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【2015·福建·20】1．一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v-t 图像如图所示，求：（1）摩托车在0-20s 这段时间的加速度大小a ；（2）摩托车在0-75s 这段时间的平均速度大小v 。
1．【答案】（1）1.5m/s 2 （2）20 m/s【考点定位】 匀变速直线运动【名师点睛】 本题主要识图能力，理解v-t 图像的含义，利用图像求解加速度与位移、平均速度等【2015·安徽·22】2．一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图所示。
长物块以v o =9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度把向运动直至静止。
g 取10 m/s 2。
（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；（2）若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W 。
2．【答案】（1）0.32μ= （2）130F N = （3）9W J =考点：本题考查动能定理、动量定理、做功等知识【名师点睛】动能定理是整个高中物理最重要的规律，计算题肯定会考，一三问都用动能定理；碰撞过程，动量守恒必然用到，学生很容易想到【2015·四川·9】3．严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点，地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。
若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达到最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住。
设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。
高三物理辅导讲义（一）24题第1题如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2）两杆分别达到的最大速度．第2题如图所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2 m．（取g＝10 m/s2）求：（1）B离开平台时的速度v B.（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间t B和位移x B.（3）A左段的长度l2.第3题反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C 和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：（1）B点距虚线MN的距离d2；（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.。
2015年高考物理真题分类汇编：机械振动和机械波(2015新课标I-34（2）)【物理—选修3-4】（10分）甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为25m/s，两列波在t=0时的波形曲线如图所示,求（i）t=0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标（ii）从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间【答案】（i） X = (50 + 300n)cm n = 0,1, 2······（ii）t = 0.1s【考点】横波的图像; 波速、波长和频率（周期）的关系【解析】（i）t = 0 时，在x = 50cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm, 两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm 。
从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为：λ1 = 50cm , λ2 = 60cm ·······○1 (2分)甲、乙两列波波峰的x坐标分别为：X 1 = 50 + k1λ1 , k1 = 0,1, 2······○2 (1分)X 2 = 50 + k2λ2 , k2 = 0,1, 2······○3 (1分)由○1○2○3式得，介质中偏离平衡位置为16cm的所有质点的x坐标为：X = (50 + 300n)cm n = 0,1, 2······○4 (2分)（ii）只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为 -16cm ,t= 0 时，两列波谷间的x 坐标之差为：Δx/ = [50 + (2m2 + 1)] ······○5 (1分)式中m1和m2均为整数，将○1代入○5式得：Δx/ = 10(6m2– 5m1) + 5 ·······○6由于m1和m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为：Δx/ = 5cm ······○7 (1分)从t = 0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间为：t = ·······○8 (1分)代入数值得： t = 0.1s ······○9 (1分)【2015新课标II-34】（2）（10分）平衡位置位于原点O的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点（均位于x轴正向），P与Q的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，已知波源自t=0时由平衡位置开始向上振动，周期T=1s，振幅A=5cm。
2015年高考物理真题分类汇编：牛顿运动定律(2015新课标I-20). 如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出A. 斜面的倾角B. 物块的质量C. 物块与斜面间的动摩擦因数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】A、C、D【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；力的合成和分解；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式、图像【解析】向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，由受力和牛顿第二定律可得：-mgsinθ–μmgcosθ = ma1 ,根据图b可得：a1 = -v0/t1 ,由运动学公式得沿斜面向上滑行的最远t1和几何关系sinθ = H/x ; 从上往下滑过程也为匀变速直线运动，有：mgsinθ–距离x = v02,物块与斜面μmgcosθ = ma2，v1 = a2(2t1- t1) .解以上各式可得：斜面的倾角θ=arcsin v1+v02gt1间的动摩擦因数μ=v0−v1，选项AC对。
根据斜面的倾斜角度可计算出物块沿斜面向上2gt1cosθ,故选项D正确；仅根据速度时间图像，无法找到物滑行的最大高度H = Xsinθ = v0（v1+v0）4g块质量，选项B错。
(2015新课标I-25)（20分）．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为，如图（a）所示。
时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。
碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后时间内小物块的图线如图（b）所示。
木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取。
求（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】（1）μ1 = 0.1 μ1 = 0.1 （2）木板的最小长度应为6.0m （3）最终距离为6.5m【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式【解析】(1) (7分) 规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有：-μ1 (m+M)g = (m+M)a1·······○1(1分)由图可知。
2015年高考物理真题分类汇编——相互作用【2015新课标II-22】22. （6分）某学生用图（a ）琐事的实验装置测量物块与斜面的懂摩擦因数。
已知打点计时器所用电源的频率为50Hz ，物块下滑过程中所得到的只带的一部分如图（b ）所示，图中标出了5个连续点之间的距离。
（1） 物块下滑是的加速度a = m/s 2；打点C 点时物块的速度V = m/s; （2） 已知重力加速度大小为g ，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是 （填正确答案标号）A 物块的质量B 斜面的高度C 斜面的倾角 【答案】（1）3.25；1.79；(2)C 【解析】试题分析：（1）根据纸带数据可知：加速度s m Tx x x x a BC AB DE CD /25.34)()(2=+-+=；打点C 点时物块的速度s m Tx v BDC /79.12==（2）由牛顿第二定律得：加速度θμθcos sin g g a -=，所以求出动摩擦因数，还需测量的物理量是斜面的倾角。
考点：测量物块与斜面的懂摩擦因数 （2015浙江-14）下列说法正确的是 A 电流通过导体的热功率与电流大小成正比 B 力对物体所做的功与力的作用时间成正比 C 电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比 D 弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比【答案】C考点：电功率，功，电容，胡克定律（2015四川-8（1））（6分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1＝ cm.。
在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5。
已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2＝ N （当地重力加速度g＝9.8m/s2）。
要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是。
2015年高考理综新课标全国Ⅱ卷物理第24题和25题的分析24.（12分）如图，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点。
已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°。
不计重力。
求A 、B 两点间的电势差。
解析：设带电粒子在B 点的速度大小为v B 。
粒子在垂直于电场 方向的速度分量不变，即︒=︒60sin 30sin 0v v B ① 由此得03v v B = ②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有()020221v v v m qU B AB -=③ 联立②③式得qmv U AB20= ④ 本题考察带电粒子在电场中的运动，重点体现力和运动的关系、速度的合成和分解、动能定律等内容，题目已知带电粒子在A 点和B 点的速度，根据已知条件，只要能求出粒子在B 点的速度，根据动能定律就可求出A 、B 两点的电势差，因此，本题求B 点的速度就是问题的关键。
要求B 点的速度，需要明白如下几点：(1)A 点在垂直于电场方向的速度与B 点垂直于电场方向的速度相等；(2)根据B 点的速度方向与电场线方向的夹角可求得B 点的速度。
抽样显示：该题满分12分,平均分为3.45分。
有34.7%的同学得零分,满分率占14.89%,呈现两头大,中间小的得分情况.得分情况见下表:25.（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。
某地有一倾角为θ=37°（sin37°=53）的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A （含有大量泥土），A 和B 均处于静止状态，如图所示。
假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m （可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A 、B间的动摩擦因数μ1减小为83，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。
专题：高中物理计算题解题方法——拆题（5.25）班级：高三（）班学号：姓名：评价：物理计算题历来是高考理科生分档的拉分题，试题综合性强，涉及的物理过程较多，所给的物理情境较复杂，物理模型较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求都很高。
为了能在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、用心析题、规范答题。
细心审题：做到“看”、“读”、“思”1.看题：是从题目中获取信息的最直接方法，看题时不要急于求解，要全面、细心，对题中关键的词语要多加思考，弄清其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题目中的条件，要重点看清题中隐含的物理条件、括号内的附加条件（即：悄悄话）等。
2.读题：即默读试题。
不管试题难易如何，一定要默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件、各种模型，找出物理量之间的关系。
3.思题：“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚各物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图。
用心析题：做到“明”、“画”、“析”1.明过程：是建立物理模型的过程，在审题获取一定信息的基础上，要对研究对象的各个运动过程进行剖析，建立起清晰的物理图景，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系。
2.画草图：是根据题中各已知量的数量关系充分想象、分析、判断，画出草图(如运动轨迹图、受力分析图、等效图等)以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更加直观、物理特征更加明显，进而方便确立题给条件、物理量与物理过程的对应关系。
3.析规律：是指在解答物理计算题时，在分析题给物理情境的基础上，灵活选用规律，如力学计算题可用力的观点，即牛顿运动定律与运动学公式联立求解，也可用能量观点，即功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律联立求解，还可用动量的观点，即动量定理、动量守恒定律求解。
1．(2013·江西南昌二模，24)有一个冰上木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；(2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件？解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度为a1，根据牛顿运动定律得F－μmg＝ma1解得a1＝3 m/s2.(2)撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律得μmg＝ma2解得a2＝1 m/s2推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝12a1t2撤去力F后木箱继续滑行的距离为x2＝(a1t)2 2a2木箱停在有效区域内，要满足条件L 1－L 2≤x 1＋x 2≤L 1解得1 s ≤t ≤ 76s. 答案： (1)3 m/s 2 (2)1 s ≤t ≤76 s1． 2010年第14题. (16分)在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。
如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg 的指点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角α=30o ，绳的悬挂点O 距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。
取中立加速度210/g m s =， sin 530.8=o ，cos530.6=o o（1） 求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F ；（2） 若绳长l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。
设水碓选手的平均浮力1800f N =，平均阻力2700f N =，求选手落入水中的深度d ；（3） 若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。
1. 2010年第14题【解析】（1）机械能守恒 mgl （1－cos α）＝12mv 2 ①圆周运动 F ′－mg ＝m 2v l解得 F ′＝（3－2cos α）mg人对绳的拉力 F ＝F ′则 F ＝1080N（2）动能定理 mg （H －l cos α＋d ）－（f 1＋f 2）d ＝0则d=12(cos )mg H l f f mg α-+-解得(3)选手从最低点开始做平抛运动 x=vtH-l=212gt 且有①式解得 x=2()(1cos )l H l α--当l=2H 时，x 有最大值 解得l=1.5m因此，两人的看法均不正确.当绳长越接近1.5m 时，落点距岸边越远.本题考查机械能守恒、圆周运动向心力，动能定理，平抛运动规律及求极值问题。
难度：较难。
2.2009年第13题.（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N 。
试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。
设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取10m/s 2。
（1）第一次试飞，飞行器飞行t 1 = 8 s 时到达高度H = 64 m 。
求飞行器所阻力f 的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t 2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。
求飞行器能达到的最大宽度h ；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 3 。
2.2009年第13题.【解法1】用牛顿运动定律和运动学公式解（1）第一次飞行中，设加速度为1a匀加速运动21121t a H =，解得2211/22s m t H a == 由牛顿第二定律1ma f mg F =--解得)(442028N ma mg F f =--=--=（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为1v ，上升的高度为1s匀加速运动221121t a s ==m 3662212=⨯⨯ 设失去升力后的加速度为2a ，上升的高度为2s由牛顿第二定律2ma f mg =+，22/122410s m a =+= 211t a v ==s m /1222122a v s ==m 6122122=⨯ 解得)(4221m s s h =+=（3）设失去升力下降阶段加速度为3a ；恢复升力后加速度为4a ，恢复升力时速度为3v 由牛顿第二定律 3ma f mg =-，23/82410s m a =-= 4ma mg f F =-+，24/61024228s m a =-+=322 且22333422v v h a a +=，=+=434332a a a ha v m 2128686422=+⨯⨯⨯ 333t a v =解得t 3(s)(或2.1s) 注意：失去升力下降不能下降到地面，因为有速度，还要在恢复升力后减速下降（恢复升力后不能马上上升），要在到达地面前速度减为0，然后才能上升。
【解法2】用动能定理和动量定理解（1） 第一次飞行中，设末速度为v ，根据动能定理，有221)(mv H f mg F =⋅-- 根据动量定理，有mv t f mg F =⋅--1)( 解得)(442028221N t mH mg F f =--=--= （2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为1v ，上升的高度为1s 根据动能定理，有21121)(mv s f mg F =⋅-- 根据动量定理，有12)(mv t f mg F =⋅--解得：1v =s m /121s m 36=22122a v s ==m 6122122=⨯ 失去升力后上升的高度为2s ，根据动能定理，有212210)(mv s f mg -=⋅+- 解得f mg mv s +=21221=m 6420122=+得)(4221m s s h =+=（3）设失去升力下降3s ，恢复升力后下降4s ，恢复升力时速度为3v 失去升力下降阶段，根据动能定理23321)(mv s f mg =⋅- 根据动量定理33)(mv t f mg =⋅-恢复升力下降阶段，根据动能定理234210)(mv s f mg F -=⋅+-- 并且m h s s 4243==+解得：3v m 212= 得3t =322(s)(或2.1s) 【解法3】用t v -图象和s v -2图象解(1)根据221at h =，作出2t h -图象，如下图 求出加速度22/22s m th a ==，进而求出N f 4=。
(2)正常上升时，加速度21/2s m a =，根据211t a v =，作出t v -图象，如下左图，得s m v /121=，根据as v 22=，作出s v -2图象，如下右图，得m s 3641441==，遥控器出现故障后，加速度22/12s m a =，作出s v -2图象，见下右图，得m s 6241442==，在s v -2图象中，m s 42=。
（3）失去升力下降阶段加速度为3a =2/8s m ；恢复升力后加速度为4a =2/6s m ，前者的末速度等于后者的初速度，根据as v 22=，以及m h s s 4243==+，作出s v -2图象，如下左图，可求得22)/(288s m v =，从而s m v /212=，作出t v -图象，如下右图，得3t =32(s)。
3.2008年第13题.（15分）抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动．现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L 、网高h ，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．（设重力加速度为g ） ⑴若球在球台边缘O 点正上方高度为h 1处以速度v 1，水平发出，落在球台的P 1点（如图实线所示），求P 1点距O 点的距离x 1．．⑵若球在O 点正上方以速度v 2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的P 2（如图虚线所示），求v 2的大小．⑶若球在O 正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P 3，求发球点距O 点的高度h 3．3． 08.13【解析】、⑴据平抛规律得：2112h gt =111x t =v解得：112h x g =v ⑵同理得：22212h gt = 222x t =v且：2h h =22x L =解得：222L g h=v ⑶如下图，同理得：23312h gt =333x t =v且：332x L =设球从恰好越过球网到最高点的时间为t ，水平距离为s ，有：2312h h gt -=3s t =v由几何关系得：3x s L +=解得：343h h =2Lh 1 P 1 h P 2 P 3 O v 2 v 14．2007。
１５题、（１４分）直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m=500kg 空箱的悬索与竖直方向的夹角θ１＝４５０。
直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5 m/s2时，悬索与竖直方向的夹角１４０。
如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，谋求水箱中水的质量Ｍ。
（取重力加速度g=10 m/s2；sin１４０=0.242；cos １４０=0.970）4． 2007.15题【答案】 4.5×103kg【解析】直升机取水时,水箱受力平衡T1sinθ1- f =0 ①T1cosθ1-mg=0 ②由①②得f =mgtanθ1③直升机返回时,由牛顿第二定律T2sinθ2- f =(m+M)a④T2cosθ2-(m+M)g=0 ⑤由③④⑤得,水箱中水的质量M=4.5×103 kg5.2007．１９题、（１６分）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高Ｈ，上端套着一个细环。
棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)。
断开轻绳，棒和环自由下落。
假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。
棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。
求：（１）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。
（２）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程Ｓ。
（３）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功Ｗ。
5． 2007． １９题【答案】 (1)(k -1)g ,方向竖直向上 (2)H k k 13++ (3)-12-k kmgH 【解析】 (1)设棒第一次上升过程中,环的加速度为a 环环受合力F 环=kmg -mg ①由牛顿第二定律F 环=ma 环 ②由①②得a 环=(k -1)g ,方向竖直向上(2)设以地面为零势能面,向上为正方向,棒第一次落地的速度大小为v 1.由机械能守恒得：21×2mv 12=2mgH 解得v 1=gH 2设棒弹起后的加速度a 棒由牛顿第二定律a 棒=-(k +1)g棒第一次弹起的最大高度H 1=-棒a 221v 解得H 1=1+k H 棒运动的路程s =H +2H =H k k 13++ (3)解法一：棒第一次弹起经过t 1时间,与环达到相同速度v 1′环的速度v 1′=-v 1+a 环t 1棒的速度v 1′=v 1+a 棒t 1环的位移h 环1=-v 1t 1+21a 环t 12 棒的位移h 棒1=v 1t 1+21a 棒t 12 x 1=h 环1-h 棒1解得：x 1=-kH 2 棒环一起下落至地v 22-v 1′2=2gh 棒1解得：v 2=k gH 2 同理,环第二次相对棒的位移x 2=h 环2-h 棒2=-22k H ……x n =-n kH 2 环相对棒的总位移x =x 1+x 2+……+x n +……W =kmgx得W =-12-k kmgH 解法二：设环相对棒滑动距离为l根据能量守恒mgH +mg (H +l )=kmgl摩擦力对棒及环做的总功W =-kmgl解得W =-12-k kmgH6． 2006年第14题．（14分）如图所示，A 是地球的同步卫星。
