2021屆高考物理二輪考前復(fù)習(xí)學(xué)案：第二篇 必考模型1 板塊模型

必考模型1板塊模型

維度1:涉及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的板塊模型

班透女遜?破題有方

(2019?江蘇高考)如圖所示,質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面

上,左邊緣對(duì)齊。A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為u。先敲擊A,A

立即獲得水平向右的初速度,在B上滑動(dòng)距離L后停下。接著敲擊B,B

立即獲得水平向右的初速度,A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好

相對(duì)靜止,此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，

重力加速度為g。求：

(DA被敲擊后獲得的初速度大小vA;

⑵在左邊緣再次對(duì)齊的前、后,B運(yùn)動(dòng)加速度的大小aB、a/

⑶B被敲擊后獲得的初速度大小VBO

【標(biāo)準(zhǔn)解答】

真題解碼V

(1)審題拆過(guò)程:

(2)情境化模型:

(3)命題陷阱點(diǎn)：

陷阱1:B與地面間的最大靜摩擦力與A與B之間的摩擦力的大小關(guān)系;

陷阱2:兩物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向的判定；

陷阱3:兩物體的位移關(guān)系的判定。

至維持押*制湖考場(chǎng)_____________________________________—

1.如圖所示，傾角a=30°的足夠長(zhǎng)光滑斜面固定在水平面上，斜面上

放一長(zhǎng)L=1.8m＞質(zhì)量M=3kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m=l

kg的小物塊,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)□=正。對(duì)木板施加沿斜面向

2

上的恒力F,使木板沿斜面由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。設(shè)物塊與木

板間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2o

⑴為使物塊不滑離木板,求力F應(yīng)滿(mǎn)足的條件；

⑵若F=37.5N,物塊能否滑離木板?若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；若能,求出物

塊滑離木板所用的時(shí)間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離。

2.如圖甲所示，地面上有一長(zhǎng)為1=1m,高為h=0.8m,質(zhì)量M=2kg的木

板,木板的右側(cè)放置一個(gè)質(zhì)量為m=lkg的木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），已知木塊

與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為U.=0.4,木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

□2=0.6,初始時(shí)兩者均靜止。現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的拉力F,拉力F

隨時(shí)間t的變化如圖乙所示,取g=

10m/s'。求：

⑴前2s木板的加速度大小；

⑵木塊落地時(shí)距離木板左側(cè)的水平距離As。

維度2:涉及動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律的板塊模型

研透北邈?破題有方

（多選）（2017?海南高考）如圖（a）,一長(zhǎng)木板靜止于光滑水平桌面

上,t=0時(shí)，小物塊以速度v?；介L(zhǎng)木板上，圖（b）為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的

v-t圖象，圖中3、V。、w已知。重力加速度大小為go由此可求得

V

fA__

J〃〃〃〃〃〃〃3(〃〃〃〃o"

圖(a)圖(b)

A.木板的長(zhǎng)度

B.物塊與木板的質(zhì)量之比

C.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

D.從t=0開(kāi)始到匕時(shí)刻,木板獲得的動(dòng)能

真題解碼V

(1)審題拆過(guò)程：

「(水平面光滑H系統(tǒng)合外力為o)系統(tǒng)動(dòng)量守恒

(關(guān)鍵詞轉(zhuǎn)化，面積表示位移

鼠二型Jj共同速度為"L系統(tǒng)能量損失最大

(2)命題陷阱點(diǎn)：

陷阱1：物塊與木板達(dá)到共速時(shí)物塊不一定恰好到達(dá)木板另一端

陷阱2:物塊與木板間有摩擦不影響系統(tǒng)動(dòng)量守恒

陷阱3:僅根據(jù)物塊和木板的質(zhì)量之比不能求出各自的質(zhì)量

多維潞書(shū)?制即考場(chǎng)

1.如圖甲所示,半徑為R=0.45m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B

點(diǎn)為軌道最低點(diǎn),在光滑水平面上緊挨B點(diǎn)有一靜止的平板車(chē)，其質(zhì)量

M=5kg,長(zhǎng)度L=

0.5m,車(chē)的上表面與B點(diǎn)等高,可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從圓弧軌道最高點(diǎn)A

由靜止釋放，其質(zhì)量m=lkg,g取10m/s\

⑴若平板車(chē)上表面粗糙，物塊最終沒(méi)有滑離平板車(chē)，求物塊最終速度

的大??；

⑵若將平板車(chē)固定且在上表面鋪上一種動(dòng)摩擦因數(shù)逐漸增大的特殊

材料,物塊在平板車(chē)上向右滑動(dòng)時(shí)一,所受摩擦力R隨它距B點(diǎn)位移L的

變化關(guān)系如圖乙所示，物塊最終滑離了平板車(chē),求物塊滑離平板車(chē)時(shí)的

速度大小。

2.如圖所示,兩塊長(zhǎng)度均為1的絕緣木板A、B置于水平地面上的光滑區(qū)

域,IDA=

2kg,mB=lkg,它們的間距為d=2mo一質(zhì)量為2kg、長(zhǎng)度為21的長(zhǎng)板

C疊放于A板的上方,二者右端恰好齊平。C與A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

都為u=0.2,最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力。開(kāi)始時(shí)，三者處于

靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給長(zhǎng)板C施加一個(gè)方向水平向右、大小為4N的外力F,

結(jié)果A板被長(zhǎng)板C帶動(dòng)加速直到與木板B發(fā)生碰撞。假定木板A、B碰

撞時(shí)間極短且碰后粘連在一起。(g10m/s2)

C

⑴求木板A、B碰撞后瞬間的速度大??；

⑵要使C最終恰好與木板A、B兩端對(duì)齊,求木板A、B的長(zhǎng)度1的值；

(3)若C恰好與木板A、B兩端對(duì)齊時(shí)撤去F,A、B、C三者立刻被鎖定

為一個(gè)系統(tǒng),此時(shí)ABC開(kāi)始進(jìn)入水平地面上的粗糙區(qū)域,AB下表面與粗

糙區(qū)域的動(dòng)摩擦因數(shù)U2=0.3O求A板運(yùn)動(dòng)的總位移大小。

3.如圖所示,有一質(zhì)量為M=2kg的平板小車(chē)靜止在光滑的水平地面上,

現(xiàn)有質(zhì)量均為m=lkg的小物塊A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，由車(chē)上P處開(kāi)

始,A以初速度vi=2m/s向左運(yùn)動(dòng),B同時(shí)以V2=4m/s向右運(yùn)動(dòng)。最終A、

B兩物塊恰好停在小車(chē)兩端沒(méi)有脫離小車(chē)。兩物塊與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因

數(shù)都為u=0.1,取g=10m/s%求：

(1)小車(chē)總長(zhǎng)L;

(2)B在小車(chē)上滑動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量QB；

⑶從A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)計(jì)時(shí)，經(jīng)6s小車(chē)離原位置的距離X。

?維度3:涉及能量守恒定律的板塊模型

研透淮題?破題有方

---------------------------------------------------

(2020?全國(guó)n卷)如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M,下端距水平地面的高度

為H,頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落,與地面發(fā)生多

次彈性碰撞,且每次碰撞時(shí)間均極短;在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，管始終保持豎直。

已知M=4m,球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為4mg,g為重力加速度的大

小，不計(jì)空氣阻力。

⑴求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大??；

⑵管第一次落地彈起后，在上升過(guò)程中球沒(méi)有從管中滑出，求管上升

的最大高度；

⑶管第二次落地彈起的上升過(guò)程中，球仍沒(méi)有從管中滑出，求圓管長(zhǎng)

度應(yīng)滿(mǎn)足的條件。

【標(biāo)準(zhǔn)解答】

真題解碼V

（1）審題拆過(guò)程：

自由下落）——仁2gH）

鬻,——（彈性碰撞）一（等速率反彈）

q球未滑出）~~（管長(zhǎng)注相對(duì)位移）

⑵情境化模型：

CiF）-----（自由落體）------1碰地反

｛管減速向上:

?球向下先減速后反向加速:

（3）命題陷阱點(diǎn)：

陷阱1:自由下落時(shí),球與管不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。

陷阱2:管與地面彈性碰撞時(shí)間極短,故管速率不變而球不受影響。

陷阱3:管反彈后，相對(duì)球向上運(yùn)動(dòng),故受到向下的摩擦力而球受到向上

的摩擦力。

多維林木］制葡考場(chǎng)

1.如圖所示,木塊靜止在光滑水平面上,兩顆不同的子彈A、B從木塊兩

側(cè)同時(shí)射入木塊,最終都停在木塊內(nèi)，這一過(guò)程中木塊始終保持靜止。

若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則（）

AB

u>［二，cci

"777777777/7777777777777^777777777777777777

A.子彈A的質(zhì)量一定比子彈B的質(zhì)量大

B.入射過(guò)程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大

C.子彈A在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比子彈B在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)

D.子彈A射入木塊時(shí)的初動(dòng)能一定比子彈B射入木塊時(shí)的初動(dòng)能大

2.（多選）第一次將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑水平面上，如圖甲所示，一小

鉛塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平初速度V。由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)

恰能與木板保持相對(duì)靜止。第二次將長(zhǎng)木板分成A、B兩塊，使B的長(zhǎng)

度和質(zhì)量均為A的2倍，

并緊挨著放在原水平面上,讓小鉛塊仍以初速度V。由A的左端開(kāi)始向右

滑動(dòng)，如圖乙所示。若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力始終不變,

則下列說(shuō)法正確的是（）

甲

A.小鉛塊將從B的右端飛離木板

B.小鉛塊滑到B的右端前已與B保持相對(duì)靜止

C.第一次和第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量相等

D.第一次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量

3.如圖所示,從A點(diǎn)以某一水平初速度拋出質(zhì)量m=2kg的小工件（可視

為質(zhì)點(diǎn)），當(dāng)工件運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)一，恰好沿切線(xiàn)方向進(jìn)入圓心角NB0C=37°

固定光滑圓弧軌道BC,經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高、緊靠圓弧軌道且

靜止在光滑水平面的長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板右端固定一輕質(zhì)彈簧,工件壓縮彈

簧后被彈回并最終停在長(zhǎng)木板的左端(彈簧始終在彈性限度內(nèi))。已知

圓弧軌道C端切線(xiàn)水平,長(zhǎng)木板的質(zhì)量M=1kg,A、B兩點(diǎn)相對(duì)C的豎直

高度分別為H=1m,h=0.55m,(g取10m/s2,sin37°=

0.6,cos37°=0.8)求:

(1)工件在B點(diǎn)時(shí)的速度大小；

⑵工件滑動(dòng)至圓弧軌道C點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大??；

⑶運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能EPI?O

必備知溫?融會(huì)貫通

'g-1、).....

I核心必備/〃分析“板塊”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)

;答題模板解決板塊問(wèn)題的思維模板

確定板塊模型的類(lèi)型

海裊^隔離法

對(duì)滑塊、木板分別受力分析

斤由由牛頓第二定巡

凝7和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式’判斷是否存在速度相等的“臨界點(diǎn)

由

隔離

法若RWRm，

滑

求

塊

與假設(shè)成立，

板

木

間

的、整體列式

擦

摩

力a

若R%

最

及

大

靜

假

成

設(shè)>F

不

擦

摩

力

小

立

別

?分

列

式

第二篇錘煉能力?搏高分必須突破的必考模型和方法

模型建構(gòu)高考必考物理模型

必考模型1

維度1

///研透真題-破題有方///

【解析】（1）由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小aA=|ig

由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2aAL=l;3

Z1

解得VA=,2〃gL

(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m

對(duì)齊前，B所受合外力大小F=3umg

由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=maB,得aB=3|ig

對(duì)齊后，A、B所受合外力大小F'=2|img

由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F'=2maB'，得aB’二ug

⑶設(shè)敲擊B后經(jīng)過(guò)時(shí)間t,A、B達(dá)到共同速度v,位移分別為XA、XB,A

加速度的大小等于aA

貝||v=aAt,v=vB-aBt

1.21,2

XA二一aAt,XB=VB1—

22

且XB—XA=L

答案:⑴(2)3gug⑶

/〃多維猜押?制霸考場(chǎng)///

1.【解析】(1)對(duì)M、m,由牛頓第二定律可知，

F-(M+m)gsina=(M+m)a

對(duì)m,有f-mgsina=ma,若物塊不滑離木板，則兩者不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此

時(shí)滿(mǎn)足fW|imgcosa

代入數(shù)據(jù)得FW30N

⑵當(dāng)F=37.5N>30N時(shí)，物塊與木板相對(duì)滑動(dòng),對(duì)于M,有F-nmgcosa

-Mgsina二Ma1

對(duì)m,有|imgcosa-mgsina=ma2

11

設(shè)物塊滑離木板所用的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式±a代2-42t2=L

22

代入數(shù)據(jù)得t=1.2S

物塊離開(kāi)木板時(shí)的速度v=a2t

-2gsina,s=-v2

代入數(shù)據(jù)得s=0.9m

答案：(1)FW30N

⑵物塊能滑離木板1.2s0.9m

2.【解析】(1)設(shè)木塊在木板上滑行的最大加速度為a”

貝I|i】mg二ma”

解得：a】=4m/s2

保持木塊與木板一起做勻加速運(yùn)動(dòng)的最大拉力

Fm=U2(M+m)g+(M+m)ai=30No

因F尸24N<Fm=30N,

故木塊與木板一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，

由牛頓第二定律可得：

Fi-|12(M+m)g=(M+m)a

解得:a-2m/s2

(2)設(shè)2s末木塊與木板的速度為v,

由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得:v=ati

2s后F2=34N>Fm=30N,

木塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，木塊加速度為a”木板加速度為a2,

貝IF2-|i,mg-|12(M+m)g=Ma2

經(jīng)時(shí)間t2二者分離，此時(shí)由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得：

vt+-atn-(vt2+-a,to)-I

222z2z

2

解得：a2=6m/s,t2=1s

此時(shí)木塊的速度v塊=v+ait2

木板的速度:v板=v+a2t2

設(shè)木塊與木板分離至滑落到地的時(shí)間為t3,

由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可得：h=-gt3

23

在木塊與木板分離至落到地面的時(shí)間t3內(nèi)，

木塊在水平方向向前運(yùn)動(dòng)的位移為：

X塊二V塊七3

木塊與木板分離后，木板的加速度為a3,由牛頓第二定律可得：F2-U

2Mg=Ma?

在木塊與木板分離至落到地面的時(shí)間t3內(nèi)，

木板在水平方向向前運(yùn)動(dòng)的位移為：

1o

x板=v板t3+—a3to

2§

所以，木塊落地時(shí)距離木板左側(cè)的水平距離：

△S二X板—X塊

聯(lián)立以上式子解得：Asn.Ggmo

答案：見(jiàn)解析

維度2

/〃研透真題-破題有方///

B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律可以求出物

塊相對(duì)于木板滑行的距離，木板的長(zhǎng)度可能等于該長(zhǎng)度、也可能大于該

長(zhǎng)度，根據(jù)題意無(wú)法求出木板的長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤，物塊與木板所在的系統(tǒng)

動(dòng)量守恒，以物塊的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律

得:mvo=(m+M)Vi,解得:"二—^―,Vo與Vi已知，可以求出物塊與木板的質(zhì)

MVQ~VI

量之比，故B正確，對(duì)木板，由動(dòng)量定理得：umgt尸Mv”解得：口二"衛(wèi),

gt、

由于匕、V。、W已知，可以求出動(dòng)摩擦因數(shù)，故C正確，由于不知道木板

的質(zhì)量，無(wú)法求出從t=0開(kāi)始到乜時(shí)刻，木板獲得的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤，所

以選B、Co

/〃多維猜押?制霸考場(chǎng)///

1.【解析】(1)物塊從圓弧軌道A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守

恒:mgR=4iVo

2°

解得:VB-3m/s

物塊滑上平板車(chē)后，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則有：

mvB二(m+M)v共

解得：v共=0.5m/s

⑵物塊在平板車(chē)上滑行時(shí)克服摩擦力做的功為F-L圖線(xiàn)與橫軸所圍

的面積，則克服摩擦力做功為：

物塊在平板車(chē)上滑動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得:

...1212

-W=-mv—mVo

f22b

解得:v=\+m/s

答案：(1)0.5m/s(2)V5m/s

2.【解析】(1)設(shè)A與C一起加速，

貝IF=(mA+mc)ab

因fAc=mAai<|iirticg,

判斷可知A與C一起加速直到與B碰撞。

設(shè)木板A碰B前的速度為v“

碰后的速度為v2,F=4No

對(duì)AC兩板，由動(dòng)能定理得

Fd=|(mA+mc)詔①

4寸Vi=2m/so

A、B兩木板碰撞，由動(dòng)量守恒定律得

mAVi=(mA+mB)v2②

可解得木板A、B碰撞后瞬間的速度大小

4

由①②兩式代入數(shù)據(jù)解得m/s③

⑵碰撞結(jié)束后，C受到的滑動(dòng)摩擦力

f二|imcg=4N=F④

因此C保持勻速而A、B做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到三個(gè)物體達(dá)到共同速度V1

設(shè)碰撞結(jié)束后到三個(gè)物體達(dá)到共同速度時(shí)經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t,對(duì)木板有

f=(mA+mB)a2⑤

Vi二v2+a2tG)

這一過(guò)程C與A、B發(fā)生的相對(duì)位移為

△(7)

2

1

由③④⑤⑥⑦聯(lián)立解得Ax二-m⑧

6

要使C最終恰好與木板A、B兩端對(duì)齊，則有△*=/⑨

1

則木板的長(zhǎng)度/應(yīng)滿(mǎn)足仁一m⑩

6

(3)AB由光滑區(qū)域進(jìn)入粗糙區(qū)域過(guò)程中受到線(xiàn)性變化的地面摩擦力的

作用，全部進(jìn)入后速度設(shè)為V3。

有動(dòng)能定理：

11

++

一一|i(m+mmc)gX2l=-(mm+mc)(城-吧得V3=V3m/s

22AB2AB

之后，ABC在摩擦力作用下減速直到停止

有:-U2(mA+mB+nic)gs=O--(mA+mB+mc)vf

今s—0.5mo

又XA=d+*+2/+s

11

解得：XA二一m=3.67m

3

答案：⑴之4m/s(2)1-m(3)3.67m

36

3.【解析】(1)設(shè)最后達(dá)到共同速度v,整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，

以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

mv2-mvi=(2m+M)v①

由能量守恒定律得：

|1mgL=|m%2-：(2m+M)v?②

解得：v=0.5m/s,L=9.5m；

(2)設(shè)A離左端距離為xb剛運(yùn)動(dòng)到左端歷時(shí)匕，在A運(yùn)動(dòng)至左端前，小

車(chē)靜止。

由牛頓第二定律得：mg=maA③

速度：Vi二2人匕④

位移：XFLA片⑤

21

解得：匕=2s,Xi=2m,

所以,B離右端距離：X2=L-Xi二7.5m,

熱量：QB二UmgX2=7.5J;

⑶設(shè)從開(kāi)始到達(dá)到共速歷時(shí)t2,

速度：v=V?-aBt?⑥

由牛頓第二定律得：|img二maB⑦

解得：七2二3.5s,

小車(chē)在t前靜止，在t至七2之間以a向右加速：

由牛頓第二定律得：口mg=(M+m)a⑧

-1

小車(chē)向右走的位移：s二-a仕2-匕)2⑨

2

接下去三個(gè)物體組成的系統(tǒng)以V共同勻速運(yùn)動(dòng)了：

s'=v(6-t2)⑩

聯(lián)立以上式子，解得：小車(chē)在6s內(nèi)向右走的總距離：

x-s+s'=1.625m;

答案：(1)9.5m(2)7.5J(3)1.625m

維度3

///研透真題-破題有方///

【解析】(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)

管的加速度大小為a”方向向下；球的加速度大小為a2,方向向上；球與

管之間的摩擦力大小為f,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有

Mg+f二Ma】①

f-mg=ma2②

聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得

ai~2g,S2—3g③

⑵管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，碰地前瞬間

它們的速度大小均為VF12gH④

方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

設(shè)自彈起經(jīng)過(guò)時(shí)間匕，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

v()—aiti=—v°+a2tl(5)

聯(lián)立③④⑤式得t尸-/—⑥

57g

設(shè)此時(shí)管下端的高度為h,速度為V。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

hi=Voti~—ait?⑦

21

v-Vo-ai-ti(§)

由③④⑥⑧式可判斷此時(shí)v>0o此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升

v2

卜2,到達(dá)最同點(diǎn)。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有八2二⑨

2g

設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為Hb則H,=h1+h2⑩

聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得

13

HF—H?

25

⑶設(shè)第一次彈起過(guò)程中球相對(duì)管的位移為x10在管開(kāi)始下落到上升乩

這一過(guò)程中，由動(dòng)能定理有Mg+mg(H-H1+X1)-4mgxF0?

聯(lián)立??式并代入題給數(shù)據(jù)得

XF-H?

5

同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點(diǎn)的過(guò)程中，球與

管的相對(duì)位移x2為

X2=-Hi?

設(shè)圓管長(zhǎng)度為L(zhǎng)o管第二次落地彈起后的上升過(guò)程中，球不會(huì)滑出管外

的條件是

X1+X2WL?

聯(lián)立????式,L應(yīng)滿(mǎn)足的條件為

L^—H

125

答案：（1）2g3g(2)—H(3)L2當(dāng)

25125

///多維猜押?制霸考場(chǎng)///

1.D兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有J2mA2mBEJ的

而EkA>EkB,則得到HIAQIB,故A錯(cuò)誤。由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則兩子

彈對(duì)木塊的推力大小相等，則兩子彈所受的阻力大小相等，設(shè)為f,根據(jù)

動(dòng)能定理，對(duì)A子彈：-fdA=O-EkA,得EkA=fck;對(duì)B子彈：TUR-EkB,得

EkB