【解析】 【分析】 【详解】
（1）解除锁定，弹开物块AB后，两物体的速度大小
d3.6?10?3m/s?4.0m/s vA=??4t19.0?10d3.6?10?3m/s?2.0m/s vB=??3t21.8?10由动量守恒有
mAvA=mBvB
得
mB=4.0kg
弹簧储存的弹性势能
Ep?由牛顿第二定律得
1122mAvA?mBvB?24J 22（2）B滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远
?mBg?mBa
所以B的加速度
a=2.0m/s2
B向右运动的距离
2vBx1??1.0m <9.0m
2a物块将返回
向右运动的时间为t1?传送带向左运动的距离为
vB?1.0s ax2?vt1?6.0m
B相对于传送带的位移为
?x1?x1?x2
物块B沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t1，位移为x1 B相对于传送带的位移为
?x2?x2?x1
物块B在传送带上滑行的过程中产生的内能
Q??mBg?(?x2??x2)?96J
（3）设弹射装置给A做功为W，根据功能关系有
1122mAv??mAvA?W A22? AB碰相碰，碰前B的速度向左为vB?2m/s，碰后的速度设为vB规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
???mAv?A?mBvB?mAvA?mBvB
碰撞过程中，没有机械能损失
1111222???2 mAv??mv?mv?mBvBABBAA2222B要滑出平台Q端，由能量关系有
1?2??mBgL mBvB2所以由得W>84J
8．如图所示，质量端与竖直墙壁之间距离为
，
的木板f?x?静止在光滑水平地面上．木板右
，其上表面正中央放置一个质量
的小滑块
A．A与B之间动摩擦因数为??0.2，现用大小为F?18N的推力水平向右推B，两者
发生相对滑动，作用t?1s后撤去推力F．通过计算可知，在B与墙壁碰撞时．A没有滑离B．设B与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度g?10m/s．求：
2
(1)A相对B滑动的整个过程中．A相对B向左滑行的最大距离； (2)A相对B滑动的整个过程中，A、B系统产生的摩擦热． 【答案】(1)【解析】 【详解】
（1）在施加推力F时，
方向向右
(2)
aB?F??mg?4m/s2方向向右 Mls末，F撤去时，
s1?1aA?t12?1m 2
s2?1aB?t12?2m 2∴A相对B向左滑动的距离
撤去F至A、B达到共同速度的过程中
，方向向右
设A、B速度相等经历的时间为t2
，方向向左
VA?aA?t2?VBaBt2得
在此时间内B运动的位移为∵s2+s3
∴B与墙碰前速度相等，A、B的共同速度A相对B向左滑动的距离
12（m?M）V共 （2）与墙壁碰后：MVAB?mVAB??mg?Vs3?(M?m)VAB2?(M?m)V共2
∴∵∴
12
点睛：此题物理过程较复杂，解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，按照物理过程发生的顺序，结合能量守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
9．图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ= 37°，C、D 两端相距4.45m， B、C相距很近。水平部分AB 以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10 kg 的一袋大米轻放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：(已知sin37o＝0.6，cos37o＝0.8， g取10 m/s2 ，6=2.450，
7.2=2.68)
(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离．
(2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．
【答案】(1)能滑上的最大距离s=1.25m (2)要把米袋送到D点，CD部分的速度
vCD?4m/s 时间t的范围为1.16s≤t≤2.1s
【解析】 【分析】
（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；
（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间； 【详解】
（1）米袋在AB上加速时的加速度a0＝ ?mgm＝μg＝5m/s2
2v0米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离s0= =2.5m＜AB=3m，
2a因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度；设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入数据得 a=10 m/s2
2v0所以能滑上的最大距离 s＝ ＝1.25m
2a（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2 米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2
2v12?v00?v12?＝4.45m 由 2a12a2解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=4m/s 米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax＝v1?v00?v1?＝2.1s a1a2若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2． 由SCD=v0tmin+
12
a2tmin，得：tmin=1.16s 2所以，所求的时间t的范围为 1.16 s≤t≤2.1 s； 【点睛】
题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零.
10．如图所示，质量m=1kg的物块，在沿斜面向上，大小F=15N的拉力作用下，沿倾角θ=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t1=2s撤去拉力，已知物块与斜面间的
2动摩擦因数μ=0.5，取g?10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
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