《2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 階段滾動卷二（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 階段滾動卷二（含解析）（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、階段滾動卷二 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，時間90分鐘。 第Ⅰ卷 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一個選項符合題目要求，第8～12題有多項符合題目要求，全部答對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1．(2019·四川自貢高三一診)如圖，是發(fā)射的一顆人造衛(wèi)星在繞地球軌道上的幾次變軌圖，軌道Ⅰ是圓軌道，軌道Ⅱ和軌道Ⅲ是依次在P點變軌后的橢圓軌道。下列說法正確的是(　　) A．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的運行速度大于7.9 km/s B．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運動時，在P點和Q點的速度大小相等

2、 C．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運動到P點時的加速度等于衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運動到P點時的加速度 D．衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點加速進入軌道Ⅱ后機械能減小 答案　C 解析　第一宇宙速度v1＝7.9 km/s是近地衛(wèi)星的運行速度，是圓軌道衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，根據(jù)半徑越大，線速度越小，可知衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運行時的速度一定小于7.9 km/s，故A錯誤；根據(jù)開普勒第二定律可知，衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運動時，P點為近地點，Q點為遠地點，則在P點的速度大小大于在Q點的速度大小，故B錯誤；根據(jù)a＝可知，衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運動到P點時的加速度等于衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運動到P點時的加速度，故C正確；衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點加速進入軌道Ⅱ后機械能增大，故

3、D錯誤。 2. (2019·榆林一模)如圖所示，A為地球赤道表面的物體，B為環(huán)繞地球運行的衛(wèi)星，此衛(wèi)星在距離地球表面的高度處做勻速圓周運動，且向心加速度的大小為a，地球的半徑為R，引力常量為G。則下列說法正確的是(　　) A．物體A的向心加速度大于a B．物體A的線速度比衛(wèi)星B的線速度大 C．地球的質(zhì)量為 D．地球兩極的重力加速度大小為a 答案　D 解析　根據(jù)G＝ma得a＝，可知B的向心加速度a大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，而根據(jù)a＝ω2r可知，同步衛(wèi)星的向心加速度大于物體A的向心加速度，則物體A的向心加速度小于a，故A錯誤；根據(jù)G＝m可知v＝ ，則B的線速度大于地球同步衛(wèi)星

4、的線速度，而根據(jù)v＝ωr可知，同步衛(wèi)星的線速度大于物體A的線速度，則物體A的線速度小于衛(wèi)星B的線速度，故B錯誤；對衛(wèi)星B，根據(jù)G＝ma可得，地球的質(zhì)量為，故C錯誤；根據(jù)G＝mg可得，地球兩極的重力加速度大小為g＝＝a，故D正確。 3．(2019·成都三模)目前，我國在人工智能和無人駕駛技術方面已取得較大突破。為早日實現(xiàn)無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(fā)現(xiàn)，下坡時若關掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動做加速運動，發(fā)生位移s時速度剛好達到最大值vm，設汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說法正確的是

5、(　　) A．關掉油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒 B．關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零 C．上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間可能等于 D．上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，所用時間一定小于 答案　D 解析　汽車關掉油門后的勻速下坡過程，汽車的速度不變，動能不變，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故A錯誤；汽車關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則支持力的沖量不為零，故B錯誤；汽車上坡過程中，汽車速度由增至，設所用的時間為t，位移為s′，所受阻力為f(包含重力沿坡面的分力)，根據(jù)動能定理可得：Pt－fs′＝m

6、2－m·2，解得t＝＋，故C錯誤；上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm的過程，功率不變，速度增大，則牽引力減小，加速度減小，做加速度減小的加速運動，設所用時間為T，則·T

7、0過程中，物體的機械能不斷減少 答案　C 解析　0～h0過程中，Ek-h圖象為一條直線，由動能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A錯誤；由A可知，F(xiàn)在0～h0過程中做功為2mgh0，在h0～2h0過程中，由動能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為4∶3，故B錯誤；由A、B兩項分析可知，在0～2h0過程中，F(xiàn)一直做正功，故物體的機械能不斷增加，C正確；在2h0～3.5h0過程中，取任一高度(2h0＋h′)，由圖乙可知此時物體的動能為mg(1.5h0－h(huán)′)，由動能定理WF′－mgh′

8、＝mg(1.5h0－h(huán)′)－1.5mgh0，得WF′＝0，即F做功為0，故物體的機械能保持不變，D錯誤。 5．(2019·大武口區(qū)校級一模)質(zhì)量m＝200 kg的小型電動汽車在平直的公路上由靜止啟動，圖象甲表示汽車運動的速度與時間的關系，圖象乙表示汽車牽引力的功率與時間的關系。設汽車在運動過程中阻力不變，在18 s末汽車的速度恰好達到最大。則下列說法正確的是(　　) A．汽車受到的阻力為200 N B．汽車的最大牽引力為800 N C．汽車在做變加速運動過程中的位移大小為90 m D．8～18 s過程中汽車牽引力做的功為8×104 J 答案　D 解析　當牽引力等于阻力時，汽車

9、的速度達到最大值，則有：f＝＝800 N，故A錯誤；在0～8 s過程中，汽車做勻加速運動，在8～16 s過程中，汽車做加速度減小的加速運動，由F－f＝ma可知，牽引力逐漸減小，由此可知0～8 s汽車的牽引力最大，則有：Fm＝＝ N＝1000 N，故B錯誤；汽車做變加速運動的過程中，根據(jù)動能定理得：Pmt－fs＝mv－mv，解得：s＝95.5 m，故C錯誤；8～18 s過程中汽車牽引力已達到最大功率，所以牽引力做的功為：W＝Pmt＝8×104 J，故D正確。 6. (2019·重慶南開中學高三4月模擬)如圖所示，甲、乙兩小球大小相同，質(zhì)量相等，甲小球從某高度h處釋放，做自由落體運動，乙小球在它

10、的正下方的水平面上以某一初速度同時做豎直上拋運動，如果兩小球碰撞時恰好速度大小相等，方向相反，且碰撞過程中無機械能損失，關于其運動，下列說法正確的是(　　) A．甲、乙小球從開始運動到相碰的過程，系統(tǒng)動量守恒 B．甲小球碰后將先回到出發(fā)點 C．乙小球碰前、碰后兩個階段的重力的沖量一定相等 D．甲、乙兩球碰前的平均速度大小比值為1∶2 答案　C 解析　甲、乙小球從開始運動到相碰的過程，由于它們都受重力的作用，系統(tǒng)的合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；兩球發(fā)生彈性碰撞，碰后兩球速度大小相等，方向相反，運動規(guī)律與各自碰撞前的運動規(guī)律對稱，則它們運動時間相等，即同時回到出發(fā)點，所

11、以小球碰前、碰后兩個階段的時間相同，小球所受重力的沖量也相同，故B錯誤，C正確；設甲、乙兩球相遇時的速度為v，甲的初速度為0，乙的初速度為v1，由題知甲、乙兩球運動時間相同，加速度大小相等，即v＝gt＝v1－gt，由此可得v1＝2v，由勻變速運動平均速度＝知，甲＝＝，乙＝＝，則甲∶乙＝1∶3，故D錯誤。 7．(2019·北京西城一模)隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應”進入了公眾的視野。“引力彈弓效應”是指在太空運動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個過程，可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以

12、太陽為參考系，設行星運動的速度為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是(　　) A．v1>v0 B．v1＝v0 C．v2>v0 D．v2＝v0 答案　A 解析　設探測器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，探測器和行星發(fā)生彈性碰撞。對于模型一：設向左為正方向，由動量守恒定律：Mu－mv0＝mv1＋Mu1，由能量守恒Mu2＋mv＝mv＋Mu，聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1＝，因M?m

13、，則v1≈2u＋v0>v0，故A正確，B錯誤；對于模型二：設向左為正方向，由動量守恒定律：Mu＋mv0＝－mv2＋Mu2，由能量守恒Mu2＋mv＝mv＋Mu，聯(lián)立解得探測器碰后的速度v2＝，因M?m，則v2≈v0－2u

14、．月球表面的重力加速度為2 B．探測器在月面行走時，探測器內(nèi)的儀器處于完全失重狀態(tài) C．月球的第一宇宙速度為R1 D．嫦娥四號環(huán)月飛行的最小周期為2π 答案　CD 解析　在地球表面，根據(jù)萬有引力和重力的關系可得：mg＝G，在月球表面，根據(jù)萬有引力和重力的關系可得：mg月＝G，聯(lián)立解得：g月＝，故A錯誤；探測器在月面行走時，探測器內(nèi)的儀器仍受月球的重力作用，不是處于失重狀態(tài)，故B錯誤；月球的第一宇宙速度為v＝＝R1 ，故C正確；嫦娥四號環(huán)月飛行時按月球的第一宇宙速度運行時周期最小，嫦娥四號環(huán)月飛行的最小周期為T＝＝2π ，故D正確。 9. (2019·吉林省長春市二模)如圖所示，固定

15、于地面、傾角為θ的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧，輕質(zhì)彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接，另一端與物塊A連接，物塊A上方放置有另一物塊B，物塊A、B質(zhì)量均為m且不粘連，整個系統(tǒng)在沿斜面向下的外力F作用下處于靜止狀態(tài)。某一時刻將力F撤去，在彈簧將A、B彈出過程中，若A、B能夠分離，重力加速度為g。則下列敘述正確的是(　　) A．A、B剛分離的瞬間，兩物塊速度達到最大 B．A、B剛分離的瞬間，A的加速度大小為gsinθ C．從力F撤去到A、B分離的過程中，A物塊的機械能一直增加 D．從力F撤去到A、B分離的過程中，A、B物塊和彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒 答案　BCD 解析　當加速度等于零時

16、，兩個物塊的速度達到最大，A、B剛分離的瞬間，彈簧處于原長狀態(tài)，A、B之間沒有彈力作用，此時A、B都只受重力和斜面的支持力，有共同的沿斜面向下的加速度gsinθ，速度不是最大，A錯誤，B正確；從力F撤去到A、B分離的過程中，彈簧對A物塊的彈力始終大于B物塊對A物塊的彈力，這兩個力的合力對A做正功，所以A的機械能增大，C正確；從力F撤去到A、B分離的過程中，A、B物塊和彈簧構成的系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，D正確。 10．(2019·河北唐山一模)一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊運動的位移為s。則以下說法正確的是(　

17、　) A．子彈動能的虧損等于系統(tǒng)動能的虧損 B．子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小 C．摩擦力對木塊做的功等于摩擦力對子彈做的功 D．子彈對木塊做的功等于木塊動能的增量 答案　BD 解析　子彈射入木塊的過程，要產(chǎn)生內(nèi)能，由能量守恒定律知子彈動能的虧損大于系統(tǒng)動能的虧損，故A錯誤；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動量的變化量為零，則子彈與木塊動量變化量的大小相等，方向相反，故B正確；摩擦力對木塊做的功為fs，摩擦力對子彈做的功為－f(s＋d)，可知二者不等，故C錯誤；對木塊，根據(jù)動能定理可知：子彈對木塊做的功即為摩擦力對木塊的功，等于木塊動能的增量，故D正確。 11

18、．(2019·安徽宣城二模)如圖a，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖b是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速度的平方與其對應高度的關系圖象。已知小球在最高點C受到軌道的作用力為2.5 N，空氣阻力不計，B點為AC軌道的中點，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．圖b中x＝36 m2·s－2 B．小球質(zhì)量為0.2 kg C．小球在A點時重力的功率為5 W D．小球在B點受到的軌道作用力為8.5 N 答案　BD 解析　由圖b可知軌道半徑R＝0.4 m，小球在C點的速度vC＝3 m/s，那么由牛頓第二定律

19、可得：F＋mg＝，解得：m＝＝ kg＝0.2 kg，故B正確；小球在光滑軌道上運動，只有重力做功，故機械能守恒，所以有：mv＝mv＋mg2R，解得：v＝v＋2g2R，即為：x＝v＝9＋2×10×0.8 m2/s2＝25 m2/s2，故A錯誤；小球在A點時重力G＝mg＝2 N，方向向下，速度vA＝5 m/s，方向向右，故小球在A點時重力的功率為0，C錯誤；由機械能守恒可得小球在B點的速度為：vB＝＝ m/s＝ m/s，此時在水平方向受到軌道的支持力為：F＝＝ N＝8.5 N，所以，小球在B點受到的軌道作用力為8.5 N，故D正確。 12. (2019·湖北模擬)如圖所示，固定的光滑豎直桿上套一

20、個滑塊A，與滑塊A連接的細線繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪連接滑塊B，細線不可伸長，滑塊B放在粗糙的固定斜面上，連接滑塊B的細線和斜面平行，滑塊A從細線水平位置由靜止釋放(不計輪軸處的摩擦)，到滑塊A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑輪處)的過程中(　　) A．滑塊A和滑塊B的加速度大小一直相等 B．滑塊A減小的機械能等于滑塊B增加的機械能 C．滑塊A的速度最大時，滑塊A的速度大于B的速度 D．細線上張力對滑塊A做的功等于滑塊A機械能的變化量 答案　CD 解析　兩滑塊與繩構成繩連接體，沿繩方向的加速度相等，則A的分加速度大小等于B的加速度大小，故A錯誤；由能量守恒定律可知滑塊A減小的

21、機械能等于滑塊B增加的機械能和摩擦生熱之和，故B錯誤；繩連接體沿繩的速度相等，則A沿繩的分速度大小等于B的運動速度大小，如圖所示， 即滑塊A的速度大于B的速度，故C正確；對A受力分析可知，除重力外，只有細線的張力對A做功，由功能關系可知，細線上張力對滑塊A做的功等于滑塊A機械能的變化量，故D正確。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(本題共4小題，共52分。解答應寫出必要的文字說明、只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 13．(2019·撫州模擬)(12分)如圖所示，從A點以v0的水平速度拋出一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)，當物塊運動至B點時，恰好沿

22、切線方向進入光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點等高靜止在光滑水平面的長木板上，圓弧軌道C端切線水平。已知長木板的質(zhì)量M＝4 kg，A、B兩點距C點的高度分別為H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)水平拋出速度v0的大?。? (2)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板？ 答案　(1)4 m/s　(2)2.24 m 解析　(1)小物塊做平拋運動，則有：H－h(huán)＝gt2 小物塊到達B點時豎直分速度為：vy＝gt 解得：vy＝3 m/s 設∠BOC＝θ，由幾何關系可得： cosθ＝＝，t

23、anθ＝，解得：v0＝4 m/s。 (2)小物塊從A到C，根據(jù)機械能守恒定律可得： mv＋mgH＝mv，解得：vC＝2 m/s 小物塊滑上長木板后，二者組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可得：mvC＝(M＋m)v共 解得：v共＝ m/s 由能量守恒定律，得：μmgL＝mv－(m＋M)v 解得：長木板的最小長度L＝2.24 m。 14. (2019·河南安陽二模)(12分)如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端和粗糙的水平軌道在A點相切，AB為圓弧軌道的直徑。質(zhì)量分別為m、2m的滑塊1、2用很短的細線連接，在兩滑塊之間夾有壓縮的短彈簧(彈簧與滑塊不固連

24、，彈簧和細線均未畫出)，滑塊1、2位于A點。現(xiàn)剪斷兩滑塊間的細線，滑塊1恰能過B點，且落地點恰與滑塊2停止運動的地點重合。滑塊1、2可視為質(zhì)點，不考慮滑塊1落地后反彈，不計空氣阻力，重力加速度為g，求： (1)滑塊1過B點的速度大小； (2)彈簧釋放的彈性勢能大小； (3)滑塊2與水平軌道間的動摩擦因數(shù)。 答案　(1)　(2)mgR　(3) 解析　(1)滑塊1恰能過B點， 則有mg＝m，解得：vB＝。 (2)滑塊1從A點運動到B點的過程中，根據(jù)動能定律有：－mg·2R＝mv－mv 解得：vA＝ 滑塊1、2被彈簧彈開前后，滑塊1、2組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有：m

25、vA＝2mv 根據(jù)能量轉化和守恒定律有：Ep＝mv＋·2mv2 聯(lián)立解得：Ep＝mgR。 (3)滑塊1過B點后做平拋運動，則 水平方向有：x＝vBt 豎直方向有：2R＝gt2 滑塊2在水平方向做減速運動，根據(jù)動能定理有： －μ·2mg·x＝0－·2mv2，聯(lián)立解得：μ＝。 15．(2019·安徽合肥二模)(14分)將一輕彈簧豎直放置在地面上，在其頂端由靜止釋放一質(zhì)量為m的物體，當彈簧被壓縮到最短時，其壓縮量為l。現(xiàn)將該彈簧的兩端分別拴接小物塊A與B，并將它們靜置于傾角為30°的足夠長固定斜面上，B靠在垂直于斜面的擋板上，P點為斜面上彈簧自然狀態(tài)時A的位置，如圖所示。由斜面上距P

26、點6l的O點，將另一物塊C以初速度v0＝5 沿斜面向下滑行，經(jīng)過一段時間后與A發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后C、A緊貼在一起運動，但不粘連，已知斜面P點下方光滑、上方粗糙，A、B、C的質(zhì)量均為4m，與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，彈簧勁度系數(shù)k＝，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求： (1)C與A碰撞前瞬間的速度大小； (2)C最終停止的位置與O點的距離； (3)判斷上述過程中B能否脫離擋板，并說明理由。 答案　(1)　(2)4l (3)Ek>0，說明此時A仍有沿斜面向上的速度，故B能脫離擋板 解析　(1)剛開始A壓縮彈簧，設此時彈簧壓縮量為x1，對A根據(jù)平衡條件可得：4mg

27、sin30°＝kx1 解得：x1＝l 設C與A碰前瞬間速度大小為v1，對C，由動能定理得： 4mgsin30°(6l＋x1)－μ·4mgcos30°·6l＝(4m)v－(4m)v 聯(lián)立以上各式得：v1＝。 (2)依題意，當豎直放置的彈簧被壓縮l時，質(zhì)量為m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能，由機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能為：Ep＝mgl。 C與A碰撞過程中動量守恒，有：4mv1＝8mv2 C與A碰后一起壓縮彈簧至返回P點過程，B始終未動，對A、C及彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律得： (8m)v＋Ep＝8mgsin30°·l＋(8m)v 此后C與A分離，C沿

28、斜面向上做勻減速運動直至停下，對C，根據(jù)動能定理可得： －4mgsin30°·x2－μ·4mgcos30°·x2＝0－(4m)v 聯(lián)立以上各式得：x2＝2l，即C最終停止的位置與O點相距4l。 (3)要使B離開擋板，則彈簧必須伸長到 x3＝＝l， 即A需到達斜面上P點上方l處，此時彈簧的彈性勢能恰也為Ep， 假定A可以到達該處，A由P至該處的運動過程，根據(jù)動能定理得： －4mgsin30°·l－μ·4mgcos30°·l＋WT＝Ek－(4m)v 其中WT＝－Ep＝－mgl 由以上式子可得Ek>0，說明此時A仍有沿斜面向上的速度，故B能脫離擋板。 16．(2019·山東聊城二

29、模)(14分)如圖a所示，輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，自由狀態(tài)時右端在C點，C點左側地面光滑、右側粗糙。用可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1 kg的物體A將彈簧壓縮至O點并鎖定。以O點為原點建立坐標軸?，F(xiàn)用水平向右的拉力F作用于物體A，同時解除彈簧鎖定，使物體A做勻加速直線運動，拉力F隨位移x變化的關系如圖b所示，運動到0.225 m處時，撤去拉力F。 (1)求物體A與粗糙地面間的動摩擦因數(shù)以及向右運動至最右端的位置D點的坐標； (2)若在D點給物體A一向左的初速度，物體A恰好能將彈簧壓縮至O點，求物體A到C點時的速度大小； (3)質(zhì)量為M＝3 kg的物體B在D點與靜止的物體A發(fā)生彈性正碰，碰后物

30、體A向左運動并恰能壓縮彈簧到O點，求物體B與A碰撞前的瞬時速度大小。 答案　(1)0.5　0.45 m　(2) m/s　(3) m/s 解析　(1)由于物體A做勻加速直線運動，結合圖象，可知：從O到C點的過程中：F彈＋F＝ma 在C點，F(xiàn)C彈＝0、FC＝5 N，解得：a＝5 m/s2 在C點右側：F－μmg＝ma、F＝10 N，解得：μ＝0.5 從O到C點，物體A做勻加速直線運動，則： v＝2axOC 解得：vC＝1 m/s 物體A從C到D的過程中，由動能定理得： Fx1－μmg·xCD＝0－mv 其中x1＝0.225 m－0.1 m＝0.125 m 解得：xCD＝0.3

31、5 m D點坐標：xD＝xOC＋xCD＝0.45 m。 (2)設物體A到C點時的速度大小為vC1，物體A將彈簧由C點壓縮至O點的過程， 由動能定理得：－W彈＝0－mv 物體A從O到C，由動能定理得： W彈＋WF＝mv－0 其中WF＝xOC 聯(lián)立解得：vC1＝ m/s。 (3)B與A發(fā)生彈性正碰，設B碰前速度為v0，碰后速度為v1；碰后A的速度為v2，則： 由動量守恒定律有Mv0＝Mv1＋mv2 由機械能守恒定律有Mv＝Mv＋mv 物體A從D到C的過程中，由動能定理： －μmgxCD＝mv－mv 聯(lián)立解得：v2＝2 m/s、v0＝ m/s。 - 13 -