高考试题分类：第七章动量、能量守恒

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欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 第七章动量、能量守恒

第一部分五年高考题荟萃

2009年高考新题

一、选择题

1.（09·全国卷Ⅰ·21）质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两

者

的

动

量

正

好

相

等

，

两

者

质

量

之

比

M/m

可

能

为

（ AB ）

A.2 B.3 C.4 D. 5

解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,

4P2p2P2M?3,所以AB正确。 ??根据P?2mEK,以及能量的关系得

2M2m2Mm22.（09·上海·44）自行车的设计蕴含了许多物理知识，利用所学知识完成下表自行车的设计车架用铝合金、钛合金代替钢架车胎变宽自行车后轮外胎上的花纹目的（从物理知识角度）减轻车重答案：减小压强（提高稳定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）

3.（09·上海·46）与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。

在额定输出功率不变的情况下，质量为60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为 N,当车速为2s/m时，其加速度为 m/s2(g=10m m/s2)

规格车型整车质量最大载重

答案：40：0.6

《我爱新课程》系列资料 WWW.52xkc.com 版权所有@《我爱新课程》第 1 页共 96 页后轮驱动直流永磁铁电机额定输出功率额定电压额定电流 200W 48V 4.5A 14电动自行车 40Kg 120 Kg 欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 4.（09·天津·4）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于（ A ）

A.棒的机械能增加量 B.棒的动能增加量 C.棒的重力势能增加量 D.电阻R上放出的热量

解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理：WF?WG-W安??EK 得

WF?W安??EK?mgh即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选A。

5.（09·海南物理·7）一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至to时刻做的功是W1，从

t0至2t0时刻做的功是W2,则（ AC ）

A．x2?5x1 v2?3v1 C．x2?5x1 W2?8W1

B．x1?9x2 v2?5v1 D．v2?3v1 W2?9W1

6.（09·广东理科基础·9）物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正

确的是

（ A ）

A．在0—1s内，合外力做正功 B．在0—2s内，合外力总是做负功 C．在1—2s内，合外力不做功

D．在0—3s内，合外力总是做正功

7.（09·宁夏·17）质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（ BD ）

5F02t0A．3t0时刻的瞬时功率为

m15F02t0B．3t0时刻的瞬时功率为

m23F02t0C．在t?0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为

4m25F02t0D. 在t?0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为

6m8.（09·安徽·18）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线

往复运动。粒子从

点运动到

点的过程中

（ D ）

A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动 B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C. 电势能与机械能之和先增大，后减小 D. 电势能先减小，后增大

解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。

9.（09·福建·18）如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值

为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程（ BD ）

A.杆的速度最大值为

B.流过电阻R的电量为

C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量

B2d2vm?F??mg??R?r?，A错；由公

?0得vm?解析：当杆达到最大速度vm时，F??mg?B2d2R?r式q????R?r??B?SBdL?，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：

?R?r?R?rWF?Wf?W安??EK，其中Wf???mg，W安??Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等

于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对。

10.（09·浙江自选模块·13）“物理1-2”模块（1）（本小题共3分，在给出的四个选项中，可能只有一个选项

正确，也可能有多个选项正确，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）二氧化碳是引起地球温室效应的原因之一，减少二氧化碳的排放是人类追求的目标。下列能源利用

时

均

不

会

引

起

二

氧

化

碳

排

放

的

是

（ AB ）

A.氢能、核能、太阳能 C.生物质能、风能、氢能二、非选择题

11.（09·北京·24）才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2

B.风能、潮汐能、核能 D.太阳能、生物质能、地热能

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（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球两球

的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2；（2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、给第1个球初能Ek1，mn??的若干个球沿直线静止相间排列，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n。 a.求k1n

b.若m1?4m0,mk?m0,m0为确定的已知量。求m2为何值时，k1n值最大解析：

（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律 m1gh?12 ① m1v102设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律

m1v10?m1v1?m2v2 ②

由于碰撞过程中无机械能损失 111222 ③ m1v10?m1v1?m2v2222②、③式联立解得

v2?2m1v10 ④

m1?m2 将①代入得④

2m12ghm1?m2v2?

1122m1v10和EK2?m2v2得 22（2）a由④式，考虑到EK1?根据动能传递系数的定义，对于1、2两球

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com k12?Ek24m1m2? ⑤ Ek1(m1?m2)2同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为

k13?Ek3Ek2Ek34m2m34m1m2???? ⑥ Ek1Ek1Ek2(m1?m2)2(m2?m3)2依次类推，动能传递系数k1n应为

kin?EknEk2Ek3Ekn4m2m34mn?1mn4m1m2?????? Ek1Ek1Ek2Ek(n?1)(m1?m2)2(m2?m3)2(mn?1?mn)2解得

2224n?1m1m2m3?mn?1mn? (m1?m2)2(m2?m3)2?(mn?1?mn)2k1nb.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得

2?k12?64m0??m2?

(4m?m)(m?m)022o??224m0m21?最大，即m2?取最小值，为使k13最大，只需使 2(4mo?m2)(m2?m0)4m0m2由

m2?24m0m2?2m0???4m可知??m2?0 ??m2??2当m2?2m0m2,即m2?2m0时，k13最大。

12.（09·天津·10）如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数?=0.5,取g=10 m/s2，求（1）物块在车面上滑行的时间t;

（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。答案：（1）0.24s (2)5m/s

解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

-Ft?m2v?m2v0 ② 其中 F??m2g ③ 解得

t?m1v0

??m1?m2?g代入数据得 t?0.24s ④ （2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则

???m1?m?2v? ⑤ m2v0由功能关系有

11?2??m1?m2?v?2??m2gL ⑥ m2v022?=5m/s 代入数据解得 v0故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。 13.（09·山东·38）（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。

解析：（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为vB,由动量守恒定律有

(mA?mB)v0?mAv?mBvB,mBvB?(mB?mC)v,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为

9vB?v0。

5考点：动量守恒定律

14.（09·安徽·23）如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E。在

A(d,0)点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个

质量均为m的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一

（2）当微粒1到达（0,?d)点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；（3）当微粒1到达（0,?d)点时，两微粒间的距离。

答案：（1）v1??-2qEdqEdqEd，v2?方向沿y正方向（2）P?qE（3）22d 2m2mm解析：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：在y方向上有

-d?v1t 在x方向上有

qE m12-d?at

2a?v1?--qEd 2m根号外的负号表示沿y轴的负方向。

中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有

mv1?mv2?0

v2??v1?qEd 2m方向沿y正方向。

（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为

P?qEvBcos??qEvBx

其中由运动学公式vBx?-2ad??-2qEd

m（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移

y E （d,0） x vx θ （0, -d） vy S1?2d

则当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为BC?2S1?22d

15.（09·安徽·24）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1?2.0m、R2?1.4m。一个质量为m?1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0?12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1?6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数??0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取g?10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字。试求（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；

（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。

答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 当0?R3?0.4m时， L??36.0m；当1 .0m?R3?27.9m时，

L???26.0m

解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理

-?mgL1?2mgR1?1212mv1?mv0 ① 22 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律

R1由①②得 F?10.0N ③ （2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意

2v2 mg?m ④

R2 ??mg?L1?L??2mgR2?1mv22?1mv02 ⑤

22由④⑤得 L?12.5m ⑥ （3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：

I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足

2v3 mg?m ⑦

R3 ??mg?L1?2L??2mgR3?由⑥⑦⑧得 R3?0.4m

1212mv3?mv0 ⑧ 22II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理 ??mg?L1?2L??2mgR3?0?解得 R3?1.0m 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 ?R2?R3??L2??R3-R2?

2212mv0 2解得 R3=27.9m

综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0?R3?0.4m 或 1.0m?R3?27.9m

当0?R3?0.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com -?mgL??0?12mv0 2 L??36.0m

当1.0m?R3?27.9m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则 L???L??2?L??L1?2L??26.0m

16.（09·福建·21）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。

（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1

（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；

（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）．．．．．．．．．．．．

答案：（1）t1?2ms0; （2）W?1mvm2?(mgsin??qE)?(s0?mgsin??qE);

2kqE?mgsin?(3)

解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。

（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为

qE+mgsin?=ma ① s0?12at1 ② 2联立①②可得 t1?2ms0 ③

qE?mgsin?（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有 mgsin??qE?kx0 ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 (mgsin??qE)?(xm?x0)?W?联立④⑤可得 W?12mvm?0 ⑤ 21mgsin??qE2mvm?(mgsin??qE)?(s0?)s 2k（3）如图

17.（09·浙江·24）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）

答案：2.53s

解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。

设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律 S?v1t h?12gt 2解得 v1?SR?3m/s 2h设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律

2v2 mg?m

1212mv3?mv2?mg?2R? 22解得 v3?5gh?4m/s

通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是 vmin?4m/s 设电动机工作时间至少为t，根据功能原理 Pt?fL?由此可得 t=2.53s

18.（09·江苏·14）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，

（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；

（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。解析：

(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1 qu=

1mv12 2v12qv1B=m

r1解得 r1?12mU Bq14mU Bq同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 r2?则 r2:r1?2:1

（2）设粒子到出口处被加速了n圈

（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f?当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm?qB 2?mqBm 2?m1EK?mv2粒子的动能 2当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定

2vmqvmBm?m

R22q2BmR?

2m解得Ekm当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定

vm?2?fmR

22解得 Ekm?2?2mfmR

19.（09·四川·23）图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×10 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a=0.2 m/s，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02 m/s的匀速运动。取g=10 m/s,不计额外功。求：

(1) 起重机允许输出的最大功率。

(2) 重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 解析：

(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力。 P0＝F0vm ① P0＝mg ② 代入数据，有：P0＝5.1×10W ③

(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1,有：

P0＝F0v1 ④ F－mg＝ma ⑤ V1＝at1 ⑥ 由③④⑤⑥，代入数据，得：t1＝5 s ⑦

T＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则 v2＝at ⑧ P＝Fv2 ⑨ 由⑤⑧⑨，代入数据，得:P＝2.04×10W。

20.（09·上海物理·20）质量为5?103 kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10m/s，随后以P＝6?104 W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5?103N。求：（1）汽车的最大速度vm；（2）汽车在72s内经过的路程s。

P6?104解析：（1）当达到最大速度时，P＝=Fv=fvm，vm＝＝ m/s＝24m/s

f2.5?103（2）从开始到72s时刻依据动能定理得：

2Pt－mvm2＋mv021122

Pt－fs＝ mvm－ mv0，解得：s＝＝1252m。

222f

21.（09·上海物理·23）（12分）如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120?角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计。设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中。开始时，杆OB与竖直方向的夹角?0＝60?，由静止释放，摆动到?＝90?的位置时，系统处于平衡状态，求：（1）匀强电场的场强大小E；

（2）系统由初位置运动到平衡位置，重力做的功Wg和静电力做的功We；（3）B球在摆动到平衡位置时速度的大小v。

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 解析：（1）力矩平衡时：（mg－qE）lsin90?＝（mg＋qE）lsin（120?－90?）， 1mg即mg－qE＝（mg＋qE），得：E＝；

23q

（2）重力做功：Wg＝mgl（cos30?－cos60?）－mglcos60?＝（静电力做功：We＝qEl（cos30?－cos60?）＋qElcos60?＝（3）小球动能改变量?Ek=得小球的速度：v＝3

－1）mgl， 2

mgl， 6

1223mv＝Wg＋We＝（－1）mgl，

3223

（－1）gl。

?Ek

＝22.（09·四川·25）如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10 kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁

场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s。那么，（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？

（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。 (3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。解析：

（1）设弹簧的弹力做功为W，有：

-1

-2

mgR?W?1212mv?mv0 ① 22代入数据，得：W＝?2.05J ②

（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有: mv??mv1?MV ③ 而： v1?Bqr ④ m若P、N碰后速度同向时，计算可得V

代入数据，得： tN?3s ⑧ 4对小球P，其圆周运动的周期为T，有：

T?2?m ⑨ Bq经计算得： tN＜T，

P经过tP时，对应的圆心角为?，有： tP??T ⑩ 2?当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有： ?1???? 联立相关方程得： tP1?2?s 15比较得， tN?tP1，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同。当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有： a2????，同上得： tP2??15，

比较得， tN?tp2，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同， tN?tP?t，

m2g??2n?1???????再联立④⑦⑨⑩解得： r??n?0,1,2?? 22Bqsin?当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同tN?tP?t，

????m2g?同理得： r?，

23.（09·重庆·23）2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如题23图，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线OO'推到A点放手，此后冰壶沿AO'滑行，最后停于C点。已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m，AC=L，CO'=r,重力加速度为g

（1）求冰壶在A 点的速率；

（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；

（3）若将CO'段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8?，原只能滑到C点的冰壶能停于O'点，求A点与B点之间的距离。解析：

24.（09·重庆·24）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段： ①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）； ②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；

③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见题24图c）。设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：（1）外壳与碰撞后瞬间的共同速度大小；（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；

（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。

25.（09·广东物理·19）如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l=1.0m 。物块A以速度v0=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s 。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数?=0.45.（设碰撞时间很短，g取10m/s2）（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；

（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。

解析：?设AB碰撞后的速度为v1,AB碰撞过程由动量守恒定律得

mv0?2mv1

设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得

??mgl?112mv2?mv12 22 联立以上各式解得v2?4m/s

?若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得

2mv2?(2?k)m v 代入数据解得 k?2 此时AB的运动方向与C相同

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得

2mv2?2mv3?kmv 1 1122?2mv2??2mv3??kmv22222?kv22?k联立以上两式解得

4v?v22?kv3?代入数据解得 k?6 此时AB的运动方向与C相反

若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得

2mv2?kmv

代入数据解得k?4

总上所述得当2?k?4时，AB的运动方向与C相同当k?4时，AB的速度为0

当4?k?6时，AB的运动方向与C相反

26.（09·广东物理·20）如图20所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数?=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量mB=1.0kg.带正电的小滑块A质量

mA=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时

刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动。问（g取10m/s2）

（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？

（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？

解析：?由牛顿第二定律F?ma有 A刚开始运动时的加速度大小aA?F?2.0m/s2 方向水平向右 mAB刚开始运动时受电场力和摩擦力作用由牛顿第三定律得电场力F?F?1.2N 摩擦力f??(mA?mB)g?0.8N

'F'?fB刚开始运动时的加速度大小aB??2.0m/s2方向水平向左

mB?设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有t1?此时间内B运动的位移sB1?vB?0.2s aBvBt1?0.04m 2t1时刻A的速度vA1?vA?aAt1?1.2m/s?0，故此过程A一直匀减速运动。此t1时间内A运动的位移sA1?(vA?vA1)t1?0.28m

2此t1时间内A相对B运动的位移s1?sA1?sB1?0.32m 此t1时间内摩擦力对B做的功为w1??f?sB1??0.032J

t1后，由于F?f，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有对A 速度v?vA1?aAt2

'F'?f对B 加速度aB1??0.4m/s2

mB 速度v?aB1t2

s 联立以上各式并代入数据解得v?0.2m/s t?0.5《我爱新课程》系列资料 WWW.52xkc.com 版权所有@《我爱新课程》第 22 页共 96 页欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 此t2时间内A运动的位移sA2?此t2时间内B运动的位移sB2(v?vA1)t2?0.35m 2vt?2?0.05m 2此t2时间内A相对B运动的位移s2?sA2?sB2?0.30m 此t2时间内摩擦力对B做的功为w1??f?sB2??0.04J 所以A最远能到达b点a、b的距离L为L?s1?s2?0.62m 从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为 wf?w1?w2??0.072J。

27.（09·宁夏·24）冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为?1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至?2=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s2）

解析：

设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S1，所受摩擦力的大小为f1：在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S2，所受摩擦力的大小为f2。则有

S1+S2=S ①

式中S为投掷线到圆心O的距离。

f1??1mg ② f2??2mg ③

设冰壶的初速度为v0，由功能关系，得

22?1gS?v0 ⑤ S2?2g(?1??2)代入数据得

S2?10m ⑥

2008年高考题

一、选择题

1.(08天津理综20)一个静止的质点,在0～4 s时间内受到力F的作用,力的方向始终在同一直线上,力F随时间t的变化如图所示,则质点在 A.第2 s末速度改变方向 C.第4 s末回到原出发点 答案D

解析由图象知物体在前2 s内加速,2～4 s内减速,因为前2 s与后2 s受力情况是大小相等、方向相反,所以第4 s末速度为零.物体前4 s内始终沿一个方向运动. 二、非选择题

2.(08江苏12C)场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两个小球A、B,它们的质量分别为m1、m2,电荷量分别为q1、q2,A、B两个小球由静止释放,重力加速度为g,则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为

( )

B.第2 s末位移改变方向 D.第4 s末运动速度为零

答案 (q1+q2)E=(m1+m2)g

解析动量守恒的条件是系统不受外力或受的合外力为零,所以动量守恒满足的关系式为(q1+q2)E=(m1+m2)g

3.（08全国I24）图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点.求:

(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量.

1 mgl 2解析 (1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v1、v2,由机械能守恒定律得

1212

mv1+mv2=mgl 22 ①

小球由最低点向左摆动到最高点时,由机械能守恒定律得

mv2=mgl(1-cos 60°) 2联立①②式得 v1=v2=gl

②

③

设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,有

I=0-mv1

解得I=-mgl

④

(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为W,由动能定理得 mgl+W=

mv22

⑤

联立③⑤式得 W=-

1mgl 21mgl 2小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为

4.(08北京理综24)有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为 OD曲线,如图所示.

（1）已知小滑块质量为m,碰撞时间为Δt,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小；

（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动,特制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置,让A沿该轨道无初速下滑（经分析,A下滑过程中不会脱离轨道）.

a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;

b.在OD曲线上有一点M,O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 答案（1）

mv02545（2）a.pA

①

121212

mvA+mvB=mv0222

②

由①②,解得vA=0,vB=v0,

根据动量定理,滑块B满足F·Δt=mv0 解得F=

mv0. ?t（2）a.设任意点到O点竖直高度差为d.

A、B由O点分别运动至该点过程中,只有重力做功,所以机械能守恒. 选该任意点为势能零点,有 EkA=mgd,EkB=mgd+

mv0 2由于p=2mEK,有即pA＜pB

pA?pBEKA2gd??1 2EKBv0?2gd故A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量.

b.以O为原点,建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向下,则对B有x=v0t,y=

gt 2B的轨迹方程 y=

g2v02x

2v在M点x=y,所以y=0

g2 ③

因为A、B的运动轨迹均为OD曲线,故在任意一点,两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为

vBx和vBy,速率为vB;A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy,速度为vA,则

vAxvBxvAyvBy, ??vAvBvAvB ④

B做平抛运动,故vBx=v0,vBy=2gy,vB=v0?2gy

2⑤

⑥

v02gyv0?2gy2,vAy=

2gyv0?2gy2将③代入得vAx=

2545v0 vAy=v0 555.(08四川理综25)如图所示,一倾角为θ=45°的斜面固定于地面,斜面顶端离地面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自由释放一质量m=0.09 kg的小物块（视为质点）.小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2.

当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回.重力加速度g取10 m/s.在小物块与挡板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少？ 答案 0.4(3+6) N·s

解析解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,到达斜面底端时速度为v,由功能关系得：mgh=

12hmv+μmgcosθ 2sin? ①

以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为:

I=mv-m(-v) ②

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′,则

12h?mv=mgh′+μmgcosθ 2sin?1h?2

同理,有mgh′=mv′+μmgcosθ 2sin?I′=mv′-m(-v′)

③ ④ ⑤

式中,v′为小物块再次到达斜面底端时的速度,I′为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量. 由①②③④⑤式得I′=kI 式中k=

⑥ ⑦

tan???

由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为

I1=2m2gh0(1??cot?)

总冲量为

⑧

I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)

⑨

由1+k+k+?+k=

1?k

n-1

⑩

1?k42m2gh0(1??cot?) 得I=

1?k代入数据得I=0.4(3+6) N·s

解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma ①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则： v=2a

h sin? ②

以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为

I=mv-m(-v) ③

由①②③式得

I=2m2gh(1??cot?)

④

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a′,依牛顿第二定律有： mgsinθ+μmgcosθ=ma′ 小物块沿斜面向上运动的最大高度为

⑤

v2h′=sinθ 2a?由②⑤⑥式得 h′=kh 式中k =

⑥

⑦

⑧

tan???

tan???同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量为：

I′=2m2gh?(1??cot?)

由 ④⑦⑨式得I′=kI

⑨ ⑩

由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为

I1=2m2gh0(1??cot?)

I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3）

1?kn由1+k+k2+?+k=

1?k

n-1

1?k4

得I=2m2gh0(1??cot?)

1?k

代入数据得I=0.4(3+6) N·s

6.（08天津理综24）光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间夹一个被压缩的轻弹簧

（弹簧与A、B均不拴接）,用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能EP=49 J.在A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5 m,B恰能到达最高点C.取g=10 m/s,求 （1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小; （2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小; （3）绳拉断过程绳对A所做的功W. 答案 (1)5 m/s

(2)4 N·s

（3）8 J

v解析（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC,有mBg=mBc ①

R1212

mBvB=mBvC+2mBgR 22代入数据得vB=5 m/s

③

（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1,取水平向右为正方向,有Ep=

②

mBv12

④ ⑤ ⑥

I=mBvB-mBv1

代入数据得I=-4 N〃s,其大小为4 N〃s

⑦

（3）设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有mBv1=mBvB+mAvA W=

mAvA2

⑧ ⑨

代入数据得W=8 J

7.(08广东19)如图（a）所示,在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场,电场强度E随

2倍,P1的质量为m1,带电324L0LqE02v0荷量为q,P2的质量m2=5m1,A、O间距为L0,O、B间距L=.已知,T=0. ?3v0m13L0

(1)求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间. （2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞. 答案（1）

1L0 T（2）能再次发生碰撞 3解析（1）因为T=

L0 v0 ①

所以0～T时间内P1做匀速直线运动,T s末恰好到达O点,与P2发生正碰.

假设碰撞后P1向左移动时始终处在匀强电场中,向左运动的最大距离为s,时间为t.根据动能定理得 -qE0s=0-s=

122

m1(v0) 23

② ③

1L0

12〃v0·t 23 ④

L0=T<4T v0 ⑤

由③⑤知,题意假设正确,P1向左运动的最大距离为

1L0,所需时间为T. 3（2）设P1、P2碰撞后P2的速度为v,以向右为正方向,根据动量守恒定律得 m1v0=m1(-则v=

2v0)+5m1v 3

⑥ ⑦

1v0 3假设两球能在OB区间内再次发生碰撞,设P1、P2从第一次碰撞到再次碰撞的时间为t′(碰后P2

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 做匀速直线运动) -

21qE021v0t′+〃t′=v0 t′ 32m13 ⑧

则t′=

3L0=3T<4T v0 ⑨

P1、P2从O点出发到再次碰撞时的位移 s1=

3L11v0t′=v0·0=L0

由⑨⑩知,题意假设正确,即两球在OB区间内能再次发生碰撞. 8.(08广东20)如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U形滑板N, 滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧面,A和D分别是圆弧的端点,BC 段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P1和P2的质量均为m,滑板的质量

M=4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的B点.P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下,与P2发生弹性碰撞后,P1处在粗糙面B点上,当P2滑到C点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P2继续滑动,到达D点时速度为零,P1与P2可视为质点,取g=10 m/s.问： （1）P2在BC段向右滑动时,滑板的加速度为多大？

（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后,P1与P2间的距离为多少？ 答案（1）0.8 m/s

(2)1.9 m0.695 m

解析（1）将N、P1看作整体,根据牛顿第二定律得： μ2mg=（M+m）a a=

①

?　2mgM?m??　2mg4m?m?0.4?1022

m/s=0.8 m/s5②

(2)设P1到达B点的速度为v,P1从A点到达B点的过程中,根据动能定理有： mgR=

1212

mv-mv022 `

③ ④

代入数据得v=5 m/s

因P1、P2质量相等且发生弹性碰撞,所以碰后P1、P2交换速度,即碰后P2在B点的速度为： vB=5 m/s

⑤

设P2在C点的速度为vC,P2从C点到D点过程中根据动能定理得：

mvC2

⑥

⑦

代入数据得vC=3 m/s

P2从B点到C点的过程中,N、P1、P2作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒,设P2到达C点时N和P1的共同速度为v′.根据动量守恒定律得： mvB=mvC+(M+m)v′

⑧

v′为滑板与槽的右端粘连前滑板和P1的共同速度.由动能定理

1212

mvC-mvB2212

μ2mgLN=(M+m)v′

2-μ2mgL2=

⑨

⑩

L2和LN分别为P2和滑板对地移动的距离,联立⑧⑨⑩得BC长度 l=L2-LN=1.9 m

滑板与槽粘连后,P1在BC上移动的距离为l1 -μ1mgl1=0-

mv12



P2在D点滑下后,在BC上移动的距离l2 mgR=μ2mgl2

联立得系统完全静止时P1与P2的间距Δl=l-l1-l2=0.695 m.

2004-2007年高考题

题组一

一、选择题

1．（07全国卷I 18）如图所示,在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为m的物体,它受到沿斜面方向的力F的作用.力F可按图(a)、(b)、(c)、(d)所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值,力沿斜面向上为正.)

已知此物体在t=0时速度为零,若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率,则这四个速率中最大的是 

( )

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A.v1

答案 C

B.v2 C.v3  D.v4

解析图(a)中,合力的冲量为Ia=Ft1+Ft2-mgsin 30°·t=-0.5 mg×2+0.5 mg×1-0.5 mg×3=-2 mg;图(b)中,合力的冲量为Ib=Ft1+Ft2+Ft3-mgsin 30°·t=-1.5 mg;图(c)中,合力的冲量为

Ic=Ft1+Ft2-mgsin 30°t=

-2.5 mg;图(d)中,合力的冲量为Id=Ft1+Ft2-mgsin 30°·t=-1.5 mg,由于图(c)情况下合力的冲量最大,故v3是最大的.

1圆周轨道,圆心O 2.(07全国卷II 16)如图所示, PQS是固定于竖直平面内的光滑的

4在S的正上方.在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑.以下说法正确的是 A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等 B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不相等 C.a比b先到达S,它们在S点的动量相等 D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等答案 A

解析 a自由下落,b沿圆弧下滑,a比b先到达S,二者下落高度相同,由机械能守恒定律可知,二者到达S时速度大小相同,故动量不同,A项正确.

3.(07北京理综20)在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块.开始时滑块静止.若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1,持续一段时间后立刻换成与E1相反方向的匀强电场E2.当电场E2与电场E1持续时间相同时,滑块恰好回到初始位置,且具有动能Ek.在上述过程中,E1对滑块的电场力做功为W1,冲量大小为I1;E2对滑块的电场力做功为W2,冲量大小为I2.则

( ) A.I1=I2

D.W1=0.20Ek,W2=0.80Ek

( )

B.4I1=I 2

C.W1=0.25Ek,W2=0.75Ek 答案 C

解析电场为E1时滑块的加速度为a1,电场为E2时滑块的加速度为a2,两段相同时间t内滑块运动的位移大小相等,方向相反,第一个t内的位移s1=s2=v1t-

a1t,第二个t内的位移21212212

a2t=a1t·t-a2t=a1t-a2t,由s1=-s2得:a2=3a1,即:E2=3E1,所以I1=E1qt,I2=E2qt,则222I2=3I1,故A、B错误.W1=E1qs,W2=E2qs,而W1+W2=Ek,所以

4.(07重庆理综17)为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×10kg/m) A.0.15 Pa

B.0.54 Pa

C.1.5 Pa

D.5.4 Pa 答案 A

解析设圆柱形水杯的横截面积为S,则水杯中水的质量为m=ρV=10×45×10S=45S,由动量定理可得：Ft=mv,而p=F,所以p=S3

-3

mv45S?12= Pa=0.15 Pa. StS?36005.（07四川理综18）如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑 ( )

A.在以后的运动过程中,小球和槽的动量始终守恒 B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动 D.被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,小球能回到槽高h处答案 C

解析小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒,由于小球与槽质量相等,分离后小球和槽的速度大小相等,小球与弹簧接触后,由能量守恒可知,它将以原速率被反向弹回,故C项正确. 二、非选择题

6.（07四川理综25）目前,滑板运动受到青少年的追捧.如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面

内的示意图,赛道光滑,FGI为圆弧赛道,半径R=6.5 m,G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面,KA、DE平台的高度都为h=1.8 m,B、C、F处平滑连接.滑板a和b的质量均为m,m=5 kg,运动员质量为M,M=45 kg.表演开始,运动员站在滑板b上,先让滑板a从A点静止下滑,t1=0.1 s后再与b板一起从A点静止下滑.滑上BC赛道后,运动员从b板跳到同方向运动的a板上,在空中运动的时间t2=0.6 s(水平方向是匀速运动).运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道,落在EF赛道的P点,沿赛道滑行,经过G点时,运动员受到的支持力N=742.5 N.(滑板和运动员的所有运动

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 都在同一竖直平面内,计算时滑板和运动员都看作质点,取g=10 m/s) (1)滑到G点时,运动员的速度是多大？

(2)运动员跳上滑板a后,在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？ (3)从表演开始到运动员滑至I的过程中,系统的机械能改变了多少？答案 (1)6.5 m/s (2)6.9 m/s

(3)88.75 J

解析 (1)在G点,运动员和滑板一起做圆周运动,设向心加速度为an,速度为vG,运动员受到重力 Mg、滑板对运动员的支持力N的作用,则 N-Mg=Man

① ②

van=G

MvG

即N-Mg=

vG=

③

R(N?Mg)

④ ⑤

vG=6.5 m/s

(2)设滑板a由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1,由机械能守恒定律有 mgh=

mv12

⑥

⑦

解得v1=2gh

运动员与滑板b一起由A点静止下滑到BC赛道后,速度也为v1.

运动员由滑板b跳到滑板a,设蹬离滑板b时的水平速度为v2,在空中飞行的水平位移为s,则 s=v2t2

⑧

设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0,则 s0=v1t1

⑨

设滑板a在t2时间内的位移为s1,则 s1=v1t2 s=s0+s1

⑩

即v2t2=v1(t1+t2)

运动员落到滑板a后,与滑板a共同运动的速度为v,由动量守恒定律 mv1+Mv2=(m+M)v

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 由以上方程可解出 v=

mt2?M(t1?t2) 2gh

(M?m)t2

代入数据,解得v=6.9 m/s

(3)设运动员离开滑板b后,滑板b的速度为v3,有 Mv2+mv3=(M+m)v1

可算出v3=-3 m/s,有|v3|=3 m/s＜v1=6 m/s,b板将在两个平台之间来回运动,机械能不变. 系统的机械能改变为 ΔE=

1212

(M+m)vG+mv3-(m+m+M)gh 22故ΔE=88.75 J

7.（07重庆理综25）某兴趣小组设计了一种实验装置,用来研究碰撞问题,其模型如右图所示.用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆,球间有微小间隔,从左到右,球的编号依次为1、2、3??.N,球的质量依次递减, 每个球的质量与其相邻左球质量之比为k(k＜1).将1号球向左拉起,然后由静止释放,使其与2号球碰撞,2号球再与3号球碰撞??所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力,忽略绳的伸长,g取10 m/s)

(1)设与n+1号球碰撞前,n号球的速度为vn,求n+1号球碰撞后的速度.

(2)若N=5,在1号球向左拉高h的情况下,要使5号球碰撞后升高16h(16h小于绳长),问k值为多少？

(3)在第(2)问的条件下,悬挂哪个球的绳最容易断,为什么？ 答案 (1)

2vn (2)0.414 (3)悬挂1号球的绳最容易断,原因见解 1?k解析 (1)设n号球质量为mn,n+1号球质量为mn+1,碰撞后的速度分别为v n′、vn+1′,取水平向右为正方向,据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0,且mn+1=kmn 根据动量守恒定律,有mnvn=mnvn′n+kmnv n+1′ 根据机械能守恒定律,有

①

121212

mnvn=mnv n′+kmnv n+1′222由①②得v n+1′=

②

2vn 1?k ③

(2)设1号球摆至最低点时的速度为v1,由机械能守恒定律有 m1gh=

m1v12

④ ⑤

解得v1=2gh

同理可求5号球碰后瞬间的速度 v5=2g?16h

⑥

由③式得vn+1=

2vn2n

?()v1

1?k1?k24

）v1

1?k

⑦

N=n+1=5时,v5=（

⑧

由⑤⑥⑧三式得

k=2-1≈0.414(k=-2-1舍去)

⑨

(3)设绳长为l,每个球在最低点时,细绳对球的拉力为F,由牛顿第二定律有

vF-mng=mnnl2

⑩

12mnvn22v则F=mng+mnn=mng+22=mng+Ekn

lll式中Ekn为n号球在最低点的动能

由题意可知1号球的重力最大,又由机械能守恒定律可知1号球在最低点碰前的动能也最大,根据式可判断在1号球碰撞前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大,故悬挂1号球的绳最容易断. 8.（07广东17）如图所示,在同一竖直平面上,质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部,斜面高度为H=2L.小球受到弹簧的弹性力作用后,沿斜面向上运动.离开斜面后,达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞,碰撞后球 B刚好能摆到与悬点O同一高度,球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点, O点的投影O′与P的距离为L/2.已知球B质量为m,悬绳长L,视两球为质点,重力加速度为g,不计空气阻力.求:

342gL (3)

57mgL 8解析 (1)设碰撞后的一瞬间,球B的速度为vB′,由于球B恰能摆到与悬点O同一高度,根据动能定理 -mgL=0-

mvB′2

① ②

vB′=2gL

(2)球A达到最高点时,只有水平方向速度,与球B发生弹性碰撞,设碰撞前的一瞬间,球A水平速度为vA,碰撞后的一瞬间,球A速度为vA′.球A、B系统碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得 2mvA=2mvA′+mvB′

③ ④ ⑤

121212

×2mvA=×2mvA′+×mvB′2221由②③④解得vA′= 2gL

4及球A在碰撞前的一瞬间的速度大小 vA=

342gl

⑥

(3)碰后球A做平抛运动.设从抛出到落地时间为t,平抛高度为y,则

L=vA′t 212 y=gt2

⑦ ⑧

由⑤⑦⑧解得y=L

以球A为研究对象,弹簧的弹性力所做的功为W,从静止位置运动到最高点

×2mvA257由⑥⑦⑧⑨得W=mgL

8W-2mg(y+2L)=

⑨

9.（07全国卷I24）如图所示,质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m 的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放,下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻尼作用,金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几

解析设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1,碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn和Vn.由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等,设速度向左为正,则 mvn-1=MVn-mvn

① ②

121212

mvn-1=MVn+mvn2229vn-1 101Vn=vn-1

10vn=

由①、②两式及M=19m解得

③ ④

第n次碰撞后绝缘球的动能为 En=

12n

mvn=(0.81)E0 2

⑤

E0为第1次碰撞前的动能,即初始能量. 绝缘球在θ=θ0=60°与θ=45°处的势能之比为

Emgl(1?cos?)=0.586 ?E0mgl(1?cos?0)式中l为摆长. 根据⑤式,经n次碰撞后

⑥

Enn

=(0.81)E02

⑦

易算出(0.81)=0.656,(0.81)=0.531,因此,经过3次碰撞后θ将小于45°.

10.(07山东理综38)在可控核反应堆中需要给快中子减速,轻水、重水和石墨等常用作减速剂.中子在重水中可与

1H核碰撞减速,在石墨中与126C核碰撞减速.上述碰撞可简化为弹性碰撞模型.某反应堆中快中子与静止的

靶核发生对心正碰,通过计算说明,仅从一次碰撞考虑,用重水和石墨作减速剂,哪种减速效果更好？

答案见解析

解析设中子质量为mn,靶核质量为m,由动量守恒定律：

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com mnv0=mnv1+mv2 由能量守恒：

121212

mnv0=mnv1+mv2 222 解得：v1=

mn?mv0

mn?m 在重水中靶核质量：mH=2mn， v1H=

1mn?mHv0=-v0 mn?m3 在石墨中靶核质量：mC=12mn, v1C=

mn?mc11v0??v0

mn?mc13 与重水靶核碰后中子速度较小,故重水减速效果更好.

题组二

一、选择题

1.（06全国卷I 20）一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v.在此过程中

（）

A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为

mv 2B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零  C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为

mv 2D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零答案 B

解析设地面对运动员的作用力为F,则由动量定理得：(F-mg)Δt=mv,故FΔt=mv+mgΔt；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面,地面对运动员做功为零,这是因为地面对人的作用力沿力的方向没有位移.

2.（04上海35）在行车过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害,人们设计了安全带.假定乘客质量为70 kg,汽车车速为108 km/h(即30 m/s),从开始刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带对乘客的作用力大小约为

( )

C.800 N

D.1 000 N

A.400 N B.600 N

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com 答案 A

解析根据牛顿运动定律得 F=ma=m

?v30=70× N=420 N t5安全带对乘客的作用力大小也为420 N,和A选项相近,所以选A.

3.（04天津理综21）如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则

A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 答案 A

解析由mB=2mA,知碰前vB＜vA

若左为A球,设碰后二者速度分别为vA′,vB′ 由题意知 pA′=mAvA′=2 kg·m/s pB′=mBvB′=10 kg·m/s

（）

v?A2由以上各式得=,故正确选项为A.

5v?B若右为A球,由于碰前动量都为6 kg·m/s,即都向右运动,两球不可能相碰.

4.（04上海8）滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动,当它回到出发点时速率变为v2,且v2＜v1,若滑块向上运动的位移中点为A,取斜面底端重力势能为零,则

( )

B.上升时机械能减小,下降时机械能也

A.上升时机械能减小,下降时机械能增大 减小

C.上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方在A点下方 答案 BC

D.上升过程中动能和势能相等的位置

h12

mv1=2mgh+2μmgcosθ· 2sin?=2mgh+2μmghcotθ

mv12解得:h=

4mg(1??cot?)设滑块在B点时动能与势能相等,高度为h′,则有:

h?12

mgh′=mv1-mgh′-μmgcosθ·

2sin?mv1解得h′=

4mg?2?mgcot?2由以上结果知,h′＞h,故C对,D错. 二、非选择题

5.（07全国卷II 24）用放射源钋的α射线轰击铍时,能发射出一种穿透力极强的中性射线,这就是所谓铍“辐射”.1932年,查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状态),测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0.查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的,从而通过上述实验在历史上首次发现了中子.假定铍“辐射”中的中性粒子与氢或氮发生弹性正碰,试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量.(质量用原子质量单位u表示,1 u等于一个C原子质量的十二分之一.取氢核和氮核的质量分别为1.0 u和14 u.) 答案 1.2 u

解析设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v,氢核的质量为mH.构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰,碰后两粒子的速度分别为v′和vH′.由动量守恒与能量守恒定律得: mv=mv′+mHvH′

②

①

121212

mv=mv′+mHvH′222解得vH′=

2mv m?mH

③

同理,对于质量为mN的氮核,其碰后速度为 vN′=

2mv m?mN ④

?mNvN??mHvHm=

v-vH′N′ ⑤

根据题意可知 vH′=7.0vN′

⑥

将上式与题给数据代入⑤式得 m=1.2 u

6．（07宁夏理综23）倾斜雪道的长为25 m,顶端高为15 m,下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接.如图所示,一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v0=

8 m/s飞出.在落到倾斜雪道上时,运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起,除缓冲过程外运动员可视为质点,过渡圆弧光滑,其长度可忽略.设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ=0.2,求运动员在水平雪道上滑行的距离(取g=10 m/s). 答案 74.8 m

解析如图选坐标,斜面的方程为 y=xtanθ=

3x 4 ①

运动员飞出后做平抛运动 x=v0t y=

② ③

gt 2联立①②③式,得飞行时间 t=1.2 s

④

落点的x坐标 x1=v0t=9.6 m

⑤

落点离斜面顶端的距离 s1=

x1=12 m cos? ⑥

落点距地面的高度 h1=(L-s1)sinθ=7.8 m

⑦

接触斜面前的x方向的分速度vx=8 m/s

v=vxcosθ+vysinθ=13.6 m/s

⑧

设运动员在水平雪道上运动的距离为s2,由功能关系得 mgh1+

mv=μmgcosθ(L-s1)+μmgs2 2

⑨ ⑩

解得s2=74.84 m≈74.8 m

7.(06上海21)质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°.力F作用2秒钟后撤

去,物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后,速度减为零.求:物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移s.(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s) 答案 0.25 16.25 m

解析设力F作用时物体沿斜面上升加速度为a1，撤去力F后其加速度变为a2,则： a1t1=a2t2

①

有力F作用时,物体受力为:重力mg、推力F、支持力N1、摩擦力f1 在沿斜面方向上,由牛顿第二定律可得: Fcosθ-mgsinθ-f1=ma1

② ③

f1=μN1=μ(mgcosθ+Fsinθ)

撤去力F后,物体受重力mg支持力N2、摩擦力f2,在沿斜面方向上,由牛顿第二定律得: mgsinθ+f2=ma2

④ ⑤

f2=μN2=μmgcosθ 联立①②③④⑤式,代入数据得： a2=8 m/s

a1=5 m/s

μ=0.25

物体运动的总位移 s=

11212212

a1t1+a2t2=(?5?2+?8?1.25) m=16.25 m 22228.(2006江苏17)如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接.现把A、B 两球置于距地面高H处（H足够大），间距为l，当A球自由下落的同时，将B球以速度v0指向A球水平抛出，求： （1）两球从开始运动到相碰，A球下落的高度；

（2）A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量；

gl22v02 (2)v0 0 (3)

mv0 2解析（1）设A球下落的高度为h l=v0t h=

① ② ③

gt2联立①②得h=

gl22v02

（2）由水平方向动量守恒得 mv0=mvAx′+mvBx′ 由机械能守恒得

④

11122212222

m(v0+vBy)+ mvAy=m(vAx′+vAy′)+ m(vBx′+vBy′) 2222式中vAy′=vAyvBy′=vBy 联立④⑤得vAx′=v0,vBx′=0 （3）由水平方向动量守恒得 mv0=2mvBx″ 则I=mv0-mvBx″=

⑤

mv0 29.（2006重庆理综25）如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球 A、B质量分别为m、βm(β为待定系数).A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B球相撞,碰撞后A、B球能达到的最大高度均为碰撞中无机械能损失.重力加速度为g.试求: (1)待定系数β;

(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;

(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度,并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度. 答案 (1)β=3 (2)A:v1=-下

欢迎光临《我爱新课程》下载资料 52xkc.com (3)A:V1=-2gR, B:V2=0.当n为奇数时,小球A、B第n次碰撞结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同.

当n为偶数时,小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同. 解析 (1)由mgR=

mgR?mgR+得β=3

44(2)设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2,则

12mgRmv1= 2412?mgRβmv2= 24设向右为正、向左为负,得 v1=-

1gR,方向向左 2v2=

1gR,方向向右 2设轨道对B球的支持力为N,B球对轨道的压力为N′,方向竖直向上为正、向下为负，

v则N-βmg=βm2

RN′=-N=-4.5 mg,方向竖直向下

(3)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2,则

?- mv1-βmv2=mV1+βmV2??1122 ?mgR= 2mV1+ 2βmV2?2解得V1=- 2gR,V2=0

(另一组解:V1=-v1,V2=-v2不合题意,舍去) 由此可得:

当n为奇数时,小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同;当n为偶数时,小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同. 10.（05天津理综24）如图所示，质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的

小物块B（视为质点），它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EKA为8.0 J，小物块的动能EKB为0.50 J，重力加

（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度v0； （2）木板的长度L.

答案（1）3.0 m/s (2)0.50 m 解析（1）设水平向右为正方向，有

I=mAv0

①

代入数据解得 v0=3.0 m/s

②

(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有 -（FBA+FCA）t=mAvA-mAv0 FABt=mBvB

③ ④

其中FAB=FBA FCA=μ（mA+mb）g

⑤

设A、B相对于C的位移大小分别为SA和SB, 有-（FBA+FCA）SA=FABSB=EKB

1212

mAvA-mAv022

⑥

⑦

动量与动能之间的关系为 mAvA=2mAEKA mBvB= 2mAEKA 木板A的长度 L=sA-sB

⑩

⑧

⑨

代入数据解得 L=0.50 m

11.（05全国理综Ⅱ25）如图所示,一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆,当摆到最低点B时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处A.求男演员落地点C与O点的水

m1=2,秋千的质量不计,秋千的摆长为R,C点m2解析设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0,由机械能守恒定律得（m1+m2)gR=

(m1+m2)v02

①

设刚分离时男演员速度大小为v1,方向与v0相同;女演员速度大小为v2,方向与v0相反,由动量守恒得(m1+m2)v0=m1v1-m2v2

②

分离后,男演员做平抛运动,设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t,根据题给条件,由运动学规律 4R=

gt2

③ ④

s=v1t

分离后,女演员恰回到A点,由机械能守恒定律 m2gR=

m2v22

⑤ ⑥ ⑦

已知m1=2m2

由以上各式得：s=8 R

12.（2005江苏18）如图所示,三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上,现给中间的小球B一个水平初速度v0,方向与绳垂直,小球相互碰撞时无机械能损失,轻绳不可伸长.求：

（1）当小球A、C第一次相碰时,小球B的速度；

（2）当三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度； （3）运动过程中小球A的最大动能EkA和此时两根绳的夹角θ；（4）当三个小球处在同一直线上时,绳中的拉力F的大小.

v11答案（1）v0 (2)-v0 (3)90° (4)m0

33L解析（1）设小球A、C第一次相碰时,小球B的速度为vB,考虑到对称性及绳的不可伸长特性,小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB.由动量守恒定律,得mv0=3mvB 由此解得vB=

21v0 3（2）当三个小球再次处在同一直线上时,则由动量守恒定律和机械能守恒定律,得

121212

mv0=mvB+2×mvA 22212解得vB=-v0,vA=v0(三球再次处于同一直线)

33vB=v0,vA=0（初始状态,舍去）

所以三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度为 vB=-

1v0（负号表明与初速度方向相反） 3（3）当小球A的动能最大时,小球B的速度为零.设此时小球A、C的速度大小为u,两根绳间夹角为θ,则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律,得：

? 21212

mv0=2×mu 2212

另外,EkA=mu

2mv0=2musin

由此解得,小球A的最大动能为： EkA=

mv0 4此时两根绳间夹角为θ=90°

（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动,当三个小球处在同一直线上时,以小球B为参考系（小球B的加速度为零,为惯性参考系）,小球A、C相对小球B的速度均为： v=|vA-vB|=v0

v2v0所以,此时绳中拉力大小为：F=m=m

LL2 题组三

1.(05广东18) 如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s=2.88 m.质量为2m、大小可忽略的物

块C置于A板的左端.C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.开始时，三个物体处于静止状态.现给C施加一个水平向右，大小为

解析设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2 ∵μ1=0.22,μ2=0.10

2mg＜f1=2μ1mg 52且F=mg＞f2=μ2(2m+m)g

5∴F=

∴一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有 （F-f2）·s=

(2m+m)v1 2A、B两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得： mv1=(m+m)v2

碰撞结束后三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移为x1，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则 2mv1+(m+m)v2=(2m+m+m)v3

设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f3，对A、B系统，由动能定理 f1·s1-f3·s1=

1212

·2mv3-·2mv2 22f3=μ2(2m+m+m)g 对C物体，由动能定理

F·（2l+x1）-f1·(2l+x1)=·2mv3-·2mv1

由以上各式、再代入数据可得l=0.3 m

2.（05北京春招24）下雪天,卡车在笔直的高速公路上匀速行驶.司机突然发现前方停着一辆故障车,他将刹车踩到底,车轮被抱死,但卡车仍向前滑行,并撞上故障车,且推着它共同滑行了一段距离l后停下.事故发生后,经测量,卡车刹车时与故障车距离为L,撞车后共同滑行的距离l=假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同.已知卡车质量M为故障车质量m的4倍. (1)设卡车与故障车相撞前的速度为v1,两车相撞后的速度变为v2,求

8L.25v1； v2(2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施,事故才能免于发生.

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