30.(合肥月考)答案：（1）对小物块，由A到B有：v2y?2gh在B点tan.
?2?vyv1,
所以v1?3m/s
（2）对小物块，由B到O有：mgR(1?sin37)?2?12mv0?212mv2B,
其中vB?3?422?m/s?5m/s ,在O点
N?mg?m?v0R,
所以N=43N,由牛顿第三定律知对轨道的压力为N??43N\\（3）物块沿斜面上滑：
?2??mgsin53??1mgcos53?ma1\\所以a1?10m/s\\物块沿斜面上滑：mgsin53??1mgcos53?ma2
?0.5s \\小物块由最高点回到D点历时由机械能守恒知vc?vB?5m/s小物块由C上升到最高点历时t1?\\a1vct2?0.8s?0.5s?0.3s\\故SCD?vc2t1?212a2t2即SCD?0.98m
\\
2\\（4）小物块在传送带上加速过程：
?2mg?ma3, PA间的距离是SPA?v12a3?1.5m
v0 A B 239.(巢湖六中月考)答案 （1）每个小珠受重力mg和支持力N作用，小珠在θ处有：mgcos??N?mvR机械能守恒：,
即：
12mv2?mgR(1?cos?)得：N?(3cos??2)mg13,
对环分析得：T?2Ncos??Mg23T?Mg?2mg(3co?s?2co?)s当cos??,
2（即??arccos13?70.5）时：Tmin?Mg?23?mg
（2）由上面得到的N的表达式知，当cos??23时，N＞0，为压力；只有当cos??时，N＜0，为拉力，这是圆环上升的必
要条件。圆环上升的条件是T≤0，即：2Ncos?Mg?0临界状态为3cos??2cos??2M2m?0
上式有实根的条件为
mM?32
23.福建摸底解：（1）设滑离时小球喝滑块的速度分别为v1和v2，由动量守恒mv0?mv1?3mv2,
又
12mv02?12mv1?2123mv22,
得v1??12v02v032 v2?12v0 ,（2）小球过A点时沿轨道方向两者有共同速度v，沿切向方向
速度为v?
mv0?(m?3m)v12mv0?2123mv2?12得
mv?2v?v???v合?v0v?v?22?134v0
?V
,
tg??23,
25．河南月考解：（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程中，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有mAgh?V
12mAv1①,，解得：v1?22gh②，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
12v1?122gh ④
共同速度设为v2，由动量守恒定律有mAv1?(mA?mB)v2③，解得：v2?（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能定恒，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，由动量定恒定律有： mAv1?(mA?mB?mC)v3⑤，v3?Epm?12(mA?mB)v2?2
15v1?152gh⑥，由机械能定恒定律有：
122(mA?mB?mC)v3⑦，
（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速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量定恒定律和机械能定恒定律有：(mA?mB)v2?(mA?mB)v4?mCv5⑨，得：v4??1102gh,v5?2512(mA?mB)v2?212(mA?mB)v4?212mCv5⑩，解之
212gh（另一组解舍去）⑾，滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：S?v5t⑿，H?gt2⒀，
2解得之：S?45Hh⒁
26．河北调研解：（1）设物块块由D点以初速vD做平抛，落到P点时其竖直速度为vy?2gRvy，vD?tan45?得
12vD?4m/s，平抛用时为t，水平位移为s，R?gt,s?vDt,得s?2R?1.6m在桌面上过B点后初速
2，v0?6m/s,加速度a?4m/s,减速到vD2，
BD间位移为s1?v0?vD2a12222?2.5m，则BP水平间距为s?s1?4.1m
22（2）若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM，
12m2vM?2m2vD?m2gR轨道对物块的压力为FN，则，
FN?m2g?m2vMR2 解得FN?(1?2)m2g?0，
即物块不能到达M点。
释放
（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为?，释放m1时,EP??m1gsCB，
m2时,EP??m2gsCB?1212m2v0且m1?2m2,可EP?m2v0?7.2J，
22，
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，
则EP?Wf?m2vD。可得W2f?5.6J
27.(开城月考)解：对小球下落到最低点过程，设克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得：mg(H+R)－wf＝12 mv2－0，从下落到第一
2次飞出达最高点设距地面高为h，由动能定理得：mg(H－h)－2wf＝ 0－0 ，解之得：h＝v2g－H－2R＝
1010＝
－5－2×0.4＝4.2m
设恰好能飞出n次，则由动能定理得：mgH－2nwf＝ 0－0，解之得：n＝mgH2wf＝
mgH1?2?2?mg?H?R??mv?2??gH2g?H?R??v2应取：n＝6次
＝6.25(次)，
20．海南月考解析：对子弹和木块应用动量守恒定律：m?0?(m?M)?1 所以 ?1?4m/s对子弹、木块由水平轨道
，
到最高点应用机械能守恒定律，取水平面为零势能面,设木块到最高点时的速度为
12(m?M)?1?2v2, 有
122(m?M)?2?(m?M)g?2R ，所以 ?2?1216?40R，由平抛运动规律有：2R?gt S??2t
2解①、②两式有 S?4??10R?4R10，
2所以，当R = 0.2m时水平距离最大，最大值Smax = 0.8m。
6.（08天津）答案 (1)5 m/s ，(2)4 N〃s，（3）8 J解析（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC,有mBg=mB
vc2R ①，
12mBvB2=
12mBvC2+2mBgR ②，代入数据得vB=5 m/s ③，
（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1,取水平向右为正方向,有Ep=小为4 N〃s⑥
12mBv12④，I=mBvB-mBv1 ⑤，代入数据得I=-4 N〃s,其大
（3）设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有mBv1=mBvB+mAvA ⑦ W=
12mAvA2 ⑧ ，代入数据得W=8 J ⑨
8.(08广东)答（1）0.8 m/s
2
(2)1.9 m0.695 m解（1）将N、P1看作整体,根据牛顿第二定律得：μ2mg=（M+m）a①
m/s2=0.8 m/s2 ②(2)设P1到达B点的速度为v,P1从A点到达B点的过程中,根据动能定
a=
? mg2M?m?12? mg24m?mmv2-
?0.4?105理有：mgR=
12mv02 ③，代入数据得v=5 m/s ④，因P1、P2质量相等且发生弹性碰撞,所以碰后P1、P2交换速度,即碰后P2
在B点的速度为：vB=5 m/s ⑤，设P2在C点的速度为vC,P2从C点到D点过程中根据动能定理得：-mgR=-
12mvC2 ⑥
代入数据得vC=3 m/s ⑦，P2从B点到C点的过程中,N、P1、P2作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒,设P2到达C点时N和P1的共同速度为v′.根据动量守恒定律得：mvB=mvC+(M+m)v′⑧，v′为滑板与槽的右端粘连前滑板和P1的共同速度.由动能定理-μ2mgL2=
12mvC2-
12mvB2 ⑨，μ2mgLN=
12(M+m)v′2
⑩，L2和LN分别为P2和滑板对地移动的距离,联立⑧⑨⑩得BC长度
l=L2-LN=1.9 m 滑板与槽粘连后,P1在BC上移动的距离为l1-μ1mgl1=0-mgR=μ2mgl210．答案：（1）212mv1
2
P2在D点滑下后,在BC上移动的距离l2
联立 得系统完全静止时P1与P2的间距Δl=l-l1-l2=0.695 m.
Rg，（2）22gR 解析：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有
，
2gt ①，解得 t?2R② 2g （2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知
2R?1mv1?2mgR③，设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知 mv1?2mv2④，飞出轨道后做平
22
抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 2R?v2t⑤，综合②③④⑤式得 v2?22gR
36.（12广东）36、解：(1)设连杆的水平位移为x 取水平向右的方向为正则：求导得：符mv?合图像b 当x=0时，A与连杆分离，此时：
V0=
①，AB相碰由动量守恒得：mv0=2mv
②，AB系
1212
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