mgsin θ=ma 解得：a=gsin θ
小球速度最大时其加速度为零，则有： k△l1=mgsin θ 解得：△l1=
（2）设弹簧伸长△l2时，球受力如图所示，水平方向上有： FNsin θ+k△l2cos θ=mω2（l0+△l2）cos θ 竖直方向上有：FNcos θ﹣k△l2sin θ﹣mg=0 解得：ω=
（3）当杆绕OO'轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B点L0， 此时有：mgtan θ=mL0cos θ 解得：L0=
答：（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量△l1为
；
（2）当小球随光滑直杆一起绕OO'轴匀速转动时，弹簧伸长量为△l2，匀速转动的角速度ω为
（3）小球离B点的距离L0为
。
；
【点评】本题考查了牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，要明确小球做匀速转动时，靠合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大。
4．如图所示，在足够长的光滑固定斜面低端放置一个长度L=2m、质量M=4kg的木板，木板的最上端放置一质量m=1kg的小物块（可视为质点）．现沿斜面向
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上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动，已知斜面倾角θ=30°，物块和木板间的动摩擦因数
，g=10m/s2，
（1）当外力F=30N，二者保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小； （2）当外力F=53.5N时，二者之间将会相对滑动，求二者完全分离时的速度各为多大？
【分析】（1）对整体，运用牛顿第二定律求二者的加速度大小。
（2）对木板和物块分别运用牛顿第二定律求得各自的加速度，根据分离时位移关系求时间，再求速度。
【解答】解：（1）二者共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律，得 F﹣（M+m）gsinθ=（M+m）a 解得 a=1m/s2
（2）设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况， 由牛顿第二定律可得
F﹣Mgsinθ﹣μmgcosθ=Ma1 μmgcosθ﹣mgsinθ=ma2 又
联立解得 v1=6.5m/s，v2=2.5m/s 答：
（1）当外力F=30N，二者保持相对静止，二者共同运动的加速度大小是1m/s2； （2）木板和物块完全分离时的速度各为6.5m/s和2.5m/s。
【点评】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，抓住分离时两者的位移关系，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
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5．如图所示，水平地面上有相距x=40m的A、B两点，分别放有质量为m1=2kg和m2=1kg的甲、乙两物体（均视为质点），甲与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，BCD是半径为R=0.9m的光滑半圆轨道，O是圆心，DOB在同一竖直线上．甲以v0=25m/s的速度从A点向右运动，与静止在B点的乙发生碰撞，碰后粘在一起沿轨道BCD运动，从最高点D飞出，落到水平地面上的P点（图中未画出），取g=10m/s2，求：
（1）甲运动到B点时的速度大小；
（2）甲与乙碰撞过程中系统损失的机械能； （3）落地点P与B点间的距离．
【分析】（1）甲从A到B的过程，运用动能定理可求得A与B碰撞前瞬间的速度．
（2）甲与乙碰撞过程，内力远大于外力，认为系统的动量守恒，由动量守恒定律求得碰后共同速度，再求损失的机械能．
（3）甲乙整体从B到D的过程，只有重力做功，机械能守恒，由此求出整体到达D点的速度．整体离开D点后做平抛运动，由平抛运动的规律求落地点P与B点间的距离．
【解答】解：（1）甲从A到B的过程，运用动能定理得： ﹣μm1gx=m1vB2﹣m1v02， 代入数据解得：vB=15m/s
（2）对于甲乙碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得： m1vB=（m1+m2）v 代入数据得：v=10m/s
甲与乙碰撞过程中系统损失的机械能为：△E=m1vB2﹣（m1+m2）v2； 代入数据解得：△E=75J
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（3）甲乙整体从B到D的过程，由机械能守恒定律得：
（m1+m2）v2=（m1+m2）vD2+2（m1+m2）gR
代入数据得：vD=8m/s
整体离开D点后做平抛运动，由平抛运动的规律得： 2R=x=vDt
联立解得落地点P与B点间的距离为： x=
m．
答：（1）甲运动到B点时的速度大小是15m/s； （2）甲与乙碰撞过程中系统损失的机械能是75J； （3）落地点P与B点间的距离是
m．
【点评】解决本题的关键是理清物体的运动过程，把握碰撞的基本规律：动量守恒定律，运用运动的分解法研究平抛运动．
6．一个质量为m=0.5kg的小球从离水面高h=0.8m处自由下落，进入水中，在水中经过时间t=0.5s下降深度为H时，速度减为零（空气阻力忽略不计，小球可视为质点）．求：
（1）小球落至水面瞬间速度v的大小； （2）水对小球的平均阻力f的大小； （3）小球在水中下降深度H的大小。
【分析】（1）小球落至水面前，做自由落体运动，由v2=2gh即可求出对应的速度；
（2）小球在水中运动时，根据v=at求出加速度，小球落入水中受阻力和重力作
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用，由牛顿第二定律求出平均阻力；
（3）对小球在水中运动过程应用动能定理即可求出下降的深度H。
【解答】解：（1）小球落至水面前，做自由落体运动，根据v2=2gh，得 v=4m/s （2）小球在水中运动时，根据运动学公式v=at，将t=0.5s代入，得： a=8m/s2。
根据牛顿第二定律得：f﹣mg=ma 联立上述两式得：f=9N
（3）对小球在水中运动过程，应用动能定理得：得：h=1m 答：
（1）小球落至水面瞬间速度v的大小是4m/s。 （2）水对小球的平均阻力f的大小是9N。 （3）小球在水中下降深度H的大小是1m。
【点评】本题要在分析清楚小球运动情况的基础上，灵活选择物理规律。往往知道力在时间的效果，可根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究。知道力在空间的效果，运用动能定理研究。
7．如图，半径R=2m的光滑半圆轨道AC，倾角为θ=37°的粗糙斜面轨道BD固定在同一竖直平面内，两轨道之间由一条足够长的光滑水平轨道AB相连，B处用光滑小圆弧平滑连接。在水平轨道上，用挡板将a、b两物块间的轻质弹簧挡住后处于静止状态，物块与弹簧不拴接。只放开左侧挡板，物块a恰好能通过半圆轨道最高点C；只放开右侧挡板，物块b恰好能到达斜面轨道最高点D．已知物块a 的质量为m1=5kg，物块b的质量为m2=2.5kg，物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，物块到达A点或B点之前已和弹簧分离。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： （1）斜面轨道BD的高度h；
（2）现将a物块换成质量为M=2.5kg的物块p，用挡板重新将a、b两物块间的轻质弹簧挡住后处于静止状态，同时放开左右两挡板，物块b仍恰好能到达斜面轨道最高点D，求此问中弹簧储存的弹性势能以及物块p离开C后的落点到A的
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