高中物理分类讨论集合
一、力学综合题
1．3．（2010年广州二模36）(16分)如图9所示，绝缘水平面上相距L =1.6m 的空间内存在水平向左的匀强电场E ，质量m =0.1kg 、带电量q =1×10-7C 的滑块（视为质点）以v 0=4m/s 的初速度沿水平面向右进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。（g 取10m/s 2）
（1）如果滑块不会离开电场区域，电场强度E 的取值范围多大。
（2）如果滑块能离开电场区域，试在W —F 坐标中画出电场力对滑块所做的功W 与电场力F 的关系图象。
2．（2010年广州一模36）（18分）如图18所示的凹形场地，两端是半径为L 的1/4圆弧面，中间是长尾4L 的粗糙水平面。质量为3m 的滑块乙开始停在水平面的中点O 处，质量为m 的滑块甲从光滑圆弧面顶端A 处无初速度滑下，进入水平面内并与乙发生碰撞，碰后以碰前一半的速度反弹。已知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1=2μ2，甲、乙的体积大小忽略不计。求：
（1）甲与乙碰撞前的速度。 （2）碰后瞬间乙的速度。
（3）甲、乙在O 处发生碰撞后，刚好不再发生碰撞，则甲、乙停在距B 点多远处。
0.4 0.8
1.6 -1N
-0.4 -0.8 -1.2 -1.6 -2.0
图9
3．（2010年深圳市二模35）（18分）如图所示，MN 为3m 宽的小沟，M 点左侧1m 处有一5m
高的平台与半径为1.25m 的1
4
圆弧底部相切，平
台表面与圆轨道都光滑，一质量为3kg 的B 球静止在平台上．现让一小球A 从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，A 球下滑至平台并与B 球发生碰
撞．A 、B 两球可视为质点，g =10m/s 2
．求：
(1)A 球到达圆弧底端时的速度；
(2)要使碰后两球刚好落在小沟两侧，A 球的可能质量．
4．（2011年广州市一模36）（18分）如图，绝缘水平地面上有宽L =0.4m 的匀强电场区域，场强E = 6×105N/C 、方向水平向左．不带电的物块B 静止在电场边缘的O 点，带电量q = 5×10-8
C 、质量m A =1×10-2
kg 的物块A 在距O 点s =2.25m 处以v 0=5m/s 的水平初速度向右运动，与B 发生碰撞，假设碰撞前后A 、B 构成的系统没有动能损失．A 的质量是B 的k （k ＞1）倍，A 、B 与水平面间的动摩擦因数都为μ=0.2，物块均可视为质点，且A 的电荷量始终不变，取g =10m/s 2
．
（1）求A 到达O 点与B 碰撞前的速度； （2）求碰撞后瞬间，A 和B 的速度；
（3）讨论k 在不同取值范围时电场力对A 做的功．
5．（2011年深圳市二模36）（18分）细管AB 内壁光滑、厚度不计，加工成如图所示形状，长L =0.8m 的BD 段固定在竖直平面内，其B 端与半径R =0.4m 的光滑圆弧
轨道 BP 平滑连接，CD 段是半径R =0.4m 的
4
1圆弧， AC 段在水平面上，与长S =1.25m 、
动摩擦因数μ=0.25的水平轨道AQ 平滑相连，管中有两个可视为质点的小球a 、b ， m a =3m b ．开始b 球静止，a 球以速度v 0向右运动，与b 球发生弹性碰撞之后，b 球能够越过轨道最高点P ，a 球能滑出AQ ．（重力加速度g 取10m/s 2
2.45 ）.求：
（1）若v 0=4m/s ，碰后b 球的速度大小； （2）若v 0未知，碰后a 球的最大速度； （3）若v 0未知，v 0的取值范围．
6．（2011年广州市二模36）如图，质量M =1kg 的木板静止在水平面上，质量m =1kg 、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.4，取g =10m/s 2．现给铁块施加一个水平向左的力F ．
（1）若力F 恒为8N ，经1s 铁块运动到木板的左端。求：木板的长度
（2）若力F 从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f 随力F 大小变化的图象
/N
左 右
7．（2011年湛江市一模36）．（18分）Array如图所示的轨道由半径为R的1/4光滑圆弧
轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平
直轨道CD组成．小车的质量为M，紧靠台
阶BC且上水平表面与B点等高．一质量为
m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静
止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上．已知M=4m，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ 之间表面的动摩擦因数为 ，Q点右侧表面是光滑的．求：
（1）滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小．
（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）
8．（2012年广州市一模36）如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x．与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点．水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入．A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力．
已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为μ；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g．（1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1
（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件
（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度
9．（2012年揭阳一模36）如图所示，质量为
M 的小球用长为R =0.45m 的细绳固定于O 点，从
A （与O 点等高）处由静止释放，与O 点正下方B
点处质量为2M 的物块弹性正碰。重力加速度
g =10m/s 2
（1）求小球碰后能上升的高度h 。 （2）已知粗糙水平地面BC 及传送带的动摩擦
因数均 为μ=0.2，传送带长为0.5l m =，顺时针匀速转动，速度大小为υ=2m/s ，DE 、EF 、FH 的长度均为S =0.4m 。若要保证物块碰后能落入FH 间的沙坑内，求BC 间的长度L 。
10．（2012年六校联考36）如图，一个传送带倾斜放置，倾角=53α?，传送带的动摩擦因数为=0.5μ，长度L=10m ，传送带沿顺时针方向转动，一个质量m=1kg 的物体1在光滑的平台上向右做匀速直线运动，速度大小为0v ，在平台末端，物体1和静止的相同质量的物体2发生弹性碰撞，碰撞后物体2水平抛出，当物体2运动到传送带上表面顶端A 点时，速度方向刚好和传送带上表面平行，即物体2无碰撞地运动到传送带上，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8m ，重力加速度210g m s =，sin 530.8= ，cos 530.6= 。求：
（1）物体1的速度的大小0v 。
（2）如果传送带静止，求物体2在传送带上下滑时的加速度。
（3）讨论传送带的摩擦力对物体2做的功f W 与传送带转动速度v 的关系。
11．（2012清远市期末理综物理36）（18分）如图所示，水平桌面的右端有一质量为m 的物块B ，用长为L 的
不可伸长的细线悬挂，B 对水平桌面压力刚好为零，水平桌面离地面的高度为h =5.0 m ，另一质量为3m 的物块A
在距水平桌面的右端s =4.0 m 处在g m F 3 （取g=10 m/s 2
）水平推力向右运动，推到B 处时立即撤销F 并与B 发生弹
性碰撞，已知A 与桌面间的动摩擦因数为μ=0.8，物块均可视为质点．
（1）求A 与B 碰撞前的速度；
（2）求碰撞后A 的落地点与桌面右端的水平距离x ；
（3）要使物块A 与物块B 碰后，悬挂的细线始终有拉力，试求细线的长度L 的取值范围．
12．（2012年执信月考36）（18分）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：
（1）若CD 部分传送带不运转，求米袋沿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．
二、电学综合题
1．（2011年肇庆市二模36）（18分）如图所示，一半径为r 的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的右端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d . 在t =0时，圆形导线框中的磁感应强度B 从B 0开始均匀增大；同时，有一质量为m 、带电量为q 的液滴以初速度v 0水平向右射入两板间（该液滴可视为质点）。该液滴恰能从两板间作匀速直线运动，然后液滴在电场强度大小恒定、方向未知、磁感应强度为B 1、宽为L 的（重力场、电场、磁场）复合场（磁场的上下区域足够大）中作匀速圆周周运动．求：
（1）磁感应强度B 从B 0开始均匀增大时，试判断1、2两极板哪一块为正极板？磁感应强度随时间的变化率K=？
（2）（重力场、电场、磁场）复合场中的电场强度方向如何？大小如何？ （3）该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离。
2．（2011年惠州市一模36）（18分）有一平行板电容器，内部为真空，两个电极板的间距为d ，每一个正方形电极板的长均为L ，电容器内有一均匀电场，U 为两个电极板间的电压，如图甲所示。电子从电容器左端的正中央以初速v 0射入，其方向平行于电极板之一边，并打在图上的D 点。电子的电荷以-e 表示，质量以m 表示，重力可不计。回答下面各问题（用已知物理的字母表示）（1）求电子打到D 点瞬间的动能；（2）电子的初速v 0至少必须大于何值，电子才能避开电极板，逸出电容器外？（3）若电容器内没有电场，只有垂直进入纸面的均匀磁场，其磁感应强度为B ，电子从电容器左端的正中央以平行于电极板一边的初速v 0射入，如图乙所示，则电子的初速v 0为何值，电子才能避开电极板，逸出电容器外？
3．（2012年肇庆一模35）（18分）有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为d ，极板长为L ，极板间有一匀强电场，U 为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速0v 射入，其方向平行于极板，并打在极板边缘的D 点，如下图（甲）所示。电子的电荷量用e 表示，质量用m 表示，重力不计。回答下面问题（用字母表示结果）。
（1）求电子打到D 点的动能；
（2）电子的初速0v 必须大于何值，电子才能飞出极板；
（3）若极板间没有电场，只有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，电子从极板左端的正中央以平行于极板的初速0v 射入，如下图（乙）所示，则电子的初速0v 为何值，电子才能飞出极板？
L （甲）
L
d/2 （乙）
D
参考答案
1、解:(1)小滑块在摩擦力和电场力的作用下，向右做匀减速直线运动，设加速度为a ，依题意和牛顿第二定律，有： ma f F =+ ①……1分 又：qE F = ②……1分 mg f μ=
③……1分
若小滑块不会从右侧离开电场区域，由匀变速直线运动规律，有：
aL
2v 2
< ④……1分
联立①②③④并代入数据得：C /N 10E 6> ⑤……1分
若小滑块不会从左侧离开电场区域，必须满足：
F ≤f
⑥……1分
②⑤⑥可得：C /N 104E C /N 1066?≤<
⑦……1分
(2)如果小滑块会离开电场区域，电场力F 必须满足: F=qE= q =1×10-7
×106
≤0.1N
⑧……1分
或 F=qE = 1×10-7×4×106＞0.4N ⑨……1分
若F ≤0.1N ，小滑块将从右侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移s=1.6m ，则电场力做功F Fs W 6.1-=-=
⑩……2分
若F ＞0.4N ，小滑块将从左侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移s=0，电场力做功为0，即W=0 ……2分
评分说明：正确作图共3分
2、解：（1）设甲到达O 处与乙碰撞前的速度为v 甲，由动能定理：
0.4 0.8
1.6 -1N
-0.4 -0.8 -1.2 -1.6 -2.0
2
12
12甲甲甲甲v m L g m gL m =
?-μ ……2分
得： )21(21μ-=gL v 甲
……2分
（分步用机械能守恒和匀减速直线运动进行计算，结果正确的同样给4分） （2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲′、v 乙′，由动量守恒：
乙乙甲
甲甲甲v m v m v m '+'= ……2分
又： 甲甲v v 2
1-='
……1分 得： 甲乙
v v 2
1='
……1分
（3）由于μ1=2μ2，所以甲、乙在水平面上运动的加速度满足：a 甲=2a 乙 ……1分 设甲在水平地面上通过的路程为s 1、乙在水平地面上通过的路程为s 2，则有：
12
2s a v 甲甲
=' ……1分 22
2s a v 乙乙
='
……1分 即：
2
12
1=s s ①
……1分
由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地点停下．有以下两种情况： 第一种情况：甲返回时未到达B 时就已经停下，此时有：s 1＜2L ……1分 而乙停在甲所在位置时，乙通过的路程为：s 2=2L +2L +s 1=4L +s 1 ……1分 因为s 1与s 2不能满足①，因而这种情况不能发生． ……1分
第二种情况：甲、乙分别通过B 、C 冲上圆弧面后，返回水平面后相向运动停在同一地点，所以有：s 1+s 2=8L ②
……1分 ①②两式得：3
81L s =
或 3
162L s =
……1分
即小车停在距B 为： L L s L 3
221=-=?
……1分
3、解：（1）根据机械能守恒 2
2
1mv mgR =
( 2分)
代入数据得 v=5m/s ( 1分)
(2) ①若碰后两球都向右运动，据平抛运动
2
2
1gt h =
得t=1s (1 分)
t v x 0= 得v A1=1m/s v B1=4m/s ( 2分)
由动量守恒 11B B A A A A v m v m v m += ( 1分) 得 m A =3kg ( 1分) 碰前总动能2
15321??=
K E 碰后总动能2
2
/
1
432
1132
1??+
??=K E
因为/1
1K K E E > 其解成立 ( 2分) ②若碰后A 球向左运动，B 球向右运动，则可能有： v A2=－1m/s v B2=4m/s 由动量守恒 22B B A A A A v m v m v m += 得 m A =2kg ( 2分) 碰前总动能2
25221??=K E 碰后总动能2
2
/
2432
1)1(22
1??+
-??=
K E
因为/2
2K K E E = 其解成立 ( 2分) ③若碰后A 球向左运动，B 球向右运动，则可能有：v A2=－4m/s v B2=1m/s 由动量守恒 33B B A A A A v m v m v m += 得 m A =3
1kg ( 2分)
碰前总动能2
35312
1??=K E 碰后总动能2
2
/
3132
1)4(3
12
1??+
-??
=
K E
因为/
33K K E E = 其解成立 ( 2分)
4、解：（1）设碰撞前A 的速度为v ，由动能定理
2
2
2
12
1v m v m gs μm A A A -
=
-……①
得： μgs v v 220-==4m/s
……②
（2）设碰撞后A 、B 速度分别为v A 、v B ，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以有：
B
B A A A v m v m v m +=
……③ 2
2
2
2
12
12
1B
B A A A v m v m v m +
=
……④
联立③④并将m A =km B 及v =4m/s 代入得：
1
)1(4+-=
k k v A m/s ……⑤ 1
8+=
k k v B m/s ……⑥
（3）讨论：
（i ）如果A 能从电场右边界离开，必须满足：qEL gL m v m A A
A +μ>2
2
1
……⑦ 联立⑤⑦代入数据，得： k ＞3……⑧
电场力对A 做功为：W E =qEL = 6×105×5×10-8×0.4(J)=1.2×10-2
(J) ……⑨
（ii ）如果A 不能从电场右边界离开电场，必须满足：qEL gL m v m A A
A +μ≤2
2
1
……⑩ 联立⑤⑩代入数据，得：k ≤3……○
11 考虑到k ＞1，所以在1＜k ≤3范围内A 不能从电场右边界离开……○12 又： qE =3×10-2N ＞μmg =2×10-2N ……○
13 所以A 会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0．即：W E =0……○14 评分说明：①②③④每项正确给2分；⑤⑥⑦⑧⑨⑩○
11○12○13○14每项正确给1分 ⑤⑥两式如果没有将v 的数值代入，即表达式含v ，只要正确就同样给分。
5、解：（1）设a 、b 碰后瞬间速度为v a 1、v b 1
m a v 0=m a v a 1+m b v b 1 ……………………2分
2
2
2
01111122
2
a a a
b b m v m v m v =
+
……………………2分
解出： 101022/,6/a b a a b a b
a b
m m m v v m s v v m s m m m m -=
==
=++ ………2分
（2）a 与b 碰后，a 上升的高度不能超过3R
2
1m ax 132
a a a m v m g R =?……………………2分
1max 4.9/a v m s =
≈ ……………2分
（3）欲使b 能通过最高点，有2
2b b b v m g m R
≤……………………1分
22/b v m s ≥
=得出……………1分
b 球在上升过程中有
2
2
1211(2)22
b b b b b m v m v m g R L =
+?+……………1分
/
10min
16/,4/2a b
b b a
m m m s v
v m s m +≥≥
=解得v ………………1分
因为a 球能通过粗糙区域，有
2
12a v gs μ>……………………1分 //0125/a v
v m s =>……………………1分
碰后a 上升的高度不能超过3R ，必须满足
/0max
129.8/a v
v m s ==≤=……………………1分
综上可得 05/9.8/m s v m s <≤……………………1分
6、解：（1）铁块的受力如图，由牛顿第二定律：
f 1
12ma mg μF =-……①
木板的受力如图，由牛顿第二定律：
212)(Ma g m M mg =+-μμ……②
设木板的长度为Ｌ，经时间t 铁块运动到木板的左端，则
2
221t a s =木……③ 212
1t a s =
铁……④
又：L s s =-木铁……⑤ 联立①②③④⑤解得：Ｌ=1ｍ……⑥ （2）
（i ）当N g M m F 2)(1=+≤μ时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即：f =F （ii ）当N g M m μF 2)(1=+>时，如果M 、m 相对静止，铁块与木板有相同的加速度a ，则：a M m g M m F )()(1+=+-μ……⑦ ma f F =-……⑧
解得：22-=f F ……⑨
此时：N 41=≤mg μf ，也即N 6≤F ……⑩ 所以：当N 6N 2≤ += F f ……○11 （iii ）当N F 6>时，M 、m 相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：N 42==mg μf f —F 图象如图所示 评分说明：（1）6分（①②③④⑤⑥每式1分）； （2）12分：（i ）2分（条件、结论各1分） （ii ）5分（⑦⑧⑨⑩○11式各1分） （iii ）2分（条件、结论各1分） 正确做图3分（每做对一段给1分） 说明：（1）不管分析正确与否，只要作图正确就照给分；拐点处用小圆卷的不扣分。 （2）（ii ）的分析不一定严格按照参考答案的顺序，只要结果正确就参照给分。 7、解：（18分） /N （1）设滑块滑到B 点的速度大小为v ，到B 点时轨道对滑块的支持力为N ，由机械能守恒定律有2 12 m gR m v = ① （2分） 滑块滑到B 点时，由牛顿第二定律有2 v N mg m R -= ② （2分） 联立①②式解得 N ＝3mg ③ （1分） 根据牛顿第三定律，滑块在B 点对轨道的压力大小为3N mg '= （1分） （2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有 ()mv M m u =+ ④ （2分） 若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q 点，由功能关系有 2 2 11()22 m gL m v M m u μ= - + ⑤ （2分） 联立①④⑤式解得 45R L μ = ⑥ （2分） 若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的， 滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由功能关系有 2 2 112()22 m gL m v M m u μ= - + ⑦ （2分） 联立①④⑦式解得 25R L μ = ⑧ （2分） 综上所述并由⑥⑧式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是 2455R R L μ μ < ≤ ⑨ （2分） 8、解析：（1）滑块B 从释放到最低点，机械能守恒，有： 2 2 01112 2 m v m gL m v += ……① 在最低点，由牛顿运动定律： 2 1mv T mg L -= ……② 又：mg T 5=……③ 联立①②③得：gL v 20 = 1v =评分说明：①②③以及两个结果正确各给1分，共5分 （2）设A 与台阶碰撞前瞬间，A 、B 的速度分别为v A 和v B ，由动量守恒 A B mv mv mv 21+=……④ 若A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：B A mv mv ≥2……⑤ 对A 应用动能定理：2 22 1A mv mgx ?= μ……⑥ 联立④⑤⑥解得：μ ≥4L x ，……⑦ 即A 与台阶只能碰撞一次的条件是：4L x μ ≥ 评分说明：④⑤⑥⑦以及结果正确各给1分，共5分 （3）设x =0x 时，A 左端到台阶板前瞬间，A 、B 恰好达到共同速度AB v ，由动量守恒……AB v )m m (mv 21+=……⑧ 对A 应用动能定理：2 022 1AB mv μmgx ?= ……⑨ 联立⑧⑨得：μ =940L x ……⑩ (i)当0x x ≥即49L x μ ≥ 时，AB 共速后A 与挡板碰撞． 由⑧可得A 与台阶碰撞前瞬间的速度：3 2 3 11gL v v v AB A = = =……⑩ (ii)当μ > >40 L x x 即 μ ≥ >μ 494L x L 时，AB 共速前A 就与台阶碰撞， 对A 应用动能定理：2 2 22 1A mv mgx ?= μ……○ 11 A 与台阶碰撞前瞬间的速度：gx v A μ= 2 ……○ 12 评分说明：⑧⑨⑩各1分；（i ）中的条件1分，结论1分；（ii ）中条件1分，○11○12各1分。 9、解：1）小球摆至B 点碰前速度为υ0，由机械能守恒得： 2 012 M gR M v = ① 1分 代人数据解得：03/v m s = = ② 1分 小球与物块弹性正碰，设碰后速度分别为有υ1、υ 2， 有： 01212 M v M v M v =+ ③ 2 分 2 2 2 01211 11()2 2 22 M v M v M v = + ④ 2分 联立②③④解得：121/v 4/v m s m s == 2分 小球碰后上升至高度h 的过程机械能守恒，有： 2 112 M v M gh = ⑤ 1分 代人数据解得：0.05h m = ⑥ 1分 2）设物块从D 点以速度υD 做平抛落入沙坑，时间为t ，有： 12 s =2 gt ⑦ 1分 D x v =t ⑧ 1分 由题知：0.40.8m x m ≤≤ //D s v s ≤≤ ⑨ 1分 讨论：Ⅰ）当0/D v s v =>，物块在传送带上一定做匀减速运动，此时C 点速度最大为3v ， 由3v μ-2 2 D v =-2gl 得：3v ⑩ 1分 Ⅱ）当0/D v s v = <，物块在传送带上一定做匀加速运动，此时C 点速度最小为4v ，由 4v μ-2 2D v =2gl 得：40v = ○11 1分 物块要滑上传送带，则0C v > ，故0/C v s <≤ ○12 1分 物块从B 到C ，由动能定理得： 211222 22 M M M v μ - 2 2 C -2gL= v ○ 13 1分 联立○12○13得：14m L m ≤< ○14 1分 10、解析：（1）物体1、2发生弹性碰撞，因为能量动量守恒，碰撞后两物体速度交换，物 体2速度0v 抛出，由速度偏向角 tan 53gt v = 和 2 12 h gt = 得 v 0=3m/s （6分） （2） 由牛顿第二定律：sin 53cos 53m g m g m a μ-= （2分） 得：a =5m/s 2 ，方向沿斜面向下。 （2分） （3）物体2到达A 点的速度为v A =5m/s ， 如果传送带速度很快，物体在传送带上的速度始终比传送带慢，设物体到达B 点时的速度大小为B v 由动能定理：()2 2 11sin 53cos 532 2 B A m g m g L m v m v μ+?= - 得：v B =75m/s 故当v ≥75m/s 时，滑动摩擦力一直做正功，cos 5330f W mg L J μ== （3分） 如果传送带速度较慢，物体在传送带上的速度始终比传送带快， 由动能定理：()2 2 11sin 53cos 532 2 B A m g m g L m v m v μ-?= - 得：v B =55m/s 故当v <5m/s 时，滑动摩擦力一直做负功，cos 5330f W mg L J μ=-=-