高中物理运动和力
【例1】如图所示，一根弹性杆的一端固定一质量为m 的小球，另一端固定在质量为M 的物体上，而物体M 又放在倾角为θ的斜面上，则（ ）
A 、若斜面光滑，物体M 沿斜面自由下滑时，弹性杆对小球m 的弹力方向竖直向上
B 、若斜面光滑，物体M 沿斜面自由下滑时，弹性杆对小球m 的弹力方向垂直于斜面向上
C 、若斜面不光滑，且物体与斜面间的动摩擦因数μ满足μ＞θtan ，则弹性杆对小球m 的弹力方向竖直向上
D 、若斜面不光滑，且物体与斜面间的动摩擦因数μ满足μ＜θtan ，则弹性杆对小球m 的弹力方向可能沿斜面向上
试解： （做后再看答案，效果更好）
解析：若斜面光滑，对于小球m 和物体M 组成的整体而言，沿斜面下滑的加速度
θsin g a =，此时小球受杆的弹力一定是垂直于斜面向上，如图甲所示，否则，弹力与重力的合力使小球产生的加速度将会大于或小于θsin g ，故选项A 错、B 对；若斜面不光滑，且μ＞θtan ，则小球m 和物体M 组成的整体将静止在斜面上，此时小球所受的弹力一定与重平衡，故选项C 正确；若斜面不光滑，且μ＜θtan ，则小球m 和物体M 组成的整体沿斜面下滑的加速度a ＜θsin g ，则此时杆对小球的弹力N F 必须有沿斜面向上的分量，如图乙所示，由图可知，小球m 的加速度a 将是重力分力和弹力分力的合力所产生的，另一方面，弹力N F 也必须有垂直于斜面向上的分量用来平衡重力的分力，从这两个角度讲，弹性杆对小球m 的弹力方向一定不能沿斜面向上，选项D 是错误的。
答案：BC
误区警示：此题对不同情况下的弹性杆对小球的弹力方向作了具体的分析，说明了一个道理就是“杆对物体的弹力方向不一定沿杆或其它的哪个方向，要根据具体情况下的受力分析，由物体所处的状态来决定”。此题中，若斜面的倾角θ、物体和小球的质量m 和M 、
加速度a 等已知的话，就可以求出具体情况下小球所受的弹力大小。
【例2】如图所示，质量分别为m 和M 的两物体P 和Q 叠放在倾角为θ的斜面上，P 、Q 之间的动摩擦因数为1μ，Q 与斜面之间的动摩擦因数为2μ，当它们从静止开始沿斜面下滑时，两物体P 和Q 保持相对静止，则物体P 所受的摩擦力大小为（ ）
A 、0
B 、θμcos 1mg
C 、θμcos 2mg
D 、θμμcos )(21mg +
试解： （做后再看答案，效果更好）
解析：当两物体P 和Q 一起加速下滑时，其加速度为：)cos (sin 2θμθ-=g a
因P 和Q 相对静止，所以它们之间的摩擦力为静摩擦力，不能用N F F μμ=求解。对物体P ，由牛顿第二定律得：ma f mg =-静θsin
故 θμcos 2mg f =静
答案：C
误区警示：物体所受静摩擦力的方向与物体相对运动趋势方向相反，其大小只能根据物体所处的状态，由平衡条件或牛顿运动定律进行求解。此题中，不要因P 和Q 相对静止而得出P 受静摩擦力为零的错误结论。
【例题3】地球附近的空间中有水平方向的匀强磁场和匀强电场，已知磁场方向垂直于纸面向里，一个带电液滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN 运动，如图所示。由此可以判断（ ）
A 、如果液滴带正电，它一定是从M 点向N 点运动
B、如果液滴带正电，它一定是从N点向M点运动
C、如果水平电场方向向右，液滴一定是由N点向M点运动
D、如果水平电场方向向左，液滴一定是由N点向M点运动
试解：（做后再看答案，效果更好）
解析：带电液滴在运动过程中受到重力、电场力和洛仑兹力三个力的作用，其中重力和电场力都是恒力，其合力也为恒力，而洛仑兹力的方向始终与运动方向垂直，并且其大小还与液滴的速度大小有关系。由于液滴受力有这样的特点，所以它沿直线MN运动的过程中，速度大小一定不变，即一定是匀速直线运。由此又可以判断得出，电场力一定水平向左，洛仑兹力一定是垂直于MN斜向上。因而液滴带正电时，它一定是从M点向N点运动，选项A正确、B错误；如果水平电场方向向右，则液滴一定带负电，由洛仑兹力方向垂直于MN斜向上可以判断得出，此液滴的运动方向一定是由N点向M点运动，选项C正确；同理可分析出选项D是错误的。
答案：AC
误区警示：此题根据液滴的受力特点，即重力和电场力和的合力是恒力，而洛仑兹力的方向又在与运动方向垂直的方向上，其大小却随速度的大小的变化而变化，题目中又要求液滴沿直线MN运动，经过这种层层递进的分析，最后得出的机轮就是液滴所做的一定是匀速直线运动。所以，本题解决的关键在于抓住液滴的运动轨迹和受力特点两个方面。
【例4】如图所示，匀强电场方向向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m带
45角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，电量为q的微粒以速度v与磁场垂直、与电场成0
求电场强度E、磁感强度B的大小。
试解：（做后再看答案，效果更好）
解析：由于带电粒子所受洛仑兹力与v垂直，电场力方向与电场线平行，知粒子必须还受重力才能做匀速直线运动。假设粒子带负电受电场力水平向左，则它受洛仑兹力f就应斜向右下与v垂直，这样粒子不能做匀速直线运动，所以粒子应带正电，画出受力分析图
根据合外力为零可得，
mg①
qvB
?
=45
sin
?=45cos qvB qE ② 由①式得qv
mg B 2=， 由①②得q mg E /=
误区警示：关于带电粒子的平衡，除重力、弹力、摩擦力外，关键是明确带电体所受电场力或磁场力的方向及大小，对物体进行正确的受力分析；由于洛伦兹力的方向永远和速度的方向垂直，从而界定了本题力的方向及大小之间的关系，成为解题的突破口。
【例5】如图所示，用细线AO 、BO 悬挂重力，BO 是水平的，AO 与竖直方向成α角．如果改变BO 长度使β角减小，而保持O 点不动，角α（0
45<α）不变，在β角减小到等于α角的过程中，两细线拉力有何变化？
试解：（做后再看答案，效果更好）
解析：取O 为研究对象，O 点受细线AO 、BO 的拉力分别为1F 、2F ，挂重力的细线拉力mg F =3。1F 、2F 的合力F 与3F 大小相等方向相反。又因为1F 的方向不变，F 的末端作射线平行于1F ，那么随着β角的减小2F 末端在这条射线上移动，如图所示。由图可以看出，2F 先减小，后增大，而1F 则逐渐减小。
答案：AO 绳中拉力逐渐减小；BO 绳中拉力2F 先减小，后增大，
误区警示：解决这类问题需要注意：
（1）三力平衡问题中判断变力大小的变化趋势时，可利用平行四边形定则将其中大小和方向均不变的一个力，分别向两个已知方向分解，从而可从图中或用解析法判断出变力大小变化趋势，作图时应使三力作用点O 的位置保持不变。
（2）一个物体受到三个力而平衡，其中一个力的大小和方向是确定的，另一个力的方向始终不改变，而第三个力的大小和方向都可改变，问第三个力取什么方向这个力有最小值，当第三个力的方向与第二个力垂直时有最小值，这个规律掌握后，运用图解法或计算法就比较容易了。
【例6】有一个直角支架ＡＯＢ，ＡＯ水平放置，表面粗糙，ＯＢ竖直向下，表面光滑，ＡＯ上套有小环Ｐ，ＯＢ上套有小环Ｑ，两环质量均为ｍ，两环中间由一根质量可忽略、
不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图所示。现将Ｐ环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，ＡＯ杆对Ｐ环的支持力 N F 和细绳上的拉力F 的变化情况是（ ）
Ａ、N F 不变，F 变大
Ｂ、N F 不变，F 变小
Ｃ、N F 变大，F 变大
Ｄ、N F 变大，F 变小
试解： （做后再看答案，效果更好）
解析：用整体法分析，P 、Q 整体所受外力有：二者的重力（Q P G G +），OB 杆对Q 环的水平向左的弹力B F ，OA 杆对P 环竖直向上的支持力N F 和水平向右的摩擦力f ，如图甲所示。根据竖直方向平衡可得：mg G G F Q P N 2=+=，即N F 不变。
用隔离法分析Q ， Q 受到的外力有：重力Q G ，OB 杆对Q 环的水平向左的弹力B F ，绳拉力F ，如图乙所示。根据竖直方向平衡可得mg G F Q ==αcos ，即α
cos mg F =（α为绳与OB 的夹角），因Ｐ环向左移一小段距离，故α减小，所以F 变小。
答案：B
【例7】A 、B 两辆汽车在笔直的公路上同向行驶。当 B 车在A 车前84 m 处时，B 车速度为4 m/s ，且正以2 m/s 2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B 车加速度突然变为零。A 车一直以20 m/s 的速度做匀速运动。经过12 s 后两车相遇。问B 车加速行驶的时间是多少？
试解： （做后再看答案，效果更好）
解析：设s = 84 m ，A 车的速度为υA ，B 车加速行驶时间为t ；两车在t 0 = 12s 相遇时，
A 、
B 两车相遇前行驶的路程分别为s A 、s B 。则有
s A = υA t 0
s B = υB t + 12 at 2 + (υB + at) (t 0 – t)
而 s A = s B + s
联立以上三式得
t 2
– 2t 0 t+ 2[(υA –υB )t 0 – s]a = 0 将υA = 20m/s ，υB = 4m/s ，a = 2m/s 2代入上式整理有
t 2 – 24t + 108 = 0
解得
t 1 = 6 s ，t 2 = 18 s
t 2 = 18s 不合题意，舍去。
答案： 6s
误区警示：涉及追及和相遇问题时，应明确初始条件即两个物体出发点的位置关系、出发时间先后、初速度、加速度等，然后从以下两个思路入手分析：
（1）认清运动过程，搞清时间关系，画出草图列出位移关系式；
（2）以“速度相等”为解决问题的关键和突破口，两个物体“速度相等”往往是物体间能否追及、追不上或两物体间的距离最大、最小的临界条件
【例8】某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N ，他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t 0至t 3时间段内弹簧秤的示数F 如图所示，电梯运行的υ-t 图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ ）
试解： （做后再看答案，效果更好）
解析：在t 0~t 1时间段内，弹簧秤的示数为440N 小于体重，即人失重，说明加速度a
方向向下即a < 0，B 、D 选项错误；在t 1~t 2时间段内，弹簧秤的示数为490N 等于体重，说明人随电梯匀速运动或静止，在t 2~t 3时间段内，弹簧秤的示数为540N 大于体重，即人超重，说明加速度a 方向向上即a > 0，A 、C 选项都有可能。
答案：AD
误区警示：本题是根据弹簧秤的示数-时间图象获取不同阶段人受到的弹力情况，与实
1230
t 0
t 0 C
D
t 0
t 0 A B
际体重相比，来判断人在不同阶段的超重、失重情况，从而推知加速度的方向来确定人随电梯可能的运动情况。
【例9】在水平长直的轨道上，有一长L=2m 的木板在外力控制下始终保持速度υ0 = 4m/s 水平向右做匀速直线运动．某时刻将一质量m=1kg 的小滑块（视为质点）轻放到木板的中点同时对该滑块施加水平向右的恒力F ，滑块与木板间的动摩擦因数μ = 0.2，取g=10m/s 2。若滑块不会从木板的左端掉下，则恒力F 大小应满足什么条件？
试解： （做后再看答案，效果更好）
解析：设恒力F 取最小值为F 1时滑块历时t 恰好到达木板的左端而不会从木板的左端掉下，此时滑块与木板的速度相等，则滑块恰好到达木板的左端时的位移大小
s 1 = υ02
t 此时小车的位移大小
s 2 = υ0t 由下图的位移大小关系有
s 2 – s 1 = L 2 联立以上三式解得
t = L υ0
= 0.5s 滑块加速度大小a 1 = υ0t
= 8m/s 2 由牛顿第二定律有
F 1 + μmg = ma 1
代入数据解得
F 1 = 6 N
答案：恒力F 大小应该满足条件是F ≥ 6N
误区警示：
与木板结合的临界问题常常要画出位置移动图即位移图找出两物体间的位移大小关
系，以便列出方程。处理本题临界问题的关键是当滑块滑到木板的左端时滑块与木板速度相同即滑块恰好没掉下，对应恒力F 取最小值。
【例10】2008年5月12日14时28分，四川省汶川县发生7.8级大地震。地震震惊了世界，灾区人民的命运也同样牵动着13亿中国人的心，地震发生后，中国地震局立即启动一级预案，中国空军派出二十二架军用运输机和部分直升机来抢救伤员。如图所示，一架直升机A 用长H = 60m 的悬索（重力可忽略不计）系住一质量m = 50kg 的受伤学生B ，直升机A 和受伤学生B 以υ0 = 10m/s 的速度一起沿水平方向做匀速飞行，某时刻开始收悬索将学生上拉，在t = 5s 的时间内，A 、B 之间的距离关系为l = 60 – 0.5t 2（m ），取g = 10m/s 2。
（1）指明该学生在这5s 时间内的运动性质；
（2）求在这5s 的时间内悬索对人的拉力大小；
（3）求在5s 末学生的速度大小及该5s 内学生的位移大小。
试解： （做后再看答案，效果更好）
解析：（1）该学生在这5s 时间内的运动性质为：匀变速曲线运动
（2）学生在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上位移
y = H – l = 0.5t 2（m ）
即学生在竖直方向上做初速度为零、加速度
a = 1.0m/s 2的匀加速直线运动
根据牛顿第二定律
F – mg = ma
解得悬索的拉力
F = m(g + a) = 550N
（3）被困人员5s 末在竖直方向上的速度
υy = at = 5m/s
速度 υ = υ02 + υy 2 = 55m/s
竖直方向的位移 y = 12 at 2 = 12.5m
水平方向的位移 x = υ0t = 50m
位移 s = x 2 + y 2 = 25172
m 答案：（1）匀变速曲线运动（2）550N
（3）25172
m 误区警示：（1）类平抛运动的特点是物体受到恒定的合外力作用，与初速度方向垂直；
（2）在本题中，通过竖直方向上的位移与初速度为零的匀加速直线运动位移公式的类比，发现学生受到竖直向上的恒定的合外力，且与初速度方向垂直，从而判断该学生做类平抛运动。（3）类平抛运动和平抛运动的规律类似，处理方法也相同，不同之处就是类平抛运动的加速度不是g 。
【例11】 如图所示，两个光滑的斜面高度相同，右边由两部分组成且AB ＋BC ＝AD ，两小球a 、b 分别从A 点沿两侧斜面由静止滑下，不计转折处的能
量损失，哪一边的小球先滑到斜面底端。
〖解析〗两小球从等高处沿光滑的斜面下滑（由静止），由于两
边斜面倾角不同，下滑的加速度不同（aAB>aAD>aBC ），根据机械
能守恒定律，两球到达底端的速度大小相等，因此画出其v —t 图象如图所示，共中折线为沿ABC 斜面下滑的a 球的速度图象，直线为沿AD 斜面下滑的b 球的速度图象。
要满足a 、b 两图线下方的面积相等，必须使图中画
有
斜线部分的两块面积相等，那就一定有ta 下 滑的小球先到达底端。 专题练习一 1．如图所示,在粗糙的斜面上, 物块用劲度系数为100 N/m 的轻质弹簧平行于斜面拉住此物块放在ab 间任何位置均能静止,在其他位置不能静止.测得ab =22 cm,Oa =8 cm,则物块静止在斜面上时受到的摩擦力大小可能为（ ） A.14 N B.10 N C.6 N D.2 N 2.如图所示, 将细线的一端系在右手中指上,另一端系上一个重为G 的钩码.用一支很轻的铅笔的尾部顶在细线上的某一点,使细线的上段保持水平,笔的尖端置于右手掌心.铅笔与水平细线的夹角为θ,则 （ ） A.中指受到的拉力为G sin θ B.中指受到的拉力为G cos θ C.手心受到的压力为 D.手心受到的压力为 3.如图所示,质量为2 kg 的物体,放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上,在水平拉力作用下,由静止开始运动,水平拉力做的功W 和物体发生的位移s 之间的关系如图所示,g 取10 m/s 2,则 （ ） A.此物体在AB 段做匀加速直线运动 B.此物体在AB 段做匀速直线运动 C.此物体在OA 段做匀加速直线运动 D.此物体在OA 段做匀速直线运动 4、如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进，突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a ，设中间一质量为m 的西瓜A ，则A 受其它西瓜对它的作用力的大小是………………………………………………………………（ ） A. m(g+a) B. ma C. 22a g m + D.22a g m - 5、在杯底固定一个弹簧，上端系一密度小于水的木球，然后在杯中装水，使木球全部浸没入水中，此时弹簧长L ，（如图）现令杯从高处自由下落，弹簧的长度为L ，则（ ） A. L>L 1 B. L=L 1 C. L D.无法比较L 和L 1的长短 6．如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m 的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与绳子对货物竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断 G sin θ G cos θ ①图线与纵轴的交点M 的值M a g =-． ②图线与横轴的交点N 的值N T mg =． ③图线的斜率等于物体的质量m ． ④图线的斜率等于物体质量的倒数1／m ． 以上判断正确的是（ ）． A ．④ B ．②③ C ．①②③ D ．①②④ 7.为纪念伽利略将望远镜用于天文观测400周年,2009年被定为国际天文年.我国发射的“嫦娥一号”绕月卫星在完成了既定任务后,于2009年3月1 日16时13分成功撞月.如图为“嫦娥一号”卫星撞月的模拟 图.卫星在控制点①开始进入撞月轨道.假设卫星绕月球做圆 周运动的轨道半径为r ,周期为T ,月球的半径为R ,引力常量 为G .根据题中信息,以下说法正确的是 ( ) A.可以求出月球的平均密度 B.可以求出月球对“嫦娥一号”卫星的引力 C.“嫦娥一号”在地面发射时的速度大于11.2 km/s D.“嫦娥一号”卫星在控制点①处应减速 14．如图所示，在一条直线上两个振动源A 、B 相距6m ，振动频率相等．t 0=0时刻A 、B 开始振动，且都只振动一个周期，振幅相等，振动图象A 为(甲)，B 为(乙)．若A 向右传播的波与B 向左传播的波在t 1=0．3s 时相遇，则( )． A ．两列波在A 、 B 间的传播速度大小均为10m ／s B ．两列波的波长都是4m C ．在两列波相遇过程中，中点C 为振动加强点 D ．t 2=0．7s 时刻B 点经过平衡位置且振动方向向下 9．(16分)举重运动是力量和技巧充分结合的体育项目。就“抓举”而言，其技术动作可分为预备、提杠铃、发力、下蹲支撑、起立、放下杠铃等六个步骤，如图甲所示照片表示了其中的几个状态。现只研究从发力到支撑这个过程，测得轮子在照片中的直径为0．8cm ，在照片上用尺量出从发力到支撑，杠铃上升的距离为 1.2cm ，已知运动员所举杠铃的直径D=0．32m ，质量m=120kg ，运动员从发力到支撑历时t=0.6s ，为简便起见，可以认为在该过程中运动员作用在杠铃上的竖直向上的作用力与时间的关系，以及在该过程中杠铃的速 度与时间的关系分别如图乙、丙所示。(空气阻力不计，g 取10m ／s 2) (1)试估算出该过程中杠铃被举起的实际高度h1; (2)简要说明杠铃在该过程中作什么运动?并估算在该过程中杠铃向上运动的最大速v m ; (3)求Ｆ—t图象中的F0的值。 10目前，滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，赛道光滑，FGI为圆弧赛道，半径R＝6 .5m , G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面，KA、DE平台的高度都为h = 18m 。B、C、F处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m ＝5kg ，运动员质量为M , M＝ 45kg 。表演开始，运动员站在 滑板b上，先让滑板 a 从A点 静止下滑，t1＝0.1s后再与b板 一起从A点静止下滑。滑上BC 赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2＝0.6s。（水平方向是匀速运动）。运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道，落在EF赛道的P点，沿赛道滑行，经过G点时，运动员受到的支持力N = 742.5N。（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g ＝10m/s）( 1 ）滑到G点时，运动员的速度是多大？ ( 2 ）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？ ( 3 ）从表演开始到运动员滑至I 的过程中，系统的机械能改变了多少？ 11．（13分）如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示．已知它落地时相对于B点的水平位移OC ＝l．现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B的距离为l／2．当传送带静止时，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点．当驱动轮转动从而带动传送带以速度v匀速向右运动时（其他条件不变），P的落地点为D．（不计空气阻力） （1）求P滑至B点时的速度大小；（2）求P与传送带之间的动摩擦因数 ；（3）求出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式．（自备答题纸）12．实验题．如题 (a)图，质量为M的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A 的位移–时间（s – t）图象和速率–时间（v – t）图象。整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为l、高度为h。(取重力加速度g = 9.8m/s2，结果可保留一位有效数字)。(1)现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的v –t图线 如题(b) 图所示。从图线可得滑块A下滑时的加速度 a = m/s2，摩擦力对滑块A运动的影响。(填“明 显，不可忽略”或“不明显，可忽略”)(2)此装置还可用来验证牛 顿第二定律。实验时通过改变，可验证质量一定时，加速度与 力成正比的关系；通过改变，可验证力一定时，加速度与质量 成反比的关系。 (3)将气垫导轨换成滑板，滑块A换成滑块A′，给滑块A′一沿滑板 向上的初速度，A′的s – t图线如题(c)图。图线不 对称是由于造成的，通过图线可求得滑板的 倾角θ=(用反三角函数表示)，滑块与滑板间 的动摩擦因数μ=。 参考答案 片缩小的 比例，按此比例可算得实际上升的高度为h 1=O.48m (2分) (2)杠铃在该过程中先向上作匀加速运动，后做竖直上抛运动 (2分) 设杠铃在该过程中的最大速度为v m ’有 加速运动的时间t l =t-t 2=O.44s (2分) 设加速运动的加速度为队则 v m =at l 又由牛顿第二定律有 F O -mg=ma 所以R=m(g+a)=1637N (2分) 解析：(1)在G 点，运动员和滑板一起做圆周运动，设速度为G v ，运动员受到重力Mg 、滑板对运动员的支持力N 的作用，则 R v M Mg N G 2=- m/s 5.6)(=-=M Mg N R v G (2)设滑板a 由A 点静止下滑到BC 赛道后速度为1v ，由机械能守恒定律有212 1mv mgh = 运动员与滑板b 一起由A 点静止下滑到BC 赛道后速度也为1v 。 运动员由滑板b 跳到滑板a ，设蹬离滑板b 时的水平速度为2v ，在空中飞行的水平位移为s ，则s ＝22t v 设起跳时滑板a 与滑板b 的水平距离为0s ，则110t v s = 设滑板a 在2t 时间内的位移为1s ，则211t v s = 而10s s s +=，即)(21122t t v t v +=运动员落到滑板a 后，与滑板a 共同运动的速度为v 由动量守恒定律有v M m Mv mv )(21+=+ 所以gh t M m t t M mt v 2)()(2 212+++= 代入数据，解得m/s 9.6=v (3)设运动员离开滑板b 后，滑板b 的速度为3v ，有 123)(v M m Mv mv +=+ m/s 33-=v ，有13m/s 3v v ?=＝6m/s ，滑板b 将在两个平台之间来回运动，机械能不变。 系统的机械能改变为 J 75.88)2(2 1)(21232=+-++=?gh M m mv v M m E G J 75.88=?E 解：（1）物体P 在AB 轨道上滑动时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定 律201 2 mgh mv =得物体P 滑到B 点时的速度为0v 3分） （2）当没有传送带时，物体离开B 点后作平抛运动，运动时间为t ， 0l t v ==当B 点下方的传送带静止时，物体从传送带右端水平抛出，在空中运动的时间也为t ，水平位移为 12 ，因此物体从传送带右端抛出的速度 012v v ==（2分）． 根据动能定理，物体在传送带上滑动时，有220111222 l mg mv mv μ=-（1分）． 解出物体与传送带之间的动摩擦因数为32h l μ=（1分）． （3）当传送带向右运动时，若传送带的速度1v v ≤ ，即v ≤时，物体在传送带上一直做匀减速运动，离开传送带的速度仍为1v ，落地的水平位移为2 l ，即s ＝l （2分）． 当传送带的速度v 时，物体将会在传送带上做一段匀变速运动．如果尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度v 离开传送带．v 的最大值2v 为物体在传送带上一直加速而达到的速度，即222011222l mg mv mv μ=- ．由此解得2v =1分）． 当2v v ≥ ，物体将以速度2v = O 、D 之间的距离为1(122l s =++（1分）． 当12v v v << v <从传送带右端飞出时的速度为v ，O 、D 之间的距离为(122l l s vt =+=+ （1分）． 综合以上的结果，得出O 、D 间的距离s 随速度v 变化的函数关系式为： ???????????≥+<<+≤=)27()71(2)2722()221(2)22()(gh v l gh v gh gh v l gh v l v s （1分） 点拨：理论联系实际，用物理知识综合解决所遇问题是高考的一种追求。本题与大家熟知的体育运动作为背景，涉及力、运动、动量、能量、直线运动、曲线运动等力学中几乎全部知识内容，综合性较强，运动过程复杂多样，要求考生能根据问题的需要从所叙过程中选出某一阶段进行分析处理，确定相关物理量的联系，能力要求较高，体现高考试题的选拔性功能希望考生加强这方面的训练。