为3 m/s时，加速度为零。即 a=F?f?F安m=0
得到 F?f?B2L2vR+r=0
解得B=1 T
（3）解：从棒开始运动到距离为S列动能定理 (F?f)S+W安=12mv′2?0
解得 W安=?6J ，所以整个回路产生的焦耳热为 Q=?W安=6J
所以R上产生的焦耳热为 QR=RR+rQ=4J
【分析】（1）已知导体棒速度的大小，结合动生电动势和欧姆定律可以求出回路中电流的大小，利用安培力的表达式可以求出导体棒受到的安培力大小；
（2）当导体棒的速度等于0时，利用牛顿第二定律可以求出恒力的大小；当导体棒加速度等于0时，利用牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（3）导体棒从开始运动到距离为S时，利用动能定理结合功能关系可以求出电阻产生的焦耳热大小。
?
?
4.【答案】 （1）解：导体棒在粗糙轨道上受力平衡mgsin θ=μmgcosθ+BIL
I=ER+r
E=BLv
解得v=1.5m/s
（2）解：进入粗糙导轨前 q=IΔt
I=ER+r
E=BLdΔt
解得q= 16C
（3）解：整个运动过程由动能定理得 2mgdsinθ?μmgdcosθ+W安=12mv2
Q总=?W安=0.525J
则电阻R产生的焦耳热 Q=RR+rQ总=0.35J
【分析】根据平衡和闭合回路欧姆定律求出 导体棒到达轨道底端时的速度 ；根据电荷量公式以及闭合回路欧姆定律求出通过R的电量；根据动能定理求出R上产生的焦耳热。
?
5.【答案】 （1）解：a．由题意可知，A点的电势 φA=kQr1
所以检验电荷+q放置在A点时的电势能 EpA=qφA=kQqr1
b．在检验电荷由A点移至B点的过程中，根据功能关系有 W=qφA?qφB=kQq(r2?r1)r1r2
（2）解：a．将一物体从距离该天体中心为r的点移至无穷远处，万有引力做负功，引力势能增加，所以该点的引力势 φg<0 ，则类比点电荷可得 φg=?GMr
b．天体表面处的引力势 φg=?GMR
则质量为m的物体放在天体表面处的引力势能 Ep=mφg=?GMmR
若将质量为m的物体从天体表面处以初速度v向外“抛出”，该物体恰能到达无穷远处。根据机械能守恒定律有 12mv2+Ep=0+0
所以 v=2GMR
（3）解：因为光也不能从黑洞逃逸，设黑洞的半径为r，则有 c≤2GM0r
则 r≤2GM0c2
所以黑洞可能的最大半径 rm=2GM0c2
【分析】（1）电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小，，相应的动能就会增加，电场力做负功，电势能增加，电荷的动能减小；
（2）引力势能类似于电势能，引力对天体做正功，引力势能减小，引力对天体做负功，引力势能增加，结合动能定理求解天体的速度即可；
（3）当卫星的轨道半径为中心天体的半径时，此时的速度为第一宇宙速度，结合万有引力定律和向心力公式求解此时的速度。
6.【答案】 （1）解：设棒的速度为 v 时，拉力为 F ，则有 F?BIL=ma
则拉力功率为 P=Fv
由欧姆定律可得 I=ER
则有感应电动势 E=BLv
联立以上等式解得 a=Pmv?B2L2vmR
（2）解：根据功能关系可得 Pt=Q+12mv2
由此变形可得 Q=Pt?12mv2
（3）解：该图像是合理的。经足够长时间，导体的速度达到最大 vm ，加速度为零，导体作匀速运动，所以 Q 随 t 变化的图线应以直线 Q=Pt?12mvm2
为渐近线的曲线。
【分析】（1）利用牛顿第二定律结合欧姆定律可以求出加速度的大小；
（2）利用功能关系可以求出内能的大小；
（3）利用功能关系结合速度和加速度的变化进而判别图线是否合理。
7.【答案】 （1）解：探测器发动机在P点应制动减速，所以应沿探测器运动方向喷出气体。
（2）解：在P点由动量守恒定律得 mv=(m?Δm)v1+Δmv2
探测器进入半径为r的环月轨道有 GM(m?Δm)r2=(m?Δm)v12r
解得 v2=mv?(m?Δm)GMrΔm
【分析】（1）嫦娥五号探测器需要从高轨道变轨到低轨道，应该减速，沿着运动方向喷气；
（2）在喷气的过程中，由于反冲使探测器减速，反冲过程中动量守恒，进入环月轨道之后由万有引力求喷出的气体质量。
8.【答案】 （1）解：卡车以最大速度行驶时，发动机达到额定功率，卡车做匀速直线运动，则牵引力和阻力大小相等，可得最大速度为 vm=Pmf=200×103W10×103×10×0.2N=10m/s
（2）解：卡车在坡道上向上行驶，克服重力和阻力做功，上升到坡顶时，克服重力和阻力做的功为 W克=W克G+W克f=mg?+0.2mgsBD
则 W克=10×103×10×6J+0.2×104×10×60J=1.8×106J
卡车在B点时，动能大小为 Ek=12mvm2=12×104×100J=0.5×106J
因为 Ek则卡车到达不了坡顶D；若要使卡车到达坡顶D，还需要做的功为 W=W克G+W克f?12mvm2=1.3×106J
（3）解：卡车行驶到B处时，若保持发动机牵引力的功率不变，除了阻力外，还受重力沿斜面向下的分力，则卡车受到总的阻力增大，牵引力小于总的阻力，将做减速运动，根据 F=Pv 可知，卡车减速，牵引力增大，则减速的加速度减小，当速度减小到牵引力等于总的阻力大小时，卡车做匀速运动；则卡车先做加速度减小的减速运动，再做匀速运动。
【分析】（1）利用功率表达式可以求出最大的速度；
（2）利用重力和摩擦力大小及位移大小可以求出做功的大小；
（3）利用功率的表达式可以判别卡车的加速度变化及速度变化。
9.【答案】 （1）解：导体棒MN到达圆弧最低处时，克服安培力做功的功率为P=B1I1l1v，由E1=Bl1v， I1=E1R1+R2 ，解得v=2m/s
由牛顿第二定律有 FN?m1g=m1v2r
解得FN=6N
据牛顿第三定律，导体棒MN在 AA′ 位置时对轨道的压力大小为6N
（2）解：导体棒MN沿圆弧轨道下滑过程中，感应电动势 e=Bl1vsinθ
有效值 E=Bl1v2
?经历时间为 t=2πrv?14
产生的焦耳热为 Q=E2R1+R2t=0.00314J
克服安培力做功W2=Q=0.00314J
根据动能定理m1gr－W1－W2=0
解得W1=0.397J
（3）解：释放PQ后，当Bl1v1=Bl2v2
时回路中的电流为0，对MN：－BIl1t=m1v1－m1v
对PQ：BIl2t=m2v2－0
整理得v2=0.5m/s
对PQ：Bl2q=m2v2－0，
解得q=0.5C
【分析】（1）利用欧姆定律结合牛顿第二定律可以求出压力的大小；
（2）利用电动势和焦耳定律可以求出克服安培力做功的大小；
（3）利用动量定律可以求出电量的大小。
10.【答案】 （1）解：设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得v12=2ax，设滑行过程中所受阻力为F阻 ， 由牛顿第二定律得F－F阻=ma
联立解得F=4×105N
（2）解：设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得 P=Fv1 ，由动能定理得 Pt?mg??Wf=12mv22?12mv12
解得 Wf=1.898×1010J
【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出牵引力的大小；
（2）利用动能定理可以求出克服阻力做功的大小。
11.【答案】 （1）解：从A到B由动能定理 P?t1?f?L=12mvB2?0
可得 vB=2m/s
（2）解：小车可视为质点，在倾角为 30° 的斜面上根据牛顿第二定律 Pvc?mgsin30°?f=ma
可得 a=0.8m/s2
（3）解：从A到D全程动能定理 P?(t1+tBD)?f?(L+πr)?mg?2r=12mvD2?0
在最高点根据牛第二定律 mg+FN=mvD2r
可得 FN=?0.3N
即轨道对小车有向上的弹力，根据牛顿第三定律可知小车对轨道向下的拉力，大小为 0.3N
【分析】（1）利用动能定理可以求出速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（3）利用动能定理及牛顿第二定律可以求出弹力的大小及判别弹力的方向。
12.【答案】 （1）解：由匀变速直线运动规律得： 0?v02=?2a0x
代入数据解得： x=625m
（2）解：有牛顿第二定律得 ma=f
解得： f=5×104N
飞机着舰受力如图：
根据牛顿第二定律有： ma=2Tsin37°+f?F
代入数据解得： T=8.5×105N
从着舰到图示位置飞机前进的位移为： x1=S2tan37°=15m
由动能定理得： Fx1+WT?fx1=△Ek
其中： △Ek=12mv2?12mv02
代入数据解得： WT=?1.24×107J
【分析】（1）利用速度位移公式可以求出位移的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合动能定理可以求出张力的大小及对飞机做功的大小。
13.【答案】 （1）解：小球恰好在最高点P，只受到重力，重力提供向心力，即 mg=mvP2R
代入数据可得 vP=1m/s
（2）解：由(1)小题可知，若要赛车做完整圆周运动，即小车到达P点的速度至少为 1m/s ，赛车从开始运动到P点的全过程，由动能定理得： Pt?μ1mgL?mg2R=12mvP2
代入数据可得，赛车的最短通电时间 t=136s=2.17s
（3）解：赛车在最后过程做匀速运动，牵引力与滑动摩擦力平衡，其速度大小为 v=PF=Pμ1mg
设CD轨道的长度为 l ，赛车沿CD向上运动过程运用动能定理可得 12mvD2?12mv2=?mglsinθ?(μ2mgcosθ)l
赛车从D飞出后做平抛运动，其水平位移为x，则有 x=vDt
lsinθ=12gt2
联立可得 x=5l?3l22
由数学知识可得，当 l=56m ，水平位移x有最大值，最大值为 x=5612m
【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出速度的大小；
（2）利用动能定理可以求出通电时间的大小；
（3）利用功率的表达式结合动能定理和平抛运动的位移公式可以求出水平位移和轨道的长度。
14.【答案】 （1）解：根据题意，在11s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，根据图象可知： a=ΔυΔt=?2m/s2 ；
根据牛顿第二定律有： f=ma ；
解得： f=2N ；
设小车在匀速运动阶段的牵引力为 F ，则： F=f ， vm=8m/s ；
根据： P=Fυm ；
解得： P=16W
（2）解：0~2s的匀加速运动过程中，小车的加速度为： ax=ΔυΔt=vx2 ；
设小车的牵引力为 Fx ，根据牛顿第二定律有： Fx?f=max ；
根据题意有： P=Fxvx ；
解得： vx=4m/s
（3）解：在2s~9s内的变加速过程， Δt=7s ，由动能定理可得： PΔt?fx=12mυm2?12mυ12 ；
解得小车通过的距离是： x=44m
【分析】（1）利用斜率可以求出加速度的大小；结合牛顿第二定律及功率的表达式可以求出功率的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合功率的表达式可以求出速度的大小；
（3）利用动能定理可以求出距离的大小。
15.【答案】 （1）解：电动机拉动物体后，物体速度最大时，加速度为零，则有水平方向受拉力F等于摩擦力
F1=f1=μmg=3.5N ?
根据P=Fv则有： vm=PF1=Pf1=47m/s
（2）解：当物体运动速度小于0.5m/s 时，绳子对物体的拉力恒力，物体为匀加速运动，
拉力F= Pv=4N ?
由牛顿第二定律F =ma得
F?f1=ma1 ?
解得： a1=0.5m/s2 ?
由 s=vB22a1 得，则BC间的距离 s=0.25m
小物体过B点后， f2=μ2mg=4.5N ，做减速运动，运动速度不会大于0.5m/s，拉力仍为恒力，物体做匀减速运动
F?f2=ma2 ?
解得： a2=0.5m/s2 ?
小物体滑行 x=0?vB22a2=0.25m ?
则小物体最后停在AB中点位置。
【分析】（1）利用平衡结合功率的表达式可以求出最大速度的大小；
（2）利用图像可以判别BC过程的运动情况，结合牛顿第二定律和速度位移公式可以求出BC间的距离；
利用牛顿第二定律结合速度位移公式可以判别小物体能否通过AB段。
16.【答案】 （1）解：对M：F－μmg＝Ma1 解得：a1＝10 m/s2
设装置运动的时间为t1 ， 由v0－a1t1＝0
解得：t1＝1 s
装置向左运动的距离：x1＝v0t1－ 12 a1t12＝5 m
（2）解：对m：μmg＝ma2 ， 解得a2＝5 m/s2
设滑块到A点的速度为v1 ， 则v1＝v0－a2t1 解得：v1＝5 m/s
小滑块向左运动的距离：x2＝v0t1－ 12 a2t12＝7.5 m
则木板长为l＝x2－x1＝2.5 m
（3）解：设滑块在B点的速度为v2 ， 从A至B：－mg×2R－Wf＝ 12mv22?12mv12
在B点：mg＝m v22R
联立解得：R＝0.4 m，v2＝2 m/s
小滑块平抛运动时： 2R=12gt22
落点离A的距离：x＝v2t2 ， 解得：x＝0.8 m
【分析】（1）利用速度公式结合位移公式和牛顿第二定律可以求出运动时间和位移的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合位移公式可以求出长木板的距离大小；
（3）利用动能定理结合牛顿第二定律和平抛运动的位移公式可以求出距离的大小。
17.【答案】 （1）解：电动机对物体A的拉力为： F=Pv0=16N ；
物体A匀速运动，AB的摩擦力为 ：Ff=F=8N
对木板根据牛顿第二定律有 Ff?μ(mA+mB)g=mBa
代入数联立解得 ：a=2m/s2
（2）解：A刚好离开B， 位移关系为：v0t=L+12at2
此时的速度为： v0=at
代入数据解得 ：L=9m
所以木板的长度小于9m即可
【分析】（1）利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）利用位移公式结合相对位移和板长的关系可以求出木板对应的长度大小。
18.【答案】 （1）解：玩具车恰好能沿轨道自行上滑到C点时，速度刚好为0，根据动能定理得﹣mgR﹣0.25mgcos37°?L＝0﹣ 12mv02
由题图可知 Lsin37°＝Rcos37°
联立解得 v0＝ 38 m/s
答：玩具车以 38 m/s的初速度从A点弹出，恰好能沿轨道自行上滑到C点
（2）解：玩具车刚好通过圆轨道最高点G时，由重力恰好提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝m vG2r
从A点运动到G点的过程，由动能定理得：Pt﹣mg?2r﹣2×0.25mgcos37°?L＝ 12mvG2 ﹣0
联立解得发动机工作的时间 t＝3.3s
答：玩具车以恒定功率P＝10W从A点由静止启动，电动机至少工作3.3s时间才能完成完整的圆周运动
（3）解：玩具车在恰好完成完整比赛的条件下，从最高点G运动到F的过程中，由机械能守恒定律得mg?2r+ 12mvG2 ＝ 12mvF2
在F点，对玩具车，由牛顿第二定律得 FN﹣mg＝m vF2r
解得 FN＝6mg
由牛顿第三定律知玩具车对轨道的压力大小为 FN′＝FN＝6mg
此时受力因子 k＝ FN'mg ＝6，符合题意。
F点运动到H点的过程，由动能定理得﹣1.5mgxHF＝0﹣ 12mvF2
解得 xHF＝ 53 m
当k＝9时，在F点，有 9mg﹣mg＝m vF'2r
F点运动到H点的过程，由动能定理得﹣1.5mgx′HF＝0﹣ 12mv'F2
解得 x′HF＝ 83 m
则有 53 m≤xHF≤ 83 m
答：玩具车的停止点H与F点的可能距离为 53 m≤xHF≤ 83 m。
【分析】（1）利用动能定理可以求出速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合动能定理可以求出工作的时间；
（3）利用机械能守恒定律结合牛顿第二定律可以求出FH之间距离的范围。
19.【答案】 （1）解：滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m vD2R
滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得：mgR（1－cosα）＋ 12mvC2 ＝ 12mvD2
联立解得 vc=5m/s 。
（2）解：滑块在C点时，速度的竖直分量为： vy=vcsinα=3m/s
B、C两点的高度差为h＝ vy22g ＝0.45 m
滑块由B运动到C所用的时间为ty＝ vyg ＝0．3 s
滑块运动到B点时的速度为 vB=vccosα=4m/s
B、C间的水平距离为 x=vBty=1.2m
（3）解：滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得： Pt?μmgL=12mvB2
解得 t=0.4s
【分析】（1）利用牛顿第二定律结合机械能守恒定律可以求出速度的大小；
（2）利用平抛运动的速度公式结合位移公式可以求出水平距离的大小；
（3）利用动能定理可以求出水平作用力的时间。
20.【答案】 （1）解：由于发生完全弹性正碰，根据动量守恒定理和机械能守恒定律可得 m0v0=m0v′0+mv1
12m0v02=12m0v′02+12mv12
碰后瞬间对m0在B点有 FNB?m0g=m0v′02R
联立上式解得 v1=6m/s
（2）解：0~2s 内，由图象可得，物块m的加速度为 a1=μmgm=μg=2m/s2
物块m以6m/s初速度做加速度为2m/s2的匀减速直线运动，木板M的加速度为 a2=F1+μmgM=4m/s2
木板M以初速度为0 做匀加速直线运动，到达共同速度时有 v共=v1?a1t1=a2t1
解得 v共=4m/s ， t1=1s
则0~1s内，m 相对M位移的位移为 Δx12=12(v1+v共)t1?12(0+v共)t1=12v1t1=3m
由于 t1=1s2s末的速度为 v=v共+a0(t0?t1)=6m/s
2s~3.5s 内，M与m相对运动，物块m的加速度为 a′1=μg=2m/s2
则物块做初速度为6m/s，加速度为 2m/s2 的匀加速直线运动
对木板M有 a2′=F2?μmgM=3m/s2
则木板做初速度为6m/s，加速度为 3m/s2 的匀加速直线运动
则3.5s末两物体速度分别为 v1′=v+a1′t0′=9m/s
v2′=v+a2′t0′=10.5m/s
则2~3.5s内两物体的相对位移为 Δx21=12(v+v2')t0'?12(v+v1')t0'=12(v2'?v1')t0=98m
则0~3.5s内两物体的相对总位移为 Δx=Δx12+Δx21=3m+98m=338m
（3）解：3.5s 以后，最终m、M相对静止，设共同速度为 v共' ，根据动量守恒定理可得 mv1'+Mv2'=(m+M)v共'
最后停来下，设产生的内能为Q3 ， 根据能量守恒定律可得 12mv′12+12Mv′22=12(m+M)v′共2+Q3
则从计时开始到最终m、M相对静止时，系统产生的总内能为 Q=μmg(Δx12+Δx21)+Q3
代入数据解得 Q=9J
【分析】（1）两物体发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒定律联立求出m的速度；
（2）在0-2s内，对m和M进行受力分析和运动分析，求出达到共同速度时的时间和相对位移；在2-3.5s内，得m和M分别进行受力分析的运动分析，求出相对位移，从而能求出3.5.秒内的相对位移；
（3）根据恒力做功求出0-3.5s内产生的热量，然后分析撤去外力之后产生的焦耳热，从而能算出总的热量。
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