11、如图10-1所示，劲度系数为 K的轻质弹簧一端与墙固定，另一端与倾角为θ的斜面体小车连接，小车置于光滑水平面上。在小车上叠放一个物体，已知小车质量为 M，物体质量为m，小车位于O点时，整个系统处于平衡状态。现将小车从O点拉到B点，令OB=b，无初速释放后，小车即在水平面B、C间来回运动，而物体和小车之间始终没有相对运动。求：(1)小车运动到B点时的加速度大小和物体所受到的摩擦力大小。(2)b的大小必须满足什么条件，才能使小车和物体一起运动过程中，在某一位置时，物体和小车之间的摩擦力为零。

分析与解：

(1)所求的加速度a和摩擦力f是小车在B点时的瞬时值。取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律：kb=(M+m)a 　 所以a=kb/(M+m)。

　 取m为研究对象，在沿斜面方向有：f-mgsinθ=macosθ

所以，f=mgsinθ+mcosθ=m(gsinθ+cosθ)

(2)当物体和小车之间的摩擦力的零时，小车的加速度变为a’，小车距O点距离为b’，取m为研究对象，有：mgsinθ=ma’cosθ

取M、m和弹簧组成的系统为研究对象，有：kb‘=(M+m)a’

以上述两式联立解得：b‘=(M+m)gtgθ

　 说明：在求解加速度时用整体法，在分析求解m受到的摩擦力时用隔离法。整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法，希读者认真掌握。

10、如图9-1所示，质量为M=3kg的木板静止在光滑水平面上，板的右端放一质量为m=1kg的小铁块，现给铁块一个水平向左速度V₀=4m/s，铁块在木板上滑行，与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回，且恰好停在木板右端，求铁块与弹簧相碰过程中，弹性势能的最大值E_P。

分析与解：在铁块运动的整个过程中，系统的动量守恒，因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度(铁块与木板的速度相同)可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动过程中，系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积，可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果。

　 设弹簧压缩量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V和V’，由动量守恒得：mV₀=(M+m)V=(M+m)V’ 所以，V=V’=mV₀/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s

铁块刚在木板上运动时系统总动能为：EK=mV₀²=0.5X1X16=8J

弹簧压缩量最大时和铁块最后停在木板右端时，系统总动能都为：

E_K’=(M+m)V²=0.5X(3+1)X1=2J

铁块在相对于木板往返运过程中，克服摩擦力f所做的功为：

W_f=f2L=E_K-E_K’=8-2=6J

铁块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中，系统机械能损失为：fs=3J

由能量关系得出弹性势能最大值为：E_P=E_K-E_K‘-fs=8-2-3=3J

说明：由于木板在水平光滑平面上运动，整个系统动量守恒，题中所求的是弹簧的最大弹性势能，解题时必须要用到能量关系。在解本题时要注意两个方面：①.是要知道只有当铁块和木板相对静止时(即速度相同时)，弹簧的弹性势能才最大；弹性势能量大时，铁块和木板的速度都不为零；铁块停在木板右端时，系统速度也不为零。

②.是系统机械能损失并不等于铁块克服摩擦力所做的功，而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值，故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。

9、如图8-1所示，质量为m=0.4kg的滑块，在水平外力F作用下，在光滑水平面上从A点由静止开始向B点运动，到达B点时外力F突然撤去，滑块随即冲上半径为 R=0.4米的1/4光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑水平面PQ运动。设：开始时平面AB与圆弧CD相切，A、B、C三点在同一水平线上，令AB连线为X轴，且AB=d=0.64m，滑块在AB面上运动时，其动量随位移的变化关系为P=1.6kgm/s，小车质量M=3.6kg，不计能量损失。求：

(1)滑块受水平推力F为多大? (2)滑块通过C点时，圆弧C点受到压力为多大? (3)滑块到达D点时，小车速度为多大? (4)滑块能否第二次通过C点? 若滑块第二次通过C点时，小车与滑块的速度分别为多大? (5)滑块从D点滑出再返回D点这一过程中，小车移动距离为多少? (g取10m/s²)

　 分析与解：(1)由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑块到B点速度为：

　　　 V_B=1.6/m=1.6=3.2m/s

　　 A→B，由动能定理得：FS=mVB²

 所以 F=mVB²/(2S)=0.4X3.2²/(2X0.64)=3.2N

(2)滑块滑上C立即做圆周运动，由牛顿第二定律得：

　　　 N-mg=mVC²/R 而VC=VB 则　　 N=mg+mVC²/R=0.4X10+0.4X3.2²/0.4=14.2N

(3)滑块由C→D的过程中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在D点时，滑块和小车具有相同的水平速度V_DX 。由动量守恒定律得：mV_C=(M+m)V_DX

所以 V_DX=mV_C/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s

(4)滑块一定能再次通过C点。因为滑块到达D点时，除与小车有相同的水平速度V_DX外，还具有竖直向上的分速度V_DY，因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(相对地面做斜上抛运动)。因题中说明无能量损失，可知滑块在离车后一段时间内，始终处于D点的正上方(因两者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有相同水平速度)， 所以滑块返回时必重新落在小车的D点上，然后再圆孤下滑，最后由C点离开小车，做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定律得：

　　　mV_C²=mgR+(M+m)V_DX²+mV_DY²

所以

以滑块、小车为系统，以滑块滑上C点为初态，滑块第二次滑到C点时为末态，此过程中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒(注意：对滑块来说，此过程中弹力与速度不垂直，弹力做功，机械能不守恒)得：

　　 mV_C=mV_C‘+MV 即mV_C²=mV_C’²+MV²

上式中VC‘、V分别为滑块返回C点时，滑块与小车的速度，

　 　 　V=2mV_C/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/s

　　 V_C’=(m-M)V_C/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-2.56m/s(与V反向)

(5)滑块离D到返回D这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为：

　　 △S=V_DX2V_DY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m

8、一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球(可视为质点)。A球的质量为m₁，B球的质量为m₂。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为V₀。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m₁、m₂、R与V₀应满足的关系式是 　　　　 。

分析与解：如图7-1所示，A球运动到最低点时速度为V₀，A球受到向下重力mg和细管向上弹力N₁的作用，其合力提供向心力。那么，N₁-m₁g=m₁ [1]

这时B球位于最高点，速度为V₁，B球受向下重力m₂g和细管弹力N₂作用。球作用于细管的力是N₁、N₂的反作用力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求N₂与N₁等值反向，N₁=N₂ [2]， 且N₂方向一定向下，对B球：N₂+m₂g=m₂ [3]

B球由最高点运动到最低点时速度为V₀，此过程中机械能守恒：

即m₂V₁²+m₂g2R=m₂V₀² [4]

由[1][2][3][4]式消去N₁、N₂和V₁后得到m₁、m₂、R与V₀满足的关系式是：

(m₁-m₂)+(m₁+5m₂)g=0 [5]

说明：(1)本题不要求出某一物理量，而是要求根据对两球运动的分析和受力的分析，在建立[1]-[4]式的基础上得到m₁、m₂、R与V₀所满足的关系式[5]。(2)由题意要求两球对圆管的合力为零知，N₂一定与N₁方向相反，这一点是列出[3]式的关键。且由[5]式知两球质量关系m₁＜m₂。

1]、[2]两式消去GM解得：V===2.0X10³ m/s

　 说明：n越大(即卫星越高)，卫星的线速度越小。若n=0，即近地卫星，则卫星的线速度为V₀==7.9X10³m/s，这就是第一宇宙速度，即环绕速度。

7、某人造地球卫星的高度是地球半径的15倍。试估算此卫星的线速度。已知地球半径R=6400km，g=10m/s²。

分析与解：人造地球卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对卫星的引力提供，设地球与卫星的质量分别为M、m，则：= [1]

又根据近地卫星受到的引力可近似地认为等于其重力，即：mg= [2]

6、如图6-1所示，A、B两物体的质量分别是m₁和m₂，其接触面光滑，与水平面的夹角为θ，若A、B与水平地面的动摩擦系数都是μ，用水平力F推A，使A、B一起加速运动，求：(1)A、B间的相互作用力 (2)为维持A、B间不发生相对滑动，力F的取值范围。

　分析与解：A在F的作用下，有沿A、B间斜面向上运动的趋势，据题意，为维持A、B间不发生相对滑动时，A处刚脱离水平面，即A不受到水平面的支持力，此时A与水平面间的摩擦力为零。

　本题在求A、B间相互作用力N和B受到的摩擦力f₂时，运用隔离法；而求A、B组成的系统的加速度时，运用整体法。

(1)对A受力分析如图6-2(a)所示，据题意有：N₁=0，f₁=0

因此有：Ncosθ=m₁g [1] ,　 F-Nsinθ=m₁a [2]

由[1]式得A、B间相互作用力为：N=m₁g/cosθ

(2)对B受力分析如图6-2(b)所示，则：N₂=m₂g+Ncosθ [3] , f₂=μN₂ [4]

将[1]、[3]代入[4]式得： f₂=μ(m₁+ m₂)g

取A、B组成的系统，有：F-f₂=(m₁+ m₂)a [5]

由[1]、[2]、[5]式解得：F=m₁g(m₁+ m₂)(tgθ-μ)/m₂

故A、B不发生相对滑动时F的取值范围为：0＜F≤m₁g(m₁+ m₂)(tgθ-μ)/m₂

想一想：当A、B与水平地面间光滑时，且又m₁=m₂=m时，则F的取值范围是多少？(0＜F≤2mgtgθ＝。

5、如图5-1所示，长L=75cm的静止直筒中有一不计大小的小球，筒与球的总质量为4千克，现对筒施加一竖直向下、大小为21牛的恒力，使筒竖直向下运动，经t=0.5秒时间，小球恰好跃出筒口。求：小球的质量。(取g=10m/s²)

分析与解：筒受到竖直向下的力作用后做竖直向下的匀加速运动，且加速度大于重力加速度。而小球则是在筒内做自由落体运动。小球跃出筒口时，筒的位移比小球的位移多一个筒的长度。

设筒与小球的总质量为M，小球的质量为m，筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速为零的匀加速运动，设加速度为a；小球做自由落体运动。设在时间t内，筒与小球的位移分别为h₁、h₂(球可视为质点)如图5-2所示。

由运动学公式得：

又有：L=h₁-h₂ 代入数据解得：a=16米/秒²

　又因为筒受到重力(M-m)g和向下作用力F，据牛顿第二定律：

F+(M-m)g=(M-m)a　得：

4、如图4-1所示，传送带与地面倾角θ=37°，AB长为16米，传送带以10米/秒的速度匀速运动。在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5千克的物体，它与传送带之间的动摩擦系数为μ=0.5，求：(1)物体从A运动到B所需时间，(2)物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体所做的功(g=10米/秒²)

分析与解：(1)当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为α₁,(此时滑动摩擦力沿斜面向下)则：

t₁=v/α₁=10/10=1米

当物体下滑速度大于传送带V=10米/秒 时，物体的加速度为a₂，(此时f沿斜面向上)则：

即：10t₂+t₂²=11 解得：t₂=1秒(t₂=-11秒舍去)

所以，t=t₁+t₂=1+1=2秒

(2)W₁=fs₁=μmgcosθS₁=0.5X0.5X10X0.8X5=10焦

W₂=-fs₂=-μmgcosθS₂=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦

所以，W=W₁+W₂=10-22=-12焦。

想一想：如图4-1所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端B用的时间为t，则：(请选择)

A. 当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于t。

B. 当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t。

C. 当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能等于t。

D. 当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能小于t。

答案：(B、C、D)

3、如图3-1所示的传送皮带，其水平部分 ab=2米，bc=4米，bc与水平面的夹角α=37°，一小物体A与传送皮带的滑动摩擦系数μ=0.25，皮带沿图示方向运动，速率为2米/秒。若把物体A轻轻放到a点处，它将被皮带送到c点，且物体A一直没有脱离皮带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。

分析与解：物体A轻放到a点处，它对传送带的相对运动向后，传送带对A的滑动摩擦力向前，则 A 作初速为零的匀加速运动直到与传送带速度相同。设此段时间为t₁，则：

a₁=μg=0.25x10=2.5米/秒² 　　 t=v/a₁=2/2.5=0.8秒

设A匀加速运动时间内位移为S₁，则：

设物体A在水平传送带上作匀速运动时间为t₂，则

设物体A在bc段运动时间为t₃，加速度为a₂，则：

a₂=g*Sin37°-μgCos37°=10x0.6-0.25x10x0.8=4米/秒²

解得：t₃=1秒 (t₃=-2秒舍去)

所以物体A从a点被传送到c点所用的时间t=t₁+t₂+t₃=0.8+0.6+1=2.4秒。