近几年高考物理力学综合题24题
高考理综物理第24题欣赏
高考理综物理第24题欣赏1、（2014年高考新课标）24题：公路上行驶的两辆汽车之间应保持一定的安全距离。
当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。
通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。
当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。
设雨天时汽车轮胎与沥青地面的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
2、（2013全国高考大纲版理综第24题）一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击。
坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s。
在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，火车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。
该旅客在此后的20.0 s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。
已知每根轨道的长度为25.0 m，每节货车车厢的长度为16.0 m，货车车厢间距忽略不计。
求（1）客车运行的速度大小；（2）货车运行加速度的大小。
3、（上海卷，31）（12分）风洞是研究空气动力学的实验设备。
如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球。
将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左。
小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2。
求：（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；（2）小球落地时的动能。
（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？4、（2011新课标理综第24题）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。
在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。
求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
2023年高考物理：力学综合复习卷(基础必刷)
2023年高考物理：力学综合复习卷（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置，管内充有理想气体，一段汞柱将气体封闭成上下两部分，两部分气体的长度分别为，，且，下列判断正确的是（ ）A．将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度B．将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度C．保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度D．保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度第(2)题某质点P从静止开始以加速度a1做匀加速直线运动，经t（s）立即以反向的加速度a2做匀减速直线运动，又经t（s）后恰好回到出发点，则（ ）A．a1＝a2B．2a1＝a2C．3a1＝a2D．4a1＝a2第(3)题如图所示，OA、OB是竖直面内两根固定的光滑细杆，O、A、B位于同一圆周上，OB为圆的直径。
每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表B示滑环到达A、B所用的时间，则（）A．B．C．D．无法比较t1、t2的大小第(4)题如图所示，小钢球m以初速度v0在光滑水平面上运动，后受到磁极的侧向作用力而做图示的曲线运动到达D点，从图可知磁极的位置及极性可能是（ ）A．磁极在A位置，极性一定是N极B．磁极在B位置，极性一定是S极C．磁极在C位置，极性一定是N极D．磁极在B位置，极性无法确定第(5)题如图所示，绝缘水平面上，虚线左侧有垂直于水平面向上的匀强磁场、右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，、、为绝缘水平面上的三个固定点，点在虚线上，、两点在左右两磁场中，两根直的硬导线连接和间，软导线连接在间，连线与垂直，、到的距离均为，，、、三段导线电阻相等，，。
通过、两点给线框通入大小为的恒定电流，待、间软导线形状稳定后线框受到的安培力大小为（ ）A．0B．C．D．第(6)题如图所示，山上一条输电导线架设在两支架间，M、N分别为导线在支架处的两点，P为导线最低点，则这三处导线中的张力、、大小关系是（ ）A．B．C．D．第(7)题足够长的光滑斜面上的三个相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的右侧固定有不计质量的力传感器。
2019高考物理24题总结
3.在静电场的教学中，要重点引导学生利用所 学知识和工具（如电场线、等势面等），得到电场 的分布情况，并推导出粒子的力学性质和做功情况；
1.重视基础，加 强学生对基本物理规 律等的理解与掌握。
2.要有意识培养学生“等 效”、“对称”、“分割”等 物理思想或方法的使用，以及 对临界条件的准确把握。
粒子在水平方向的位移为l，则有
l=v0t⑤
壹 电势差与场强的关系
贰 动能定理
叁 类平抛运动的位移规律 肆 对物理公式中 U=Ed，
W=qEd中“d”的理解
五 应用数学处理物理问题的能力。考生需根据具体的
情况列出各物理量之间的关系，能把有关的物理条 件用数学方程表示出来，并进行数学推导和求解。
此题与学生以往练习的题目不同之处在于 多了一个金属网，学生需从“金属网接地”分 析出P、Q间电场分布，并运用所学知识解决问 题，另外学生还需利用上、下两部分电场强度 大小相等、方向相反的情况分析出粒子运动对 称性的特点。
01
无法从金属网G接地分析出空间电 场分布情况。
02
学生死记公式： h混淆。
，W=qEh中d、
03
不能合理选用动能定理及平抛运动 规律解决问题。
04 无法得到粒子运动对称性的特点。
05
临界条件的判断，即何种情况下金 属板长度最短无法判断。
1.回归基础。重视学生理解能力的培养，不仅 要求公式的记忆，更应重视每个符号的意义及适用 的范围。
3.作为高考第一道计算题， 尤其应重视提升解题速度和正 确率的训练。
----以2019年高考全国Ⅱ卷理综第24题为例
----以2019年高考全国Ⅱ卷理综第2PG、QG间场强大小相等，均为E， 联立①②③④⑤式解得
高考物理力学综合题
代入数值得
v0
C
B
A
x1.6m ④
xC
题目 下页
S
B
VA
第十一页，共45页。
x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上，而要滑
到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B板的速度为
V1，如图示：
那么由动量守恒得
m 0 v m 1 2 vM 1 V ⑤
由功能关系得 1 2m 0 2 v1 2m 1 2 v1 22M 1 2 V μmg ⑥ l
以题给数据代入解得
V1
8
24 20
v1285242524
由于v1 必是正数，故合理的解是
8 24
V1
0.15m5/s 20
⑦
2 24 v1 5 1.38m/s
A
由机械能守恒定律〔碰撞过程不做功〕
1/2×2mv02 =1/2×3mV2 P
A
解得v10 v20 V=v0/3
v2 B乙 v2 B丙 V B丁
第四页，共45页。
例7. 如图示：质量为2m 的木板，静止放在光滑的 水平面上，木板左端固定 着一根轻弹簧，质量为m 的小木块〔可视为质点〕，它从木板右端以未知速度 v0 开始沿木板向左滑行。最终回到木板右端刚好未 从木板上滑出。假设在小木块压缩弹簧的过程中，弹 簧具有的最大弹性势能为EP，小木块与木板间滑动 摩擦系数大小保持不变，求：
高考物理力学综合题
第一页，共45页。
例：如图示：竖直放置的弹簧下端固定，上端连接一
个砝码盘B，盘中放一个物体A，A、 B的质量分别是 、m=1.5 kg，k=800N/m,对A施加一个竖直向上的拉 力，使它做匀加速直线运动，经过秒A与B脱离，刚 脱离时刻的速度为，取g=10m/s2,求A在运动过程中拉
高考物理历年真题-力学综合计算题10道及答案解析
高考物理历年真题-力学综合计算题10道及答案解析
- 题目一：
一个圆柱体半径R和质量m用绳子连接到一条竖直支架上，
该支架上仍有另一端的绳子，使用Newton定律可以知道，当
绳子拉长的距离为L时，它的线速度v及角速度ω分别为多少？
解：
根据牛顿定律，在围绕支架旋转的圆柱体m的力F = ma，其
中m是质量，a是圆柱体的加速度。
而加速度的表达式可以写成：a = v2/r，其中r是竖直支架的半径。
于是，有：F = mv2/r。
根据力的定义F = mω2L，可以得到：ω2 = F/mL = v2/rL。
于是，就可以得到绳子拉长距离为L时，线速度v及角速度ω
分别为：v = √(rF/m)，ω = √(F/(mL)).
- 题目二：
一个质量为m2的圆柱体在水中自由落体，同时，一个质量
为m1的球体在水面上以初速度V移动，请问，当他们相遇时，球体的速度V'是多少？
解：
由于在物体相遇时，动能守恒，所以原球体速度V应该等于
最终球体速度V'。
水的阻力力大小可以用系数k表示，有F_water = kv (即
F_water = -kmv)。
令变量x表示球体的速度变化量，有：V = V + x，V' = V - x
根据动能守恒定律，有：m1V^2 / 2 + m2v^2/2 = m1(V + x)^2 / 2 + m2(V - x)^2 / 2
代入m1V^2 / 2、m2v^2/2以及F_water，则可以求得最终球体速度V'：
V' = V - (k/2)(m1 + m2)V。
2012届理综物理24题集锦
24．(20分)如图所示，在x 轴的上方有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ；在x 轴的下方等腰三角形CDM 区域内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，其中C 、D 在x 轴上，它们到原点O 的距离均为a ，θ＝30°．现将一质量为m 、带电量为q 的带正电粒子，从y 轴上的P 点由静止释放。
不计重力作用与空气阻力的影响． ⑴若粒子第一次进入磁场后恰好垂直CM 射出磁场，求P 、O 间的距离；⑵若带电粒子第一次进入磁场后又能返回电场，P 、O 间的最大距离是多少？这种情况下粒子在磁场中运动的总时间是多少？⑶P 、O 间距离满足什么条件时，可使粒子在电场和磁场中各运动3次？24.(20分)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧左端连着绝缘介质小球B ，右端连在固定板上，放在光滑绝缘的水平面上。
整个装置处在场强大小为E 、方向水平向右的匀强电场中。
现有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球A ，从距B 球为S 处自由释放，并与B 球发生碰撞。
碰撞中无机械能损失，且A 球的电荷量始终不变。
已知B 球的质量M ＝3m ，B 球被碰后作周期性运动，其运动周期、B 小球均可视为质点)。
⑴求A 球与B 球第一次碰撞前瞬间，A 球的速度v 0；⑵求A 球与B 球第一次碰撞后瞬间，A 球的速度v 1和B 球的速度v 2；⑶要使A 球与B 球第二次仍在B 球的初始位置迎面相碰，求劲度系数k 的可能取值。
2T=E24.（20分）如图10所示，两根平行长直金属导轨倾斜放置，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨的间距为L ，两导轨上端之间接有阻值为R 的电阻。
质量为m 的导体棒ab 垂直跨接在导轨上，接触良好，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,导轨和导体棒的电阻均不计，且。
在导轨平面上的矩形区（如图中虚线框所示）域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度的大小为B 。
当磁场以某一速度沿导轨平面匀速向上运动时，导体棒以速度v 0随之匀速向上运动。
2024全国高考真题物理汇编：热力学定律章节综合
2024全国高考真题物理汇编热力学定律章节综合一、单选题1．（2024北京高考真题）一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。
在上浮过程中气泡内气体（）A．内能变大B．压强变大C．体积不变D．从水中吸热2．（2024重庆高考真题）某救生手环主要由高压气罐密闭。
气囊内视为理想气体。
密闭气囊与人一起上浮的过程中。
若气囊内气体温度不变，体积增大，则（）A．外界对气囊内气体做正功B．气囊内气体压强增大C．气囊内气体内能增大D．气囊内气体从外界吸热3．（2024山东高考真题）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。
下列说法正确的是（）A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B．b→c过程，气体对外做功，内能增加C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量二、多选题4．（2024河北高考真题）如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。
汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。
活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后（）A．弹簧恢复至自然长度B．活塞两侧气体质量相等C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少5．（2024海南高考真题）一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab 垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是（）A ．bc 过程外界对气体做功B ．ca 过程气体压强不变C ．ab 过程气体放出热量D ．ca 过程气体内能减小6．（2024全国高考真题）如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。
高考物理24题热门题目整理
1、如图1所示，在水平平面内有一固定的光滑绝缘圆环，半径r＝0.3 m，圆环上套有一质量m＝1×10－2 kg、带电量q＝＋5×10－5 C的小球。
匀强电场方向水平向右且与圆轨道所在平面平行。
A为圆环最高点，B、C与圆心O在同一条水平线上。
小球从A点以初速度v0＝ 6 m/s向右运动，运动到B点时的速度v B＝3 m/s。
重力加速度g取10 m/s2。
求：图1(1)电场强度E的大小；(2)小球最小速度的大小及此处对圆环的作用力的大小。
解析(1)小球从A到B，由动能定理得：qEr＝12m v2B－12m v2代入数据解得：E＝1 000 N/C(2)小球在C点处速度最小，从A到C，由动能定理得：－qEr＝12m v 2C －12m v2在C点，由牛顿第二定律得：qE＋F N＝m v2C r解得：F N＝0.05 N根据牛顿第三定律知，小球运动到C点时对圆环的作用力大小为0.05 N。
答案(1)1 000 N/C ；(2)0.05 N2、如图9所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d＝10 cm，质量m＝0.1 kg、带电荷量为q ＝－1×10－3 C 的小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图9(1)小球加速度的大小；(2)小球再次回到图中水平线时的速度大小和距抛出点的距离。
解析(1)设相邻两等势线间的电势差为U则E ＝U d解得E ＝1×103 V/m电场力F ＝qE ＝1 N ，方向水平向右重力G ＝mg ＝1 N ，方向竖直向下设小球加速度为a ，由牛顿第二定律得F 合＝G 2＋F 2＝ma解得a ＝10 2 m/s 2(2)设小球再次回到图中水平线时的速度为v ，与抛出点的距离为L ，小球加速度与初速度方向垂直，做类平抛运动，有L cos 45°＝v 0tL sin 45°＝12at 2解得t ＝ 2 s ，L ＝20 mv y ＝atv＝v20＋v2y解得v＝10 5 m/s答案(1)10 2 m/s2(2)10 5 m/s 20 m3、(12分)如图甲所示，质量为M=2kg的足够长的平板车放在光滑的水平面上，质量为m=1kg 块放在平板车的右端，物块与平板车均处于静止，现给平板车一个水平向右的推力，推力F 随时间变化的规律如图乙所示，推力F作用t=0.6s后撤去，最终物块与平板车一起向前做匀速直线运动。
高考理综24题压题训练题一
1高考物理理综物理24题专项训练1.在光滑水平地面上放有一质量=1kg 带光滑圆弧形槽的小车，质量为=2kg 的小球以速度=3m/s 沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度=0.8m （重力加速度=10m/s 2）。
求： （1）小球从槽口开始运动到滑到最高点（未离开圆弧形槽）的过程中，小球对小车做的功； （2）小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距。
2.两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l , 左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下。
一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。
已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽略。
求 (1)导体棒产生的电动势和通过R 的电流； (2)电阻R 消耗的功率； (3)水平外力的大小。
3.如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定着光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C 点，小车、斜面、挡板的总质量为2kg M =．物块从斜面上A 点由静止滑下，经过B 点时无能量损失．已知物块的质量1kg m =，A 点到B 点的竖直高度为1.8m h =，BC 长度为3m L =，BD 段光滑，210m/s g =，则在运动过程中(1)弹簧弹性势能的最大值是多大?(2)物块第二次到达C 点的速度是多大？(3)物块返回到AB 斜面上时能上升的最大高度是多大？24.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg ，m=0.2kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的轻弹簧（弹簧与两球不相连），弹簧的弹性势能E p =10.8J ，原来处于静止状态。
现突然释放弹簧，球m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示，210/g m s 。
求：（1）两小球离开轻弹簧时获得的速度大小；（2）球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小；（3）若半圆轨道半径可调，求m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离的最大值。
2020届高考物理：力学综合题专项练习题
2020届高考物理 力学综合题专项练习（含答案）1. 地面上物体在变力F 作用下由静止开始竖直向上运动，力F 随高度x 的变化关系如图所示，物体能上升的最大高为h ，h <H 。
当物体加速度最大时其高度为 ，加速度的最大值为 。
【答案】0或h ； 2ghH h2. 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称。
忽略空气阻力。
由此可知（ ） A. Q 点的电势比P 点高B. 油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C. 油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D. 油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小 答案：AB3. “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。
摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
下列叙述正确的是 A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B ．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 【答案】D4. 某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。
竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB ，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B 与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。
转轮半径R=0.4m 、转轴间距L=2m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m 。
现将一小物块放在距离传送带高h 处静止释放，假设小物块从直轨道B 端运动到达传送带上C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右。
已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5。
（sin37°=0.6）F 0（1）若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
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07年24#．（12分）
解：⑪μmg=m ω2R ，ω=5rad/s 2分
⑫滑块在A 点时的速度vA=ωR=1m/s ，A 到B 过程用动能定理：
mgh-μmgcos53°·h/sin53°=222121A
B mv mv - 3分 在B 点时的机械能EB=2
21B
mv -mgh=-4J 2分
⑬滑块在B 点时的速度：vB=4m/s 。
滑块向上运动时加速度大小a1=g(sin37°+μcos37°)=10m/s2
返回时的加速度大小：a2=g(sin37°-μcos37°)=2m/s2， 3分 因此BC 间的距离：
sBC=
2
1212212⎪
⎪⎭⎫
⎝
⎛--a v t a a v B
B =0.76m 2分
08年24、解：⑪设小物体运动到p 点时的速度大小为v ，对小物体由a 到p 过程应用动能
定理得： 2211222
a mgL mgR m m μ--=
-v v 2
122
R gt =
s ＝v t 解得：s ＝0.8 m
⑫设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F ，有：
2
F mg m R
+=v
解得：F ＝0.3 N 方向竖直向下
09年24、答案：（1）3000N ；（2）0.40.6μ<≤；（3）0.4s
解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，21012
mgR m v =
①， 设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ,根据牛顿第二定律得，20
11N v F m g m R
-=②，
联立以上两式代入数据得F N =3000N ③,
根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下。
（2）若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得11212(2)m g m m g μμ≤+④， 若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得11212()m g m m g μμ>+⑤， 联立④⑤式代入数据得0.40.6μ<≤⑥。
（3）10.5μ=，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动。
设货物在木板A 上做减
速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得1111m g m a μ=⑦，
设货物滑到木板A 末端是的速度为v 1，由运动学公式得221012v v a l -=-⑧
， 联立①⑦⑧式代入数据得v 1=4m/s ⑨， 设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得v 1=v 0-a 1t ⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得t=0.4s 。
【考点】机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析
10年24#【解析】（1）设小车在恒力F 作用下的位移为l ，由动能定理得
221
2
Fl Mgs Mv μ-=
由牛顿第二定律得 F Mg Ma μ-= 由运动学公式得 212
l at =
联立以上三式，带入数据得 24/a m s =
1t s =
= （2）滑块由O 滑至A 的过程中机械能守恒，即 212
A mgR mv = AB
段运动时间为11A s t s v =
== 故滑块离开B 后平抛时间与小车撤掉恒力F 后运动时间相同。
由牛顿第二定律得 Mg Ma μ'= 由运动学公式得 v at a t ''=- 由平抛规律得 2
12
h gt '= 带入数据得 0.8h m =
11年24．解：（1）B 做平抛运动 竖直方向：h =
2
2
1gt 水平方向：x = v B t 解得v B = 2 m/s
（2）B 在相对滑动l 2段的过程中，v B = μgt B 解得t B = 0.5 s
x B =
B B t v )0(2
1
+ 解得x B = 0.5 m （3）A 前进l 1段的过程中，2
112
1Mv Fl = 解得v 1 = 2 m/s
A 前进（l 2+x
B ）段的过程中，F －μmg = ma 解得a = 8 m/s 2 又2
122
1B B B at t v x l +=+ 解得l 2 = 1.5 m 。
12年22.
（1）物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得 10
mgh mgL μ-=
代入数据得
0.2h m
=
○
2 （2）○1设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关
系可得 cos R h
R θ-=
○3
根据牛顿第二定律，对物体有
tan mg ma
θ=
○
4 对工件和物体整体有
2()()F M m g M m a
μ-+=+
○5 联立○2○3○4○5式，代入数据得
8.5N
F =
○
6 ○2设物体平抛运动的时间为t ，水平位移为1x ，物块落点与B 间的距离为 2x ， 由运动学公式可得 2
12h gt =
○7 1
x vt =
○
8 2
1sin x x R θ
=-
○
9
联立○2○3○7○8○9式，代入数据得
20.4
x m
○10。