物理计算题道答案修订稿

《物理计算题道答案修订稿》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理计算题道答案修订稿（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。

1、 物理计算题道答案 集团标准化工作小组 Q8QX9QT-X8QQB8Q8-NQ8QJ8-M8QMN 物理计算题 20 道 1、一弹簧秤的秤盘质量 m1=15kg，盘内放一质量为 m2=105kg 的物体 P，弹簧质量不计，其劲度系数为 k=800N/m，系统处于静止状态，如图 6 所示。现给 P 施加一个竖直向上的力 F，使 P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初 02s 内 F 是变化的，在 02s 后是恒定的，求 F 的最大值和最小值各是多少（g=10m/s2） 答案：NgamF1682max；NammF7221min 2. 如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管

2、的底部有一质量m=、电荷量 q=810-5C 的小球，小球的直径比管的内径略小在管口所在水平面MN 的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B1= 15T的匀强磁场，MN 面的上方还存在着竖直向上、场强E=25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2=5T 的匀强磁场现让小车始终保持v=2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ 为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力FN随高度 h 变化的关系如图所示g 取 10m/s2，不计空气阻力求： （1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小a； （2）绝缘管的长度L； （3）小球离开管后再次经过水平面MN 时距管口的距离x 解析：（1）以小球

3、为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力 f1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为 a，则2112m/sfmgqvBmgamm （2）在小球运动到管口时， FN103N，设 v1为小球竖直分速度，由11NFqv B，则112m/sNFvqB 由212vaL得21m2vLa （3）小球离开管口进入复合场，其中qE2103N，mg2103N 故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度v与 MN 成 45角，轨道半径为 R，m22qBvmR ，小球离开管口开始计时，到再次经过 MN 所通过的水平距离122mxR 对应时间s42412qBmTt 小车运动距离为x2，2

4、m2xvt 3. 在水平光滑的绝缘桌面内建立如图所示的直角坐标系，将第、象限称为区域一，第、象限称为区域二，其中一个区域内只有匀强电场，另一个区域内只有大小为 2102T、方向垂直桌面的匀强磁场把一个荷质比为mq=2108Ckg 的正电荷从坐h FN/10-3N v B1 B2 M N Q v B1 E P B2 mg qE v qBv 标为(0，l)的 A 点处由静止释放，电荷以一定的速度从坐标为(1，0)的 C 点第一次经x 轴进入区域一，经过一段时间，从坐标原点 D 再次回到区域二 (1)指出哪个区域是电场、哪个区域是磁场以及电场和磁场的方向 (2)求电场强度的大小 (3)求电荷第三次经

5、过 x 轴的位置 解析：（1）区域一是磁场，方向垂直纸面向里。区域二是电场，方向由 A 指向 C。 （2）设电场强度的大小为 E，电荷从 C 点进入区域的速度为 v 从 A 到 C 电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且过 C点时速度方向与+x 轴方向成 45角，有：asv22=smqE2 电荷进入区域后，在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图，有：rmvqBv2由题意及几何关系： kgCmq/1028，B=210-2T ，ms2，mr22 由可得：mVE/1024 （3）电荷从坐标原点 O 第二次经过 x 轴进入区域，速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中做类平抛运动，设经过时间t 电荷

6、第三次经过 x 轴。有：vtat22145tan，解得：t=210-6s 所以：mvtx845cos ，即电荷第三次经过x 轴上的点的坐标为（ 8，0） 4 如图所示，将一质量 m=的小球自水平平台顶端 O 点水平抛出，小球恰好与斜面无碰撞的落到平台右侧一倾角为=53的光滑斜面顶端 A 并沿斜面下滑，然后以不变的速率过 B 点后进入光滑水平轨道 BC 部分，再进入光滑的竖直圆轨道内侧运动已知斜面顶端与平台的高度差 h=，斜面顶端高 H=15m，竖直圆轨道半径 R=5m重力加速度 g 取 10m/s2 求： （1）小球水平抛出的初速度 o及斜面顶端与平台边缘的水平距离 x； （2）小球离开平台后

7、到达斜面底端的速度大小； （3）小球运动到圆轨道最高点 D 时对轨道的压力 解析：（1）研究小球作平抛运动，小球落至 A 点时，由平抛运动速度分解图可得： v0= vycot vA=sinyv vy2=2gh h=221gt x= v0t 由上式解得：v0=6m/s x= vA=10m/s 区域 y/m x/m （，-C（，O 区域 O vA vy v0 (2)由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度 vB mgH=222121ABmvmv vB=20m/s (3) 小球在 BC 部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，研究小球从C 点到 D 点： 由动能定理可得小球到达D 点时的速度

8、vD 2mgR=222121CDmvmv 在 D 点由牛顿第二定律可得：N+mg=RvmD2 由上面两式可得：N=3N 由牛顿第三定律可得：小球在D 点对轨道的压力 N=3N，方向竖直向上 5 如图所示，在x轴上方有水平向左的匀强电场1E，在x轴下方有竖直向上的匀强电场2E， 且1E=2E=5N/C，在图中虚线（虚线与y轴负方向成45角）的右侧和x轴下方之间存在着垂直纸 面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2T有一长 L=52m 的不可伸长的轻绳一端固定在第一象限内 的 O点，另一端拴有一质量M=、带电量 q=+的小球，小球可绕 O点在竖直平面内转动， OO间距为 L，与x轴正方向成45角先将小球

9、放在 O正上方且绳恰好伸直的位置处由 静止释放，当小球进入磁场前瞬间绳子绷断重力加速度g 取 10m/s2求： （1）小球刚进入磁场区域时的速度 （2）细绳绷紧过程中对小球的弹力所做的功 （3）小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在x轴上所用的时间及打在x轴上点的坐标 解析：(1) 小球先做匀加速直线运动，直到绳子绷直，设绳绷紧前瞬间速度为v，绳子绷紧后瞬间速度为 v1，则 v2=2ax 而 F合=mamg 2 x=2L 绳子绷紧后： v1=vcos450 小球做圆周运动到 O 点速度为 v2， 由动能定理: 212212121)22(22MvMvLLqELMg 解得: v2=102m/s

10、(2) 细绳绷紧过程中对小球所做的功 W， W=2212121MvMv W= （3）小球进入磁场后， qE2=Mg，即重力与电场力平衡，所以小球做匀速圆周运动 qBv2=RvM22 R=qBMv2 =225m T=qBM2=2 s 小球在运动半周后以v2出磁场，做匀速直线运动直到打到x轴上 匀速运动的时间 t =22vR 小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在x轴上运动的总时间 t总=t+2T=)421( s = 小球打到x轴上的位置坐标为（10m，0） 6 一光滑曲面的末端与一长 L=1m 的水平传送带相切，传送带离地面的高度 h =，传送带的滑动摩擦因数 =，地面上有一个直径 D=的圆形

11、洞，洞口最左端的 A 点离传送带右端的水平距离 S =1m，B 点在洞口的最右端。传动轮作顺时针转动，使传送带以恒定的速度运动。现使某小物体从曲面上距离地面高度 H 处由静止开始释放，到达传送带上后小物体的速度恰好和传送带相同，并最终恰好由 A 点落入洞中。求： （1）传送带的运动速度 v 是多大。 （2）H 的大小。 （3）若要使小物体恰好由 B 点落入洞中，小物体在曲面上由静止开始释放的位置距离地面的高度 H应该是多少 解析：(1) smsmShgv/2/125. 12102 (2) mmgvhH45. 1)102225. 1 (222 (3) smsmDShgv/3/)5 . 01 (2

12、5. 1210)(2 7.如图所示，在 xoy 平面内，第象限内的直线 OM 是电场与磁场的边界，OM 与负 x 轴成 45角在 x0 且 OM 的左侧空间存在着负 x 方向的匀强电场 E，场强大小为 C； 在y0 且 OM 的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场 B，磁感应强度大小为一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点 O 沿 y 轴负方向以 v0=2103m/s 的初速度进入磁场，最终离开电磁场区域已知微粒的电荷量 q=510-18C，质量 m=110-24kg，求： （1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标； （2）带电微粒在磁场区域运动的总时间； （3）带电微粒最终离开电、磁场区域的

13、位置坐标 解析：（1）带电微粒从 O 点射入磁场，运动轨迹如图。 第一次经过磁场边界上的 A 点 由rvmBqv200得30104qBmvrm A 点位置坐标（ -410-3m， -410-3m） (2)设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为 T 则 t=tOA+tAC=TT4341 A B L h S D H1 T=qBm2 代入数据解得：T=10-5s 所以 t=10-5s （3）微粒从C 点沿 y 轴正方向进入电场，做类平抛运动 y=v0t1 代入数据解得：y= y=y-2r=410-3= 离开电、磁场时的位置坐标（0，） 8 如图甲所示，在两平行金属板的中线 OO某处放置一个粒子源，粒子

14、源沿 OO方向连续不断地放出速度 v0=105m/s 的带正电的粒子.在直线 MN 的右侧分布范围足够大的匀强磁场，磁感应强度 B=T，方向垂直纸面向里，MN 与中线 OO垂直.两平行金属板的电压 U 随时间变化的 Ut 图线如图乙所示.已知带电粒子的荷质比kgCmq/100 . 18，粒子的重力和粒子之间的作用力均可忽略不计，若t=时刻粒子源放出的粒子恰能从平行金属板边缘离开电场(设在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场看作是恒定的).求: (1)在 t=时刻粒子源放出的粒子离开电场时的速度大小和方向. (2)从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间. 解析:(1)设板间

15、距为 d，t=时刻释放的粒子在板间做类平抛运动 在沿电场方向上 222tmdqUd 粒子离开电场时，沿电场方向的分速度 tdmqUvy 粒子离开电场时的速度 220yvvv 粒子在电场中的偏转角为 0tanvvy 由得 smmqUvv/104 . 1520 1tan20mvqU =450 说明:用20221212mvmvUq和vv0cos联立求出正确结果，参照上述评分标准给分 . (2)带电粒在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期 不同时刻释放的粒子在电场中的偏转角不同，进入磁场后在磁场中运动的时间不同，大的在磁场中的偏转角大，运动时间长 . t=0 时刻释放的粒子，在电场中的偏转角为 0，在磁场中

16、运动的时间最短: t=时刻释放的粒子，在电场中的偏转角最大为 450，在磁场中运动的时间最长: 9 2009 哈尔滨第 24 届大学生冬季运动会的高山滑雪。有一滑雪坡由 AB 和 BC 组成，AB 是倾角为 37的斜坡，BC 是半径为 R=5m 的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于 C，如图所示，AB 竖直高度差 hl=，竖直台阶 CD 高度差为h2=5m，台阶底端与倾角为37斜坡 DE 相连运动员连同滑O M N 图甲 O 图乙 100 0 t/s U/V 雪装备总质量为 80kg，从 A 点由静止滑下通过 C 点后飞落到 DE 上(不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，g 取 10m/s

17、2，sin37=，cos37=求： (1)运动员到达 C 点的速度大小； (2)运动员经过 C 点时轨道受到的压力大小； (3)运动员在空中飞行的时间 解析：AC 过程，由动能定理得：211()2Cmg hRmv R= R (1cos37) vc=14m/s 在 C 点，由牛顿第二定律有： 2CCmvFmgR Fc=3936N 由牛顿第三定律知，运动员在 C 点时轨道受到的压力大小为 3936N. 设在空中飞行时间为 t，则有：tan37=2212cgthv t t = (t =舍去) 10 如图所示，质量为M 的汽车拖着质量为 m 的车厢（可作为质点）在水平地面上由静止开始做直线运动已知汽车

18、和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为 ，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角为 ，汽车的额定功率为 P，重力加速度为 g为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，问： （1）汽车所能达到的最大速度为多少 （2）汽车能达到的最大加速度为多少 （3）汽车以最大加速度行驶的时间为多少 （不计空气阻力） 解析：（1）（共 5 分）当汽车达到最大速度时汽车的功率为P 且牵引力与汽车和车厢所受摩擦力大小相等，即fF 由于在整个运动过程中汽车和车厢保持相对静止，所以汽车和车厢所受的摩擦力为 又 FvP 由上述三式可知汽车的最大速度为： gMmPv)( （2）（共 3 分）要保持汽车和车

19、厢相对静止，就应使车厢在整个运动过程中不脱离地面考虑临界情况为车厢刚好未脱离地面，此时车厢受到的力为车厢重力和绳索对车厢的拉力T，设此时车厢的最大加速度为a，则有： 水平方向 cosTma 竖直方向 sinTmg 由上两式得：cotga （3）（共 6 分）因为此时汽车作匀加速运动，所以 fmM g （用隔离法同样可得） 即 gmMF)(cot( 因为当汽车达到匀加速最大速度时汽车的功率达到额定功率，根据 FvP a 匀加速的最大速度为 avat 所以以最大加速度匀加速的时间为： cot)(cot(2gMmPt 11 如图所示，M、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板上正对的小

20、孔，N板右侧有两个宽度均为 d 的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为 B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与 S1、S2共线的 O 点为原点，向下为正方向建立 x 轴M 板左侧电子枪发射出的热电子经小孔 S1进入两板间，电子的质量为 m，电荷量为 e，初速度可以忽略 （1）当两板间电势差为 U0时，求从小孔 S2射出的电子的速度 v0。 （2）求两金属板间电势差 U 在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上 （3）求电子打到荧光屏上的位置坐标 x 和金属板间电势差 U 的函数关系 解析：（1）根据动能定理，得20012eUmv（3 分） 由此可解得002eU

21、vm （2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上， 应有mvrdeB （3 分） 而212eUmv由此即可解得222d eBUm （3 分） （3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为 r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为 x，则由轨迹图可得2222xrrd （5 分） 注意到mvreB和212eUmv 所以，电子打到荧光屏上的位置坐标 x 和金属板间电势差 U 的函数关系为 222 222( 22)()2d eBxemUemUd e BUeBm （3 分） 12 在平面直角坐标系 xOy 中，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B

22、。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从 y 轴正半轴上的 M 点以速度 v0垂直于y 轴射入电场，经 x 轴上的 N 点与 x 轴正方向成 60角射入磁场，最后从 y 轴负半轴上的 P 点垂直于 y 轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求： （1）M、N 两点间的电势差 UMN ； （2）粒子在磁场中运动的轨道半径 r； （3）粒子从 M 点运动到 P 点的总时间 t。 解析：（1）设粒子过 N 点时速度为 v，有vv0cos v2v0 粒子从 M 点运动到 N 点的过程，有 qUMN21mv221mv20 UMNqmv2320 （2）粒子在磁场中以 O/为圆做匀速圆周运动，半径为 O

23、/N，有 qvBrmv2 rqBmv02 （3）由几何关系得 ONrsin 设粒子在电场中运动的时间为t1，有 ONv0t1 t1qBm3 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 TqBm2 设粒子在磁场中运动的时间t2，有 t2T2 11 t2qBm3212 tt1t2 tqBm3)233(13 13如图所示，细绳绕过轻滑轮连接着边长为 L 的正方形导线框 A1和物块 A2，线框 A1的电阻 R，质量为 M，物块 A2的质量为 m（Mm），两匀强磁场区域、的高度也为 L，磁感应强度均为 B，方向水平且与线框平面垂直。线框 ab 边距磁场边界高度为 h。开始时各段绳都处于伸直状态，把它们由静止释放，

24、ab 边刚好穿过两磁场的分界线 CC进入磁场时线框做匀速运动，不计绳与滑轮间的摩擦。求： （1）ab 边刚进入时线框 A1的速度 v1的大小； （2）ab 边进入磁场后线框 A1的速度 v2的大小为多少 (3)线框穿越 I 区域过程中，产生的焦耳热为多大 解析：(1)由机械能守恒定律得：Mghmgh=21(M+m)v21 （3 分） 解得 v1=mMghmM)(2 （3分） 14 如图所示，水平轨道 AB 与放置在竖直平面内的 1/4 圆弧轨道 BC 相连，圆弧轨道 B 端的切线沿水平方向。一质量 m=的滑块（可视为质点）在水平恒力F=的作用下，从 A 点由静止开始运动。已知 A、B 之间距离

25、 s=，滑块与水平轨道间的动摩擦因数 =，圆弧轨道的半径 R=，g=10m/s2。求当滑块运动的位移为时的速度大小；当滑块运动的位移为时撤去 F，求滑块通过 B 点时对圆弧轨道的压力大小；当滑块运动的位移为时撤去 F 后，若滑块恰好能上升到圆弧轨道的最高点，求在圆弧轨道上滑块克服摩擦力所做的功。 解析：设滑块的加速度为 a1，根据牛顿第二定律1mamgF， 解得：a1=s 设滑块运动的位移为时速度大小为v，v2=2a1s1，解得：v=s 设撤去拉力 F 后的加速度为 a2，根据牛顿第二定律2mamg ，a2=g=s2 设滑块通过 B 点时的速度大小为 vB，)(21222ssavvB得 vB=

26、s 设滑块在 B 点受到的支持力为 NB，根据牛顿第二定律RvmmgNBB2得：NB=40N 根据牛顿第三定律，滑块通过B 点时对圆弧轨道的压力为40N 设圆弧轨道的摩擦力对滑块做功为W， 根据动能定理2210BmvWmgR，解得：W= 15如图，一固定的楔形木块，其斜面的倾角30,另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮。一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块 A 和 B 连结，A 的质量为 4m，B 的质量为 m。开始时将 B 按在地面上不动，然后放开手，让 A 沿斜面下滑而 B 上升。物块 A 与斜面间无摩擦。设当 A 沿斜面下滑 S 距离后，细线突然断了。求(1)物块 B 上升的最大高度 H。

27、(2)绳断之前绳的张力大小。 解：（1）设物块 a 沿斜面下滑 s 距离时的速度为 v，由机械能守恒得： _ + mgs = 4mgs?sin30 细线突然断的瞬间，物块 b 垂直上升的速度为 v，此后 b 作竖直上抛运动。设继续上升的距离为 h。由机械能守恒得：mghmv 221 物体 b 上升的最大高度为：H=h+s 由上可得：H= （2）对 A 有：4maTmg430sin 对 B 有： mamgT 由上可知：T= 16一起重机竖直吊起两个质量均为 200 的重物A和B，以 4m/s 的速度向上匀速运动。当物体A运动到距地面的高度为 12m 时，连接AB间的绳子突然断裂，绳子断裂后，起重

28、机的拉力保持不变，不计空气阻力，g取 10m/s2,求： （1）从绳子断裂到重物A落地所用的时间为多少 （2）重物A落地时，重物B的速度大小为多少 B F v A 解：（1）上升时间 1=0= 上升高度=021= 下落时间H+h=2221gt，解得t2= s A物体运动的总时间为：t= s （2）AB一起匀速上升时，绳子的拉力为F=（mA+mB）g=2mg（2 分） B加速上升时，由F-mg=ma可得a= m/s2 （2 分） 重物A落地时，重物B的速度由vt=v0+at（2 分） 解得vt= m/s （2 分） 17.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整

29、体静止放在离地面高为 H 的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知mA=m，mB=2m，mC=3m，求：（1）滑块 A 与滑块 B 碰撞结束瞬间的速度；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能； （3） 滑块C落地点与桌面边缘的水平距离. 解： 滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1 ，由机械能守恒有：2121vmghmAA 解之得 v1= 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

30、共同速度设为v2 ，由动量守恒定律有： 21)(vmmvmBAA 解之得： v2=13v1= （2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，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3v， 由动量守恒： 31)(vmmmvmCBAA 1361vv 由机械能守恒定律有： EPmax2322)(21)(21vmmmvmmCBABA EPmax= （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的速度为4v，滑块C的速度为5v，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有： 542)()(vmvmmvmmCBABA h A B C H 2524222

31、1)(21)(21vmvmmvmmCBABA 解之得：4v= ， 5v=2v C从桌面边缘飞出做平抛运动：S = 5vt H=221gt 解得：S = 18.在水平的冰面上放置两个相距为L的木箱A和B，木箱的质量均为m，用水平恒力F推动木箱A向B运动，经过一段时间后撤去F，木箱A继续向着木箱B运动，并与木箱B碰撞后结合在一起继续运动。已知两个木箱一起向前滑动的最大距离为s，两个木箱与冰面之间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。求恒力F作用的时间。 解：设两个木箱结合在一起时的速度为v，两个木箱一起滑行的过程中，根据动能定理，有 222 21mvmgs ， （3 分） 设两个木箱碰撞前木箱A的速度

32、为v1，根据动量守恒定律，有： mv1 = 2mv， （3 分） 在木箱A与B碰撞之前，设在恒力F作用下木箱A移动的距离为s1，由动能定理，有： Fs1 21 21mvmgL ， （4 分） 木箱的恒力F作用下做匀加速运动，设运动的加速度为a，恒力作用时间为t，根据牛顿第二定律和运动学公式， F mamg ， （4 分） s1 =221at。 （3 分） 联立以上各式，解得： t = 。 （3 分） 19.如图所示，质量为 M=的滑板静止在光滑水平面上，滑板的右端固定一轻弹簧，在滑板的最右端放一可视为质点的小物体A，弹簧的自由端 C 与 A 相距 L=，弹簧下面的那段滑板是光滑的，C 左侧的那

33、段滑板不光滑，物体A 与这段滑板间的动摩擦因数=，A 的质量 m=，滑板受到向左水平恒力 F 作用 1s 后撤去，撤去水平拉力 F 时 A 刚好滑到 C 处，g 取 10m/s2。 求：（1）作用力 F 的大小。 （2）A 压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性势能Ep。 解：（1）对滑板：1FmgaM 22111122FmgSa ttM 对物体 ：2mgagm 22221122Sa tgt 12SSL 221122FmgtgtLM F= （2）撤去 F 时：v1= v2= 由动量守恒，向左为正方向 12()MvmvMm v v= 由系统能量守恒 22212111()222pmvmvMm vE Ep=

34、 20如图所示，光滑轨道的 DP 段为水平直轨道，PQ 段为半径是 R 的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平轨道的右端相切于 P 点。一轻质弹簧两端分别固定质量为 2m 的小球 A和质量为 m 的小球 B，质量为 m 的小球 C 靠在 B 球的右侧。现用外力作用在 A 和 C 上，弹簧被压缩（弹簧仍在弹性限度内），这时三个小球均静止于距离 P 足够远的水平轨道上，若撤去外力，C 球恰好可运动到轨道的最高点 Q，已知重力加速度为 g，求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能 E 是多少 解：对 A,B,C 及弹簧组成的系统，当弹簧第 1 次恢复原长时，设 B，C 共同速度大小为v0,A 的速度大小为 vA，由动量守恒定律有 2mvA=（m+m）v0，即 vA=v0 由系统能量守恒有 E= 此后 B,C 分离，设 C 恰好运动到最高点 Q 的速度为 v，此过程 C 球机械能守恒 mg2R= 在最高点 Q，由牛顿第二定律有 mg= 则 E=