物理计算题20道+答案

物理计算题20道

1、一弹簧秤的秤盘质量m=1．5kg，盘内放一质量为m=10．5kg的物体P，弹簧质量不计，

1

2

其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图6所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s内F是变化的，在0．2s后是恒

2

定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s） 答案：

Fmaxm2ag168N；Fminm1m2a72N

.

.

2. 如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.2g、

电荷量q=8×10C的小球，小球的直径比管的内径略小．在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B1= 15T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E=25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2=5T的匀强磁场．现让小车始终保持v=2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管

2

侧壁的弹力FN随高度h变化的关系如图所示．g取10m/s，不计空气阻力．求： （1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小a； （2）绝缘管的长度L； （3）小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离△x．

FN/×10-3N B2 2.4 B1 v

h

解析：（1）以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f1，故小球在管中竖

fmgqvB1mg直方向做匀加速直线运动，加速度设为a，则a1 2m/s2

mm

－3

（2）在小球运动到管口时，FN＝2.4×10N，设v1为小球竖直分速度，由FNqv1B1，则Fv1N2m/s

qB1-5

v2由v2aL得L1m

2a21

－3－3

（3）小球离开管口进入复合场，其中qE＝2×10N，mg＝2×10N． 故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆

P 周运动，合速度v与MN成45°角，轨道半径为R，

mvR2m ，小球离开管口开始计时，到

qB2M 再次经过MN所通过的水平距离x12R2m

qE v′ E B2 N 1ms 对应时间tT42qB24

mg qBv′ B1 Q .

v .

小车运动距离为x2，x2vt

2m

3. 在水平光滑的绝缘桌面内建立如图所示的直角坐标系，将第Ⅰ、Ⅱ象限称为区域一，第

Ⅲ、Ⅳ象限称为区域二，其中一个区域内只有匀强电场，另一个区域内只有大小为2×10T、

q8

方向垂直桌面的匀强磁场．把一个荷质比为=2×10C／kg的正电荷从坐标为(0，－l)的A

m点处由静止释放，电荷以一定的速度从坐标为(1，0)的C点第一次经x轴进入区域一，经过一段时间，从坐标原点D再次回到区域二．

(1)指出哪个区域是电场、哪个区域是磁场以及电场和磁场的方向． (2)求电场强度的大小．

y/m (3)求电荷第三次经过x轴的位置．

区域Ⅰ

O′

x/m

O C（１，０）

Ａ（０，-１）

区域Ⅱ

解析：（1）区域一是磁场，方向垂直纸面向里。区域二是电场，方向由A指向C。 （2）设电场强度的大小为E，电荷从C点进入区域Ⅰ的速度为v． 从A到C电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且过C点时速度方向与+x轴方向成45°角，有：v2as=22－2

qEs mmv2电荷进入区域Ⅰ后，在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图，有：qBvr由题意及几何关系：

2qm 2108C/kg，B=2×10-2T ，s2m，r2m4由①②③可得：E210V/m

（3）电荷从坐标原点O第二次经过x轴进入区域Ⅱ，速度方向与电场方向垂直，电荷在电

.

.

12at2场中做类平抛运动，设经过时间t电荷第三次经过x轴。有：tan45，解得：t=2

vt×10s 所以：x-6

vt8m ，即电荷第三次经过x轴上的点的坐标为（8，0）

cos454 如图所示，将一质量m=0.1kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好与斜面无

碰撞的落到平台右侧一倾角为=53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，然后以不变的速率过B点后进入光滑水平轨道BC部分，再进入光滑的竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h=3.2m，斜面顶端高H=15m，竖直圆轨道半径R=5m．重

2

力加速度g取10m/s． 求： （1）小球水平抛出的初速度υo及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；

（2）小球离开平台后到达斜面底端的速度大小； （3）小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力．

解析：（1）研究小球作平抛运动，小球落至A点时，由平抛运动速度分解图可得： v0= vycotα vA=

vysin vy=2gh h=

2

12gt 2v0 x= v0t

由上式解得：v0=6m/s x=4.8m vA=10m/s

(2)由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度vB

vy .

α vA .

mgH=

1122mvBmvA vB=20m/s 22 (3) 小球在BC部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，研究小球从C

点到D点：

由动能定理可得小球到达D点时的速度vD

—2mgR=

1122mvDmvC 222v 在D点由牛顿第二定律可得：N+mg=mD

R 由上面两式可得：N=3N

由牛顿第三定律可得：小球在D点对轨道的压力N’=3N，方向竖直向上．

5 如图所示，在x轴上方有水平向左的匀强电场E1，在x轴下方有竖直向上的匀强电场E2，

且E1=E2=5N/C，在图中虚线（虚线与y轴负方向成45角）的右侧和x轴下方之间存在着垂直纸

面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2T．有一长L=52m的不可伸长的轻绳一端固定在第一象限内

的O＇点，另一端拴有一质量M=0.1kg、带电量q=+0.2C的小球，小球可绕O＇点在竖直平面内转动， OO＇间距为L，与x轴正方向成45角．先将小球放在O＇正上方且绳恰好伸直的位置处由 静止释放，当小球进入磁场前瞬间绳子绷断．重力加速度g取

2

10m/s．求：

（1）小球刚进入磁场区域时的速度．

（2）细绳绷紧过程中对小球的弹力所做的功． （3）小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在x轴上所用的时间及打在x轴上点的坐标．

解析：(1) 小球先做匀加速直线运动，直到绳子绷直，设绳绷紧前瞬间速度为v，绳子绷紧

2

后瞬间速度为v1，则 v=2ax 而 F合=2mgma x=2L

0

绳子绷紧后：v1=vcos45

小球做圆周运动到O点速度为v2， 由动能定理: Mg221122LqE1(LL)Mv2Mv1 解得: v2=102m/s 2222.

.

(2) 细绳绷紧过程中对小球所做的功W， W=

2112Mv1Mv2 W=—7.07J 22（3）小球进入磁场后，qE2=Mg，即重力与电场力平衡，所以小球做匀速圆周运动

vMv2522MqBv2=M2 R= =m T== s

R2qBqB2小球在运动半周后以v2出磁场，做匀速直线运动直到打到x轴上

2R匀速运动的时间 t =

v2T1小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在x轴上运动的总时间t总=t+=() s

224=1.3s

小球打到x轴上的位置坐标为（—10m，0）

6 一光滑曲面的末端与一长L=1m的水平传送带相切，传送带离地面的高度h =1.25m，传

送带的滑动摩擦因数μ=0.1，地面上有一个直径D=0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离S =1m，B点在洞口的最右端。传动轮作顺时针转动，使传送带以恒定的速度运动。现使某小物体从曲面上距离地面高度H处由静止开始释放，到达传送带上后小物体的速度恰好和传送带相同，并最终恰好由A点落入洞中。求：

（1）传送带的运动速度v是多大。 （2）H的大小。

（3）若要使小物体恰好由B点落入洞中，小物体在曲面上由静止开始释放的位置距离地面的高度H＇应该是多少？

解析：(1) v.

HL S h D A B gS2h101m/s2m/s

21.25.

v222(1.25)m1.45m (2) Hh2g210(3) vg(SD)2h10(10.5)m/s3m/s

21.25 mgHmghmghL1mv2 2v2321.250.11m1.8m HhL2g2107.如图所示，在xoy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成

45°角．在x＜0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E，场强大小为0.32N/C； 在y＜0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1T．一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×10m/s的初速度进入磁场，最终离开电磁场区域．已知微粒的电荷量q=5×10C，质量m=1×10kg，求： （1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标； （2）带电微粒在磁场区域运动的总时间；

（3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标．

解析：（1）带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图。 第一次经过磁场边界上的A点 由

-18

-243

vqv0Bm0rmv04103m qB-3

2得

rA点位置坐标（-4×10m， -4×10m）

(2)设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T

-3

.

.

则t=tOA+tAC=TT=

143T 42m qB-5

-5

代入数据解得：T=1.256×10s 所以 t=1.256×10s （3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动

aqE m12xat12r

2△y=v0t1 代入数据解得：△y=0.2m

-3

y=△y-2r=0.2-2×4×10=0.192m

离开电、磁场时的位置坐标（0，0.192）

8 如图甲所示，在两平行金属板的中线OO

某处放置一个粒子源，粒子源沿OO方向连续不

5

断地放出速度v0=1.0×10m/s的带正电的粒子.在直线MN的右侧分布范围足够大的匀强磁

′

场，磁感应强度B=0.01πT，方向垂直纸面向里，MN与中线OO垂直.两平行金属板的电压U随时间变化的U－t图线如图乙所示.已知带电粒子的荷质比

′′

q粒子的重1.0108C/kg，

m力和粒子之间的作用力均可忽略不计，若t=0.1s时刻粒子源放出的粒子恰能从平行金属板边缘离开电场(设在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场看作是恒定的).求: (1)在t=0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时的速度大小和方向. (2)从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间. M

U/V

VV 100

′O O 0 0.1 0.2 0.3 0.4 t/s

图乙 图甲 N

.

.

解析:(1)设板间距为d，t=0.1s时刻释放的粒子在板间做类平抛运动 在沿电场方向上

dqU2t ① 22mdqUt ② dm粒子离开电场时，沿电场方向的分速度 vy粒子离开电场时的速度 v22v0vy ③

粒子在电场中的偏转角为θ tan由①②③④得 v2v0vyv0 ④

qU1.4105m/s mtan说明:用qqU1 θ=450 2mv0vU1212mvmv0和cos0联立求出正确结果，参照上述评分标准给分.

v222(2)带电粒在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期

T2m2106s qB不同时刻释放的粒子在电场中的偏转角θ不同，进入磁场后在磁场中运动的时间不同，θ大的在磁场中的偏转角大，运动时间长.

t=0时刻释放的粒子，在电场中的偏转角为0，在磁场中运动的时间最短:

t1T1106s 20

t=0.1s时刻释放的粒子，在电场中的偏转角最大为45，在磁场中运动的时间最长:

3t2T1.5106s

4

.

.

9 2009哈尔滨第24届大学生冬季运动会的高山滑雪。有一

滑雪坡由AB和BC组成，AB是倾角为37°的斜坡，BC是半径为R=5m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，如图所示，AB竖直高度差hl=8.8m，竖直台阶CD高度差为h2=5m，台阶底端与倾角为37°斜坡DE相连．运动员连同滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落

2

到DE上(不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，g取10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8)．求： (1)运动员到达C点的速度大小；

(2)运动员经过C点时轨道受到的压力大小； (3)运动员在空中飞行的时间．

.

.

解析：⑴A→C过程，由动能定理得：mg(h1R)12mvC 2△R= R (1－cos37°) ∴ vc=14m/s

2mvC ⑵在C点，由牛顿第二定律有： FCmg

R∴ Fc=3936N

由牛顿第三定律知，运动员在C点时轨道受到的压力大小为3936N.

12gth22⑶设在空中飞行时间为t，则有：tan37°= vct ∴t = 2.5s (t =－0.4s舍去)

10 如图所示，质量为M的汽车拖着质量为m的车厢（可作为质点）在水平地面上由静止开

始做直线运动．已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为 ，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角为 ，汽车的额定功率为P，重力加速度为g．为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，问： （1）汽车所能达到的最大速度为多少？ （2）汽车能达到的最大加速度为多少？  （3）汽车以最大加速度行驶的时间为多少？ （不计空气阻力）

解析：（1）（共5分）当汽车达到最大速度时汽车的功率为P且牵引力与汽车和车厢所受

.

.

摩擦力大小相等，即Ff 由于在整个运动过程中汽车和车厢保持相对静止，所以汽车和车厢所受的摩擦力为 f(mM)g 又 PFv

由上述三式可知汽车的最大速度为： vP

(mM)g（2）（共3分）要保持汽车和车厢相对静止，就应使车厢在整个运动过程中不脱离地面．考虑临界情况为车厢刚好未脱离地面，此时车厢受到的力为车厢重力和绳索对车厢的拉力T，设此时车厢的最大加速度为a，则有：

水平方向 Tcosma 竖直方向 Tsinmg 由上两式得：agcot （3）（共6分）因为此时汽车作匀加速运动，所以

Ff(Mm)a

fmMg （用隔离法同样可得）

即 F(cot)(Mm)g

因为当汽车达到匀加速最大速度时汽车的功率达到额定功率，根据 PFva

匀加速的最大速度为 vaat 所以以最大加速度匀加速的时间为： tP 2(cot)(mM)gcot1

2

11 如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S、S为板上正对的小孔，N板

右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向下为正方向建立x轴．M板左侧电子发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．

（1）当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0。

（2）求两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上． （3）求电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．

.

.

解析：（1）根据动能定理，得eU0由此可解得v012mv0（3分） 22eU0． m（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，

mv应有rd （3分）

eBd2eB212而eUmv由此即可解得U （3分）

2m2（3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐

标为x，则由轨迹图可得x2r2r2d2 （5分）

1mv和eUmv2．

2eB所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为

2d2eB2222x(2emU2emUdeB)(U≥) （3分）

eB2m注意到r12 在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存

在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求： （1）M、N两点间的电势差UMN ；

（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r； （3）粒子从M点运动到P点的总时间t。

.

.

解析：（1）设粒子过N点时速度为v，有v0v＝cosθ① v＝2v0 ② 粒子从M点运动到N点的过程，有

qU121MN＝

22mv－2mv0③ U3mv2MN＝02q ④

（2）粒子在磁场中以O/

为圆做匀速圆周运动，半径为O/

N，有qvB＝mv2r ⑤r＝2mv0qB ⑥

（3）由几何关系得

ON＝rsinθ ⑦ 设粒子在电场中运动的时间为t1，有 ON＝v0t1 ⑧ t1＝

3mqB⑨ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

.

.

T＝

2m⑩ qB设粒子在磁场中运动的时间t2，有t2＝t2＝

11 T ○

22m12 ○3qBt＝t1＋t2 t＝

(332)m13 ○3qB13如图所示，细绳绕过轻滑轮连接着边长为L的正方形导线框A和物块A，线框A的电阻

1

2

1

R，质量为M，物块A2的质量为m（M＞m），两匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的高度也为L，磁感应强

度均为B，方向水平且与线框平面垂直。线框ab边距磁场边界高度为h。开始时各段绳都处于伸直状态，把它们由静止释放，ab边刚好穿过两磁场的分界线CC′进入磁场Ⅱ时线框做匀速运动，不计绳与滑轮间的摩擦。求：

（1）ab边刚进入Ⅰ时线框A1的速度v1的大小；

（2）ab边进入磁场Ⅱ后线框A1的速度v2的大小为多少？ (3)线框穿越I区域过程中，产生的焦耳热为多大？

.

.

解析：(1)由机械能守恒定律得：Mgh－mgh=

12(M+m)v1 ①（3分） 2解得v1=

2(Mm)gh ②（3分）

Mm

14 如图所示，水平轨道AB与放置在竖直平面内的1/4圆弧轨道BC相连，圆弧轨道B端的

切线沿水平方向。一质量m=1.0kg的滑块（可视为质点）在水平恒力F=5.0N的作用下，从A点由静止开始运动。已知A、B之间距离s=5.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，

2

圆弧轨道的半径R=0.30m，g=10m/s。⑴求当滑块运动的位移为2.0m时的速度大小；⑵当滑块运动的位移为2.0m时撤去F，求滑块通过B点时对圆弧轨道的压力大小；⑶当滑块运动的位移为2.0m时撤去F后，若滑块恰好能上升到圆弧轨道的最高点，求在圆弧轨道上滑块克服摩擦力所做的功。

.

.

解析：⑴设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律Fmgma1，

2

解得：a1=4.0m/s

设滑块运动的位移为2.0m时速度大小为v，v=2a1s1，解得：v=4.0m/s

2

⑵设撤去拉力F后的加速度为a2，根据牛顿第二定律mgma2，a2=μg=1.0m/s

设滑块通过B点时的速度大小为vB，vBv2a2(ss1)得vB=3.0m/s

2vB设滑块在B点受到的支持力为NB，根据牛顿第二定律NBmgm得：NB=40N

R22

根据牛顿第三定律，滑块通过B点时对圆弧轨道的压力为40N ⑶设圆弧轨道的摩擦力对滑块做功为W，

根据动能定理mgRW0122mvB，解得：W=-1.5J

15如图，一固定的楔形木块，其斜面的倾角30,另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮。

一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连结，A的质量为4m，B的质量为m。开

始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升。物块A与斜面间无摩擦。设当A沿斜面下滑S距离后，细线突然断了。求(1)物块B上升的最大高度H。(2)绳断之前绳的张力大小。

.

.

解：（1）设物块a沿斜面下滑s距离时的速度为v，由机械能守恒得：

细线突然断的瞬间，物块b垂直上升的速度为v，此后b 作竖直上抛运动。设继续上升的距离为h。由机械能守恒得：

12mvmgh 2物体b上升的最大高度为：H=h+s 由上可得：H=

（2）对A有：4mgsin30T4ma

对B有： Tmgma 由上可知：T=

16

一起重机竖直吊起两个质量均为200㎏的重物A和B，以4m/s的速度向上匀速运动。

F B A v

当物体A运动到距地面的高度为12m时，连接AB间的绳子突然断裂，绳子断裂后，起重机

2

的拉力保持不变，不计空气阻力，g取10m/s,求： （1）从绳子断裂到重物A落地所用的时间为多少？ （2）重物A落地时，重物B的速度大小为多少？

.

.

解：（1）上升时间

上升高度

下落时间H+h=

12gt2，解得t2= s A物体运动的总时间为：t= s 2（2）AB一起匀速上升时，绳子的拉力为F=（mA+mB）g=2mg（2分）

2

B加速上升时，由F-mg=ma可得a= m/s （2分）

重物A落地时，重物B的速度由vt=v0+at（2分） 解得vt= m/s （2分）

17.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体

静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块

C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知mA=m，mB=2m，mC=3m，

求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能； （3） 滑块C落地点与桌面边缘的水平距离.

A

h B C H

.

.

解：⑴ 滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1 ，由机械能守恒有：mAgh1mAv12 ① 解之得 v1= ② 2滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2 ，由动量守恒定律有： mAv1(mAmB)v2 ③ 解之得： v2=

v1= ④

（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3， 由动量守恒： mAv1(mAmBmC)v3 ⑤ v3由机械能守恒定律有：

1v1 ⑥ 6EPmax1122 ⑦ EPmax= ⑧ (mAmB)v2(mAmBmC)v322（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C.

.

的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：

(mAmB)v2(mAmB)v4mCv5 ⑨

111222 ⑩ (mAmB)v2(mAmB)v4mCv5222解之得：v4= ， v5=v2 ⑾

C从桌面边缘飞出做平抛运动：S = v5t ⑿ H=

12gt ⒀ 解得：S = ⒁ 218.在水平的冰面上放置两个相距为L的木箱A和B，木箱的质量均为m，用水平恒力F推

动木箱A向B运动，经过一段时间后撤去F，木箱A继续向着木箱B运动，并与木箱B碰撞后结合在一起继续运动。已知两个木箱一起向前滑动的最大距离为s，两个木箱与冰面之间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。求恒力F作用的时间。

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解：设两个木箱结合在一起时的速度为v，两个木箱一起滑行的过程中，根据动能定理，有

12mgs · 2mv2，

2 （3分）

设两个木箱碰撞前木箱A的速度为v1，根据动量守恒定律，有：

mv1 = 2mv， （3分）

在木箱A与B碰撞之前，设在恒力F作用下木箱A移动的距离为s1，由动能定理，有：

Fs1 –mgL mv12，

12 （4分）

木箱的恒力F作用下做匀加速运动，设运动的加速度为a，恒力作用时间为t，根据牛顿第二定律和运动学公式，

F –mgma， （4分）

s1 =at2。

12

（3分）

（3分）

联立以上各式，解得： t = 。

19.如图所示，质量为M=4.0kg的滑板静止在光滑水平面上，滑板的右端固定一轻弹簧，在

滑板的最右端放一可视为质点的小物体A，弹簧的自由端C与A相距L=0.5m，弹簧下面的那段滑板是光滑的，C左侧的那段滑板不光滑，物体A与这段滑板间的动摩擦因数μ=0.2，A的质量m=1.0kg，滑板受到向左水平恒力F作用1s后撤去，撤去水平拉

2

力F时A刚好滑到C处，g取10m/s。 求：（1）作用力F的大小。

（2）A压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性势能Ep。

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Fmg11Fmg2 S1a1t2t M22Mmg11 对物体 ：a2g S2a2t2gt2

m221Fmg21S1S2L tgt2L F=

2M2解：（1）对滑板：a1（2）撤去F时：v1= v2=

由动量守恒，向左为正方向 Mv1mv2(Mm)v v= 由系统能量守恒

12121mv1mv2(Mm)v2Ep Ep= 22220

如图所示，光滑轨道的DP段为水平直轨道，PQ段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨

道的下端与水平轨道的右端相切于P点。一轻质弹簧两端分别固定质量为2m的小球A和质

量为m的小球B，质量为m的小球C靠在B球的右侧。现用外力作用在A和C上，弹簧被压缩（弹簧仍在弹性限度内），这时三个小球均静止于距离P足够远的水平轨道上，若撤去外力，C球恰好可运动到轨道的最高点Q，已知重力加速度为g，求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是多少？

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解：对A,B,C及弹簧组成的系统，当弹簧第1次恢复原长时，设B，C共同速度大小为v0,A的速度大小为vA，由动量守恒定律有 2mvA=（m+m）v0，即vA=v0 由系统能量守恒有 E=

此后B,C分离，设C恰好运动到最高点Q的速度为v，此过程C球机械能守恒 mg2R=

在最高点Q，由牛顿第二定律有 mg= 则 E=

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