2019-2020 学年度高三阶段性考试物理
一、选择题
1.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度－时间图象如图所示．在 0～
t2 时间内，下列说法中正确的是（ ）
A. Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小
B. 在第一次相遇之前，t1 时刻两物体相距最远
C. t2 时刻两物体相遇
D. Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：速度时间图像的斜率表示加速度，从图中可知 I 曲线的斜率都在减小，
所以 I 加速度都在减小，根据牛顿第二定律可得 I 合力都在减小，II 斜率恒定，做匀减速直
线运动，合力恒定，A 错误；速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在 时刻两物
体面积差最大，相距最远，故 B 正确； 时刻，物体 I 的位移比物体 II 的位移大，两者又是
从同一地点同时开始运动的，所以 时刻两物体没有相遇，故 C 错误；
物体的位移就等于图中两图象与时间轴所围的面积，平均速度就等于位移与时间的比值，由
图知物体 I 的位移比物体 II 的位移大，且 II 物体做匀减速运动，其平均速度为 ，I
的平均速度大于 ，D 错误．
考点：考查了速度时间图像
【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方
向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速
度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方
表示负方向位移
1 2
2
v v+
1t
2t
2t
1 2
2
v v+
1 2
2
v v+
2.用一根长 1m 的轻质细绳将一副质量为 1kg 的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大
张力为 ，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（ 取 ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．
【详解】一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分
力的夹角越大，分力越大，因而当绳子拉力达到 F=10N 的时候，绳子间的张角最大，为
120°，此时两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如
图．
绳子与竖直方向的夹角为：θ=60°，绳子长为：L0=1m，则有：mg=2Fcosθ，两个挂钉的间距
离：L＝ ，解得：L= m
3.假定太阳系一颗质量均匀、可看成球体的小行星，自转原来可以忽略.现若该星球自转加快，
10N g 210m/s
3 m2
2 m2
1 m2
3 m4
2 sin2
L θ
3
2
角速度为 ω 时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的 ．已知引力常量 G，
则该星球密度 ρ 为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
忽略自转影响时行星表面的物体受到的万有引力等于其重力，不能忽略自转影响时万有引力
等于重力与向心力之和，应用万有引力定律与牛顿第二定律求出星球的质量，然后应用密度
公式可以求出密度．
【详解】解：忽略行星的自转影响时：G mg，自转角速度为 ω 时：G
mg+mω2R，
行星的密度：ρ ，解得：ρ ；故选 B．
【点睛】本题考查了求行星的密度，知道万有引力与重力的关系是解题的关键，应用万有
引力公式与牛顿第二定律可以解题．
4.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，
初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速
运动，拉力 F 与物体位移 x 之间的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是
A. 物体的加速度大小为 5 m/s2
B. 弹簧的劲度系数为 7.5 N/cm
C. 物体的质量为 3 kg
D. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
【答案】A
【解析】
2
3
29
8 G
ω
π
29
4 G
ω
π
23
2 G
ω
π
2
3 G
ω
π
2
Mm
R
= 2
2
3
Mm
R
=
34
3
M
Rπ
= 29
4 G
ω
π=
试题分析：初始时物体处于静止状态， ，由图可知 x1=4cm，初始时 ，
N，在 x1=4cm 之后 F 不变，说明物体离开弹簧，物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态，由牛
顿第二定律 ，F2=30N,解得 m=2kg，a="5" m/s2，所以 A 正确，B、C、D 错误．
考点：牛顿第二定律
5.如图所示，在倾角为 θ 的固定斜面上有两个靠在一起的物体 A、B，两物体与斜面间的动摩
擦因数 μ 相同，用平行于斜面的恒力 F 向上推物体 A 使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且
B 对 A 的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是( )
A. 只减小 A 的质量，B 对 A 的压力大小不变
B. 只减小 B 的质量，B 对 A 的压力大小会增大
C. 只减小斜面间的倾角，B 对 A 的压力大小不变
D. 只减小两物体与斜面间的动摩擦因数 μ，B 对 A 的压力会增大
【答案】C
【解析】
试题分析：将 AB 看做一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面
向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得
，
隔离 B 分析可得 ，解得： ，由牛顿第三定
律可知，B 对 A 的压力： ，若只减小 A 的质量，变大，若只减
小 B 的质量，变小，AB 错误；AB 之间的压力与斜面的倾角、与斜面的动摩擦因数无关，C 正
确 D 错误
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】以两物体组成的系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出加速度，然后以 B 为
研究对象，应用牛顿第二定律求出 B 与 A 间的作用力，然后根据该作用力的表达式分析答题
1mg kx= 1F ma= 1 10F =
2F mg ma− =
( ) ( )sin cos sin cosA B A B
A B A B
F m m g m m g Fa g gm m m m
θ µ θ θ µ θ− + − += = − −+ +
sin cosB B BN m g m g m aθ µ θ− − = B
A B
m FN m m
= +
1
B
AA B
B
m FN N F mm m
m
′ = = =+ +
6.一名滑雪运动员练习跳台滑雪，第一次从斜坡的起点 O 水平飞出，落到斜坡上的 A 点，该
运动员第二次从 O 点水平飞出时速度是第一次从 O 点飞出时速度的 倍，已知 OA=AB，不计
空气阻力，下列判断不正确的是
A. 两次飞行中速度变化率相同
B. 第二次飞行运动员将落在 AB 之间
C. 两次落到斜面时的速度方向与斜面之间的夹角相同
D. 该运动员落到斜面时 速度大小是前一次落到斜面时速度的 倍
【答案】B
【解析】
【详解】A.速度变化率即为加速度，两种情况下的加速度均为重力加速度 ，所以两次飞行
中速度变化率相同，故 A 不符合题意；
B.设运动员平抛运动的水平位移为 、竖直位移为 ，则有：
解得：
则水平位移：
当速度为 时水平位移：
的
2
2
g
x y
0x v t=
21
2y gt=
2
0
1
2tanθ
gty
x v t
= =
02 tanθvt g
=
2
0
0
2 tanθvx v t g
= =
02v
所以运动员刚好落在 点，故 B 符合题意；
C.设运动员落到斜面时的速度方向与水平方向夹角为 ，如图所示
根据速度方向偏向角与位移方向偏向角的关系可得：
所以两种情况下 相同，则两次落到斜面时的速度方向与斜面之间的夹角也相同，故 C 不符
合题意；
D.设运动员落到斜面上的速度为 ，则：
解得：
当该运动员第二次从 点水平飞出时速度是第一次从 点飞出时速度的 倍时，运动员落
到斜面时的速度大小是前一次落到斜面时速度的 倍，故 D 不符合题意。
7.2018 年 1 月 11 日，福建省高校首支女子手球队在莆田学院成立．女子手球比赛采用的是质
量 m=0.4kg 的 2 号球，若 2 号手球竖直向下以 5 m/s 的速度落至水平地面，再以 3 m/s 的速度
反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量的变化量 和
合外力对小球做的功 W，下列结果正确的是
A. W=-6.8J， =0.8 kg. m/s
B. W=-3.2J， =0.8kg. m/s
C. W=-6.8J， =3.2 kg. m/s
D. W=-3.2J， =3.2 kg. m/s
2
04 tanθ 2vx xg
′ = =
B
β
tanβ 2tanθ=
β
v
0cosβ v
v
=
0
cosβ
vv =
O O 2
2
p∆
p∆
p∆
p∆
p∆
【答案】D
【解析】
【详解】取竖直向上方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：
方向竖直向上；
根据合外力的功等于动能的变化量则有：
A．与分析不符，故 A 错误；
B．与分析不符，故 B 错误；
C．与分析不符，故 C 错误；
D．与分析相符，故 D 正确。
8.如图所示，质量为 m 重物沿竖直杆下滑，并通过绳带动质量也为 m 的小车沿倾角 θ=45°
的斜面上升．若重物与滑轮等高时由静止开始释放，当滑轮右侧的绳与竖直方向成 θ=45°角
时，重物下滑的速率为 (不计一切摩擦)．则此过程中重物下落的高度是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】将重物的速度进行分解可得小车速度为：
的
2 1( 0.4 (3 5)kg m/s 3.2kg m/) sp mv mv∆ = − − = × + =
2 2 2 2
2 1
1 1 1 10.4 3 0.4 5 J 3.2J2 2 2 2W mv mv= − = × × − × × = −
v
2
2
vh g
=
23 2
4h v
g
=
23(2 2)
8h v
g
+=
23(2 2)
4h v
g
−=
1
2cos45 2v v v= ° =
小车与重物组成的系统机械能守恒，设此过程中重物下落的高度为 ，则有：
解得：
A．与分析不符，故 A 错误；
B．与分析相符，故 B 正确；
C．与分析不符，故 C 错误；
D．与分析不符，故 D 错误
9.如图所示，甲和他的冰车总质量为 M =30kg，乙和他的冰车总质量也为 M =30kg，甲推着小
木箱 m 和他一起以大小为 v0 =2m/s 的速度滑动，乙以同样大的速度迎面而来．为了避免相撞，
甲突然将小木箱沿冰面以 v=5.2m/s 的速度推给乙，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住，这样恰
好避免了甲、乙相撞，若不计冰面的摩擦力，则小木箱的质量为
A. 5kg B. 10kg
C. 15kg D. 20kg
【答案】C
【解析】
【详解】设推出箱子后甲的速度为 ，乙的速度为 ，取向右方向为正方向，根据动量守恒
得：
当甲与乙恰好不相撞时，则有：
联立解得：
。
h
2 2
1
1 1( 2 )sin45 2 2mgh mg h h mv mv− − ° = +
23 2
4h v
g
=
1v 2v
0 1(2 ) 2M m v Mv mv+ = +
0 22 (2 )mv Mv M m v− = +
1 2v v=
A．与分析不符，故 A 错误；
B．与分析不符，故 B 错误；
C．与分析相符，故 C 正确；
D．与分析不符，故 D 错误。
10.在平直公路上汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到 vm 后立即关闭发动机直到停止，
v-t 图象如图所示．设汽车的牵引力为 F，摩擦力为 Ff，全过程中牵引力做功 W1，克服摩擦力
做功 W2，则下述正确的关系是
A. =3: 1
B. =4: 1
C. W 1: W2=1: 1
D. W1: W2=1:3
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s 末速度为 ，由动能定理可知：
减速过程中，只有阻力做功：
由图象可知：
联立解得：
15kgm =
: fF F
: fF F
mv
2
1( 1) 2 0f mF F L mv− = −
2
2 0 1
2f mF L mv− = −
1 2: 1:3L L =
: 4:1fF F =
故 A 错误，B 正确；
CD．对全程由动能定理得：
可得：
故 C 正确，D 错误。
11.甲、乙两名溜冰运动员,面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演, 如图所示.已知 M 甲=80
kg,M 乙=40 kg,两人相距 0.9 m,弹簧秤的示数为 96 N,下列判断正确的是( )
A. 两人的线速相同,约为 40 m/s
B. 两人的角速相同,约为 2 rad/s
C. 两人的运动半径相同,都为 0.45 m
D. 两人的运动半径不同,甲为 0.3 m,乙为 0.6m
【答案】BD
【解析】
【详解】两人面对面拉着弹簧秤做圆周运动所需向心力由相互作用力提供,角速度相同,即
F=m 甲 r 甲 ω2=m 乙 r 乙 ω2，又由 r 甲+r 乙=0.9 m，可解得 r 甲=0.3 m，r 乙=0.6 m，ω=2 rad/s，
再结合 v=rω 有 v 甲=0.6 m/s，v 乙=1.2 m/s，故 BD 正确，AC 错误．
12.一质量为 800kg 的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为 18m/s,利用传
感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力 F 与对应的速度 v，并描绘出 图象，图中
AB、BC 均为直线．若电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知下列说法正确的是（ ）
1 2 0W W− =
1 2: 1:1W W =
1F v
−
A. 电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动
B. 电动汽车的额定功率为 10．8kW
C. 电动汽车由静止开始经过 2s，速度达到 6m/s
D. 电动汽车行驶中所受的阻力为 600N
【答案】BD
【解析】
试题分析：AB 段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动．故 A
错 误 ； 额 定 功 率 P=Fminvmax=600×18=10 ． 8kW ， 故 B 正 确 ； 匀 加 速 运 动 的 加 速 度
，到达 B 点时的速度 ，所以匀加速的时
间 ，若电动汽车一直做匀加速运动 2s，则由静止开始经过 2s 的速度 v=at=6m/s，
所以电动汽车由静止开始经过 2s，速度小于 6m/s，故 C 错误；当最大速度 vmax=18m/s 时，牵
引力为 Fmin=600N，故恒定阻力 f=Fmin=600N，故 D 正确．故选 BD．
考点：牛顿第二定律；功率
【名师点睛】解决本题 关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，当牵引
力等于阻力时，速度达到最大．
二、实验题
13.某同学用如图甲所示装置，通过半径相同的 A、B 两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，
图中 PQ 是斜槽，QR 为水平槽，实验时先使 A 球从斜槽上某一固定位置 G 由静止开始滚下，落
到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作 10 次，得到 10 个落点痕迹，再把 B
球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让 A 球仍从位置 G 由静止开始滚下，和 B 球碰撞后，A、
B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作 10 次．图中 O 点是水平槽末端 R 在
记录纸上的竖直投影点，B 球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且在 G、R、O 所在的
平面内，米尺的零点与 O 点对齐．
的
23000 600 3 /800a m s
−= = 10800 3.6 /3000
Pv m sF
= ＝ ＝
1.2vt sa
= ＝
（1）碰撞后 B 球的水平射程应取为________cm．
（2）在以下选项中，本次实验必须进行的测量是__________
A．水平槽上未放 B 球时，测量 A 球落点位置到 O 点的距离
B．测量 A 球与 B 球碰撞后，A 球落点位置到 O 点的距离
C．测量 A 球与 B 球的质量
D．测量 G 点相对于水平槽面的高度
【答案】 (1). 64.8(64.0～65.0cm 均可) (2). ABC
【解析】
【详解】（1）由图乙所示可知，刻度尺分度值为 mm，用最小的圆把这些落地点圈起来，其圆
心为 B 的平均落地点，则由图示可知，碰撞后 B 球的水平射程应取为 64.80cm；
（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间 t 相等，如果碰撞过程动量守恒，
则 mAv0=mAvA+mBvB，两边同时乘以时间 t 得：mAv0t=mAvAt+mBvBt，则 mAxA=mAxA′+mBxB′，因此
实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故选 ABC．
14.如图所示为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下:
①用天平测量物块和遮光条的总质量 M、重物的质量 m ，用游标卡尺测量遮光条的宽度 d =
0.950 cm;用米尺测量两光电门之间的距离 s;
②调整轻滑轮，使细线水平;
③让物块从光电门 A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光条经过光电门 A 和光电
门 B 所用的时间 和 ，求出加速度 a;
④多次重复步骤③，求 a 的平均值 ;
⑤根据上述实验数据求出物块与水平桌面间动摩擦因数 μ．
回答下列问题:
(1)物块的加速度 a 可用 d、s、 和 表示为 a= ________________．
(2)动摩擦因数 μ 可用 M、m、 和重力加速度 g 表示为 μ=_____________．
(3)如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，由此测得的 μ___(填 “ 偏大”或“偏
小”);这一误差属于______ ( 填“偶然误差"或“系统误差")．
【答案】 (1). (2). (3). 偏大 (4).
系统误差
【解析】
【详解】(1)[1]物块经过 点时的速度：
物块经过 点时的速度：
物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：
解得加速度：
At∆ Bt∆
a
At∆ Bt∆
a
2 21 [( ) ( )2 ]
B A
d d
s t t
−∆ ∆
( )mg M m a
Mg
− +
A
A
A
dv t
= ∆
B
B
B
dv t
= ∆
2 2 2B Av v as− =
2 21 [( ) (2 ])
B A
d da s t t∆−= ∆
(2)[2]以 、 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：
解得：
(3)[3]如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，则滑块对接触面的正压力测量值偏
大，测得的加速度偏小，根据动摩擦因数的表达式知，动摩擦因数测量值偏大，[4]该误差属
于系统误差。
三、计算题
15.一质量为 的滑块能在倾角为 的足够长的斜面上以 的加速度匀
加速下滑．如图所示，若用一水平向右的恒力 作用于滑块上，使之由静止开始在 内
沿斜面向下运动的位移 ．（ 取 ）求：
（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数 ；
（2）恒力 的大小．
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】（1）根据牛顿第二定律得
解得 ．
（2）滑块沿斜面做匀加速直线运动，则
解得加速度大小为
根据牛顿第二定律可得:
垂直斜面方向:
M m
( )mg Mg M m aµ− = +
( )mg M
g
am
M
µ − +=
2kgm = 30θ °= 22.5m / sa =
F 2st =
4mx = g 210m / s
µ
F
3
6
4 3
7 N
sin cosmg mg maθ µ θ− =
3
6
µ =
2
1
1
2x a t=
2
1 2 /a m s=
1sin cos Nmg F maFθ θ µ =− −
sin cosNF F mgθ θ= +
解得 ．
16.如图所示，AB 为固定在竖直面内、半径为 R 的四分之一圆弧形光滑轨道，其末端 端
切线水平，且距水平地面的高度也为 R； 1、2 两小滑块 均可视为质点 用轻细绳拴接在一
起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧两滑块从圆弧形轨道的最高点 A 由静止滑下，
当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时，拴接两滑块的细绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，
滑块 2 恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点 已知 ，滑块 1 的质量
，滑块 2 的质量 ，重力加速度 g 取 ，空气阻力可忽略不计
求：
两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力的大小；
在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能；
滑块 2 的落地点与滑块 1 的落地点之间的距离．
【答案】(1) (2)E 弹=0.90J (3)
【解析】
（1）设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为 ，所受轨道的支持力为 ，
两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到 端的过程，根据机械能守恒定律有：
代入数据解得： ，
对于两滑块在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：
，
解得： ，
根据牛顿第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小为： ．
4 3 N7F =
(B )
( )
.
.A 0.45R m=
1 0.16m kg= 2 0.04m kg= 210 /m s
.
( )1
( )2
( )3
6.0NN′ = 0.45mx∆ =
v N
B
2
1 2 1 2
1( ) ( )2m m gR m m v+ = + 3.0m/sv =
2
1 2 1 2( ) ( ) vN m m g m m R
− + = +
( )1 23 6.0NN m m g= + =
6.0NN N= =′
（2）设弹簧迅速将两滑块弹开时，两滑块的速度大小分别为 和 ，
因滑块 恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点 ，此过程中机械能守恒，所以对滑块 有：
，
代入数据解得： ，方向向左，
对于弹簧将两滑块弹开的过程，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：
，
代入数据解得： ，
对于弹簧将两滑块弹开的过程，根据机械能守恒定律有：
，
代入数据解得： ．
（3）设两滑块平抛运动的时间为 ，根据 ，
解得两滑块做平抛运动的时间为： ，
滑块 平抛的水平位移为： ，
滑块 从 点上滑到 点，再从 点返回到 点的过程，
机械能守恒，因此其平抛的速度大小仍为 ，
所以其平抛的水平位移为： ，
所以滑块 的落地点与滑块 的落地点之间的距离为： ．
综上所述本题答案是：(1)FN=6.0N；(2)E 弹=0.9J；(3)d=0.45m
17.如图，质量为 m1 的物体 A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为 m2 的物体 B 相连，弹簧的
劲度系数为 k，A、B 都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体 A，另一
端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态，A 上方的一段绳沿竖直方向.现在挂钩上挂一质
量为 m3 的物体 C 并从静止状态释放，已知它恰好能使 B 离开地面但不继续上升.若将 C 换成另
一个质量为（m1+m3）的物体 D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次 B 刚离地面时 D 的
速度的大小是多少？已知重力加速度为 g.
1v 2v
2 A 2
2
2 2 2
1
2m gR m v=
2 3.0m/sv =
1 2 1 1 2 2( )m m v m v m v+ = −
1 4.5m/sv =
2 2 2
1 1 2 2 1 2
1 1 1 ( )2 2 2E m v m v m m v弹 = + − +
0.90JE =弹
t 21
2h gt=
2 0.30sRt g
= =
1 1 1 1.35mx v t= =
2 B A A B
2v
2 2 0.90mx v t= =
2 1 1 2 0.45mx x x∆ = − =
【答案】
【解析】
画出未放 A 时弹簧的原长状态和挂 C 后刚好使 B 离开地面的状态.
以上两个状态弹簧的压缩量和伸长量分别为 x1=m1g/k 和 x2=m2g/k，
该过程 A 上升 高度和 C 下降的高度都是 x1+x2，且 A、C 的初速度、末速度都为零.设该过程
弹性势能的增量为 ΔE，
由系统机械能守恒：m1g(x1+x2)-m3g(x1+x2)+ΔE=0
将 C 换成 D 后，A 上升 x1+x2 过程系统机械能守恒：
m1g(x1+x2)-(m1+m3)g(x1+x2)+ΔE+(2m1+m3)v2/2=0
由以上两个方程消去 ΔE，得
【点睛】前后两次的过程中，弹簧弹性势能的增加量是相同的，这是联系两个过程的过度量，
由此来求解 D 的速度．
18.如图所示，一质量 m=1kg 的小物块(可视为质点），放置在质量 M=4kg 的长木板左侧．长木
的
( )
( )
2
1 1 2
1 3
2
2
m m m gv m m k
+= +
( )
( )
2
1 1 2
1 3
2
2
m m m gv m m k
+= +
板放置在光滑的水平面上初始时，长木板与物块一起以水平速度 v0=2m/s 向左匀速运动，在长
木板的左端上方固定着一障碍物 A，当物块运动到障碍物 A 处时与 A 发生弹性碰撞(碰撞时间
极短，无机械能损失)．而长木板可继续向左运动，取重力加速度 g=10m/s²．
（1）设长木板足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与长木板所能获得的共同速率；
（2）设长木板足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动所能达到的最大距离是
S=0.4m，求物块与长木板间的动摩擦因数以及此过程中长木板运动的加速度的大小；
（3）要使物块不会从长木板上滑落，长木板至少应为多长？整个过程中物块与长木板系统产
生的内能．
【答案】（1）1.2m/s（2）1.25m/s²（3）10J
【解析】
（1）物块与挡板碰后，小物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动
量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v，
代入数据解得：v=1.2m/s，
（2）物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右做减速到速度为 0 的过程中只有摩擦力做功，由
动能定理得：
−μmgS＝0− mv02
代入数据得：μ=0.5
（3）由题可知，物块多次与障碍物碰撞后，最终将与木板同时都静止，设物块在木板上的相
对位移为 l，则由能量的转化与守恒得：
μmgl＝ (m+M) v02
代入数据得：l=2m
可知，木板的长度至少为 2m
又：Q=μmgl
代入数据得：Q=10J
1
2
1
2
点睛：本题考查了求速度与距离问题，对应的过程比较多，解答时要分析清楚物体运动过程，
应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．
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