【物理】2020届一轮复习人教版动量作业 185页

2020 届一轮复习人教版 动量 作业 一、单选题 1 ．自然界中某个量 D 的变化量 ，与发生这个变化所用时间 的比值 ，叫做这个量 D 的变化 率。下列说法正确的是 A. 若 D 表示某质点做平抛运动的速度，则 是恒定不变的 B. 若 D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则 是恒定不变的 C. 若 D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则 一定变大。 D. 若 D 表示某质点的动能，则 越大，质点所受外力做的总功就越多 【答案】 A 2 ．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而 更加深刻地理解其物理本质。正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m ，单位体积 内粒子数量 n 为恒量，为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为 v ，且与器壁各 面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学 力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力 f 与 m 、 n 和 v 的关系正确的是 ( ) A. B. C. D.【答案】 B【解析】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量 如图所示， 以器壁上面积为 S 的部分为底、 为高构成柱体，由题设可知，其内有 的粒子在 时间内与 器壁上面积为 S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数 ， 时间内粒子给器壁的冲量 ，器壁上面积为 S 的部分受到粒子的压力 ，则器壁单位面积所受粒子 的压力 ，故选 B. 3 ．质量为 m=2kg 的物体受到水平拉力 F 的作用，在光滑的水平面上由静止开始做直线运动，运 动过程中物体的加速度随时间变化的规律如图所示。则下列判断正确的是 （ ） A. 0 ~ 4s 内物体先做加速运动再做匀速运动 B. 6s 末物体的速度为零 C. 0 ~ 4s 内拉力冲量为 18N · S D. 0 ~ 4s 内拉力做功 49J【答案】 D 【点睛】解题的突破口是知道 a-t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，然后根 据动量定理，动能定理列式计算． 4 ．如图所示，竖直平面内轨道 ABCD 的质量 M ＝ 0.4 kg ，放在光滑水平面上，其中 AB 段是半径 R ＝ 0.4 m 的光滑 1/4 圆弧，在 B 点与水平轨道 BD 相切，水平轨道的 BC 段粗糙，动摩擦因数μ ＝ 0.4 ，长 L ＝ 3.5 m ， C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量 m ＝ 0.1 kg 的小物 体 ( 可视为质点 ) 在距 A 点高为 H ＝ 3.6 m 处由静止自由落下，恰沿 A 点滑入圆弧轨道 (g ＝ 10 m/s 2 ) ．下列说法错误的是 ( ) A. 最终 m 一定静止在 M 的 BC 某一位置上 B. M 在水平面上运动的最大速率 2.0 m/s ； C. 小物体第一次沿轨道返回到 A 点时将做斜抛运动． D. 小物体第一次沿轨道返回到 A 点时的速度大小 4m/s ． 【答案】 C【解析】 A 、由题意分析可知，小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒，最终小物体 m 和 M速度都为 0 ，由于 CD 是光滑轨道，根据能量守恒和动量守恒，小物体 m 不会相对 M 静止，故 A正确； B 、当小物体沿运动到圆弧最低点 B 时轨道的速率最大，设为 vm ，假设此时小物体的速度大小为 v ，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：以初速度的方向为正方向；由动量守恒定律 可得： ，由机械能守恒得： ，解得： ，故 B 正 确； CD 、由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到 A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同， 设为 vx ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为 vy ，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向 动量守恒得： ，由能量守恒得： ，解得 ，故小物体第一次沿轨道返回到 A 点时的速度大小 ，小物 体第一次沿轨道返回到 A 点时将做竖直上抛运动，故 C 错误， D 正确； 错误的故选 C 。 【点睛】小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：由动量守恒定律可得求解最大速率；由水 平方向动量守恒定律，对全过程应用能量守恒规律可求得小物体回到 A 点时的速度。 5 ．一个质量为 3kg 的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在 6s 内速度的 改变量是 A. 7m/s B. 6.7m/s C. 6m/s D. 5m/s【答案】 D 【解析】根据动量定理： Ft=m △ v ， F-t 图象与坐标轴围成的面积表示合外力的冲量，则有： × (3+5) × 4 − × 1 × 2 ＝ 3 △ v ，解得：△ v=5m/s ，故选 D 。 点睛：此题关键理解 F-t 图像的物理意义，即“面积”等于冲量；用动量定律解答此题，简单快捷， 注意冲量的正负；此题还可用牛顿第二定律和运动公式结合求解 . 6 ．在核反应堆中，铀 235 核吸收一个热中子 ( 慢中子 ) 后，可发生裂变反应，放出能量和 2~3 个 快中子 . 为了能使裂变反应继续下去，需要将反应中放出的快中子减速。有一种减速的方法是使用 石墨 ( 碳 12) 作减速剂，设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞，一个动能为 E0 的快中子与静止 的碳原子碰撞一次后，动能的大小约为 ( ) A. B. C. D.【答案】 D 7 ．有一宇宙飞船，它的正对面积 S=2m 2 ，以 v=3 × 10 3 m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒区 . 此微 粒区 1m 3 空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为 m=2 × 10 -7 kg. 设微粒与飞船外壳碰撞后附 着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加 A. 3.6 × 10 3 N B. 3.6N C. 1.2 × 10 3 N D. 1.2N【答案】 B【解析】在 t 时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为 由动量定理得： 解得： 根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为 3.6N ，要是飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵 引力应增加 3.6N ，故 B 正确； 故选 B 8 ．如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车 A 、 B并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车 ( 无牵引力 ) ， 控制两车以相同的速度 v0 做匀速直线运动。某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车 A保持原来的牵引力不变，玩具车 B 保持原来的输出功率不变，当玩具车 A 的速度为 2v0 时，玩具 车 B 的速度为 1.5v0 ，则 ( ) A. 在这段时间内两车的位移之比为 6 ∶ 5 B. 玩具车 A 的功率变为原来的 4 倍 C. 两车克服阻力做功的比值为 12 ∶ 11 D. 两车牵引力做功的比值为 5 ∶ 1【答案】 C 【 解 析 】 设 挂 钩 断 开 瞬 间 的 牵 引 力 为 F ， 车 受 的 摩 擦 力 大 小 ， 对 A 分 析 有 ；对 B 分析有 ，已知 P=Fv0 ，对 A 分析由动量定理得： ， 解得： ，故 A 错；克服阻力做功 Wf=fx ，则 ，故 C 正确；牵引力做功 ， ，得 ，故 D 错；由 ，故 B 错。综上分析， C 正确。 9 ．如图，连接有轻弹簧的物块 a 静止于光滑水平面上，物块 b 以一定初速度向左运动。下列关 于 a 、 b 两物块的动量 P 随时间 t 的变化关系图象，不合理的是 A. B. C. D. 【答案】 A【解析】物块 b 以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块 a 相碰，中间弹簧先变被压缩 后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小。故 A 项 不合理。本题选不合理的，答案是 A 。 10 ．某人身系弹性轻绳自高空 P 点自由下落， a 点是弹性绳的原长位置， c 是人所能到达的最低 点， b 是人静止悬挂时的平衡位置，把由 P 点到 a 点的过程称为过程Ⅰ，由 a 点到 c 点的过程称 为过程Ⅱ，不计空气阻力，下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ中人的动量的改变量小于重力的冲量 B. 过程Ⅱ中人的动量的减少量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小 C. 过程Ⅱ中人的动能逐渐减小到零 D. 过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于过程Ⅰ中重力做功的大小 【答案】 B 11 ．一静止的铀核放出一个 粒子衰变成钍核，衰变方程为 下列说法正确的是 A. 衰变后钍核的动能等于 粒子的动能 B. 衰变后钍核的动量大小等于 粒子的动量大小 C. 铀核的半衰期等于其放出一个 粒子所经历的时间 D. 衰变后 粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 【答案】 B【解析】一静止的铀核放出一个 粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和 粒子动 量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于 粒子的动量大小，根据 知，由于钍核和粒 子质量不同 ，则动能不同， A 错误 B 正确；半衰期是原子核有半数发生衰变的时间， C 错误；衰 变的过程中有质量亏损，即衰变后 粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量， D 错误。 12 ．静止在匀强磁场中的 核发生α衰变后生成 Th 核，衰变后α粒子的速度方向垂直于磁场方 向，则以下结论中正确的是 ( ) A. 衰变方程可表示为： B. 衰变后的 Th 核和α粒子等轨迹是两个内切圆，轨道半径之比为 1:45 C. Th 核和α粒子的动能之比为 2:117 D. 若α粒子转了 117 圈，则 Th 核转了 45 圈 【答案】 C【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒 ，中间不是等于号。故 A 错误。根据动 量守恒定律得， Th 核和α粒子的动量大小相等，方向相反，则 ，知轨道半径等于两粒子的 电量之反比，为 1 ： 45 ，因为两粒子电性相同，速度方向相反，轨迹为两个外切圆。故 B 错误。 根据动量守恒定律知， Th 核和α粒子的动量大小相等，则动能 EK= ，所以动能之比等于质量之 反比，为 2 ： 117 ．故 C 正确。根据周期 T= ，知周期比等于质量和电荷量比值之比，所以 Th核和α粒子的周期之比为 117 ： 90 ，所以α粒子转了 117 圈，则 Th 核转了 90 圈。故 D 错误。故 选 C 。 13 ．如图所示，质量 M ＝ 2kg 的半圆形槽 A 放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径 r=0.6m现有一个质量 m=1kg 的小物块 B 在槽 A 的右端口受到瞬时竖直向下的冲量 I ＝ 2N · S ，此后物体 A和物块 B 相互作用，使物体 A 在地面上运动，则下列说法错误的是（ ） A. 在 A 、 B 间存在相互作用的过程中，槽 A 和物块 B 组成的系统机械能守恒 B. 在 A 、 B 间存在相互作用的过程中，槽 A 和物块 B 组成的系统动量守恒 C. 物块 B 从槽口右端运动到左端时，槽 A 向右运动的位移是 0.4m D. 物块 B 最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为 0.2m【答案】 B【解析】在 A 、 B 间存在相互作用的过程中，槽 A 和物块 B 组成的系统只有重力做功，系统的机 械能守恒， A 正确。在 A 、 B 间存在相互作用的过程中，物块 B 有向心加速度，有竖直方向的分 加速度，所以槽 A 和物块 B 组成的系统合外力不为零，动量不守恒， B 错误；设物块 B 从槽口右 端运动到左端时，槽 A 向右运动的位移是 x 。取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒得 ，解得 ， C 正确；对 B ，由动量定理得 ，得 ；设 B 到达 左侧最高点时与槽 A 的共同速度为 v ，到达的最高点距槽口的高度为 h ，根据水平动量守恒得 ，得 ，对系统，由机械能守恒得 ，得 ， D 正确． 【点睛】解决本题时要抓住系统的总动量不守恒，只是水平方向动量守恒，是分方向动量守恒的 类型。分析时要知道 B 到达左侧最高点时与槽 A 的速度相同． 14 ．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小 球发生弹性正碰，两小球的质量分别为 m1 和 m2 ， 图乙为它们碰撞前后的 x － t 图象，以向右为正方向。由此可以判断，以下四个选项中图像所描 述的碰撞过 程不可能发生的是 A. B. C. D.【答案】 B 同速度为 v ′ =3m/s ，因 等式成立，则碰撞可能发生，选项 D 不符合题意；故 选 B. 点睛：此题首先考查读图能力，抓住位移图象的斜率等于速度是关键；其次要根据两物体碰前碰 后的速度关系找到两物体的质量关系，在结合图像讨论动量是否守恒，注意矢量的方向。 15 ．如图所示，质量为 m 的 A 球在水平面上静止放置，质量为 2m 的 B 球向左运动速度大小为 ， B 球与 A 球碰撞且无机械能损失，碰后 A 球速度大小为 ， B 球的速度大小为 ，碰后相对速度 与碰前相对速度的比值定义为恢复系统 ，下列选项正确的是 A. e=1 B. C. D.【答案】 A【解析】 AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得， ，在碰撞的过程中机械能 守恒，可得 ，解得 ， ，碰后相对速度与碰前相对速度 的比值定义为恢复系统 ，故 A 正确， BCD 错误； 故选 A 。 16 ．初动量相同的 A 、 B 两球在光滑水平桌面上沿同一方向运动， A 在前， B 在后，且 A 球速度 为 v ．一段时间后两球发生碰撞，碰后 A 球速度变为 2v ，则 A. 碰后 B 球运动方向不变 B. 碰后 B 球运动方向反向 C. A 球质量大于 B 球质量 D. A 球质量小于 B 球质量 【答案】 C【解析】两球初动量相同，即 mv 相同， B 能追上 A 发生碰撞，可知 vB>vA ，则 mBF2 ，作用相同距 离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中两个力的冲量 I1 、 I2 的大小关系正确的是 A. I1 一定大于 I2 B. I1 一定小于 I2 C. I1 一定等于 I2 D. I1 可能小于 I2【答案】 D 60 ．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间 t1 内动能由零增大到 E1 ，在时间 t2 内动能由 E1 增加到 2E1 ，设合力在时间 t1 内做的功为 W1 、冲量为 I1 ，在时间 t2 内做的功为 W2 、冲量为 I2 ， 则 ( ) A. I1I2 C. W1 >W2 D. W1 < W2【答案】 B【 解 析 】 动 量 与 动 能 的 关 系 式 为 2 kP mE , 则 由 动 量 定 理 得 ： 1 12I mE ，  2 1 1 1 12 2 2 2 2I m E mE mE mE    ，则 I1 ＞ I2 ．故 A 错误， B 正确；根据动能定理得： W1=E1-0=E1 ， W2=2E1-E1=E1 ，则 W1=W2 ．故 C D 错误．故选 B ． 点睛：本题考查动量定理和动能定理的应用，根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量 的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用，在确题时要注意动量定理的矢量性． 二、多项选择题 1 ．如图所示，三个小球 A 、 B 、 C 的质量均为 m ， A 与 B 、 C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为 L ， B 、 C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现 A 由静止释放下降到最低点，两 轻杆间夹角α由 60 °变为 120 °， A 、 B 、 C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切 摩擦，重力加速度为 g 。则此下降过程中（ ） A. A 的动能达到最大前， B 受到地面的支持力小于 mg B. A 、 B 、 C 系统机械能守恒，动量守恒 C. 弹簧的弹性势能最大时， A 的加速度为零 D. 弹簧的弹性势能最大值为 【答案】 AD【解析】 A 的动能最大时，设 B 和 C 受到地面的支持力大小均为 F ，此时整体在竖直方向受力平 衡，可得 ，所以 ，在 A 的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所 以 B 受到地面的支持力小于 ， A 正确；三者组成的系统，势能与动能相互转化，机械能守恒， 但是系统只有在 A 速度最大时，合力为零，所以系统动量不守恒， B 错误；当 A 达到最低点时动 能为零，此时弹簧的弹性势能最大， A 的加速度方向向上， C 错误； A 下落的高度为： ，根据功能关系可知，小球 A 的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧 的弹性势能最大值为 ， D 正确 【点睛】解答本题的关键是弄清楚小球 A 在运动过程中的受力情况， A 的动能最大时受力平衡， 根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析 A 的动能达到最大前， B 受到地面的支持 力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值． 2 ．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图 (a)所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的 v-t 图线 如图 (b) 中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为 19 kg ，则 A. 碰后蓝壶速度为 0.8m ／ s B. 碰后蓝壶移动的距离为 2.4m C. 碰撞过程两壶损失的动能为 7.22J D. 碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为 1:20【答案】 AD【解析】 A 、设碰后蓝壶的速度为 , 碰前红壶的速度 碰后红壶的速度为 根据动量守恒定律可得 :解得 ，故 A 正确； B 、根据碰前红壶的速度图像可以知道红壶的加速度为 : 碰后红壶减速到零需要的时间为： 碰后蓝壶运动图像的面积代表走过的位移 ，故 B 错； C 、碰撞过程两壶损失的动能为 ，故 C 错误； D 、碰后红壶走过的位移为 所以碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为 1:20 ，故 D 正确； 故选 AD点睛：知道 v-t 图像中斜率代表加速度，面积代表运动走过的位移，并利用动量守恒解题。 3 ．如图所示，光滑的水平面上有 P 、 Q 两个固定挡板， A 、 B 是两挡板连线的三等分点。 A 点处 有一质量为 m2 的静止小球，紧贴 P 挡板的右侧有一质量为 m1 的等大小球以速度 vo 向右运动并 与 m2 相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。已知两小 球之间的第二次碰撞恰好发生在 B 点处，且 m1 mb ，则 Fa < Fb ，且物体 a 克服摩擦力做功小于物体 b 克服摩擦力做功 B. 若 ma > mb ，则 Fa> Fb ，且物体 a 克服摩擦力做功大于物体 b 克服摩擦力做功 C. 若 ma < mb ，则可能 Fa < Fb ，且物体 a 所受摩擦力的冲量大于物体 b 所受摩擦力的冲量 D. 若 ma < mb ，则可能 Fa > Fb ，且物体 a 所受摩擦力的冲量小于物体 b 所受摩擦力的冲量 【答案】 BD【解析】 AB ： v – t 图线中线段 AC ∥ BD ，可见两物体与水平面间的动摩擦因数相同，设为 。 在 a 、 b 加速的过程中，由牛顿第二定律知： 、 ，解得： 、 由 v – t 图线知，在 a 、 b 加速的过程中， 若 ，则 ； 整个运动过程中 a 、 b 的位移分别为 、 物体 a 克服摩擦力做功 ，物体 a 克服摩擦力做功 若 ，则物体 a 克服摩擦力做功大于物体 b 克服摩擦力做功。 故 A 项错误， B 项正确。 CD ： 、 、 若 ，则 Fa 、 Fb 的大小关系不确定； 物体 a 所受摩擦力的冲量大小 ，物体 b 所受摩擦力的冲量大小 若 ，则物体 a 所受摩擦力的冲量小于物体 b 所受摩擦力的冲量。 故 C 项错误， D 项正确。 27 ．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为 M=0.6kg ， m=0.2kg 的两个小球，中间夹着一个被 压缩的具有 Ep=10.8J 弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态．现突然释放 弹簧，球 m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为 R=0.425m 的竖直放置的光滑半圆形轨道， 如图所示． g 取 10m/s 2 ．则下列说法正确的是（ ） A. M 离开轻弹簧时获得的速度为 9m/s B. 弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为 1.8N • s C. 球 m 从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为 3.4N • s D. 若半圆轨道半径可调，则球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而 减小 【答案】 BC 【解析】释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得 ，由机械能守恒得 ，代入数据解得 ，即 M离 开 轻 弹 簧 时 获 得 的 速 度 为 3m/s ，； m 从 A 到 B 过 程 中 ， 由 机 械 能 守 恒 定 律 得 ，解得 ；以向右为正方向，由动量定理得，球 m 从轨道底端 A运 动 到 顶 端 B 的 过 程 中 所 受 合 外 力 冲 量 大 小 为 ： ，则合力冲量大小为 3.4N • s ，由动量定理得， 弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为： ， A 错误 BC 正确；设 圆轨道半径为 r 时，飞出 B 后水平位移最大，由 A 到 B 机械能守恒定律得： ， 在最高点，由牛顿第二定律得 ， m 从 B 点飞出，需要满足： ，飞出后，小球 做平抛运动： ， ，当 时，即 r=1.0125m 时， x 为最大，球 m 从 B 点 飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故 D 错误． 28 ．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体 A 以速度 0v 向右运动压缩弹簧， 测得弹簧的最大压缩量为 x ，现让弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B（如图乙所示）， 物体 A 以 02v 的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为 x ，则 ( ) A. A 物体的质量为3m B. A 物体的质量为 2m C. 弹簧压缩最大时的弹性势能为 2 0 3 2 mv D. 弹簧压缩最大时的弹性势能为 2 0mv 【答案】 AC【解析】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大， A 的动能转化为弹簧的弹性势能， 根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于 A 的初动能，设 A 的质量为 Am ， 即有： 2 0 1 2pm AE m v ①，当弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B 时， A 与弹簧相互作用的过程 中 B 将向右运动， A 、 B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取 A 的初速度的方向为正方向， 由 动 量 守 恒 定 律 得 ：  0·2A Am v m m v  ② ； 由 机 械 能 守 恒 定 律 得 ：    2 2 0 1 122 2pm A AE m v m m v    ③，联立得： 3Am m ④，联立①④得： 2 0 3 2pmE mv ， 故 AC 正确， BD 错误．故选 AC ． 【点睛】水平面光滑，物块压缩弹簧时，物块的动能转化为弹簧的弹性势能，弹簧被压缩过程中 最大的弹性势能等于物块的初动能． A 、 B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律 与能量守恒定律可以求出最大弹性势能的表达式，然后求出 A 与 B 的质量之间的关系． 29 ． 2017 年 11 月 5 日，巴蜀女篮勇夺重庆中学生篮球比赛冠军，比赛中相距为l 的甲乙两名队 员在传球时，假设抛球和接球时手的高度相同，球在空中的运动时间为 t ，若不计空气阻力，关 于传球过程中的有关物理学知识，以下说法正确的是（ ） A. 球出手后，经 2 t 时间后到达最高点 B. 球在最高点的速度为 l t C. 传球过程中，重力对球的冲量为零 D. 传球过程中，重力始终不做功 【答案】 AB【解析】球出手后，先做斜上抛运动，到达最高点后，又做斜下抛运动，斜上抛和斜下抛具有对 称性，所以到达最高点的时间为 2 t ， A 正确；在最高点竖直方向上的速度为零，只剩下水平方向 上的速度，而在水平方向上做匀速直线运动，在 t 时间内水平位移为 l ，故速度大小为 lv t  ， B正确；传球过程中，重力始终存在，根据动量定理可知重力对球的冲量为 I mgt ， C 错误；过 程中竖直方向上的分运动，先向上后向下，所以重力先做负功后做正功， D 错误． 30 ．质量为 M 的 1/4 圆弧槽 A 静止在光滑的水平面上，质量为 m 的小球 B 以速度 v0 水平向右冲 上槽的表面，升至最高后又从槽上滑下，此过程中（ ） A. 小球 B 和槽 A 分离时的速度方向可能向右 B. 小球 B 和槽 A 分离时的速度可能为零 C. 小球 B 上升的最大高度可以达到 2 0 2 v g D. 小球 B 和槽 A 组成的系统机械能守恒，动量也守恒 【答案】 AB【解析】小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒．选取向右 为正方向，由动量守恒定律得： Mv0=Mv1+mv2 ，由机械能守恒定律得： 1 2 Mv02 = 1 2 Mv12 + 1 2 mv22 ， 解得： v1= M m M m   v0 ， v2= 2M M m v0 ；当 M>m 时 v1>0 ，此时小球 B 的速度方向可能向右；当 M=m 时 v1=0 ，此时小球 B 的速度为零；选项 AB 正确； 当小球与小车的速度相同时，小球上 升到最大高度，设共同速度为 v ．规定向右为正方向，运用动量守恒定律得： Mv0= （ m+M ） v ，根据能量守恒定律得，有： 1 2 Mv02 - 1 2 （ m+M ） v 2 =Mgh ，解得： h= 2 0 2 vm M m g  ，故 C 错 误；小球 B 和槽 A 组成的系统只有重力做功，机械能守恒，水平方向受合力为零，则水平方向动 量也守恒，选项 D 错误；故选 AB ． 点睛：本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，要知道当小球与小车的速度相等时，小 球上升到最大高度．明确系统遵守水平动量守恒和机械能守恒这两大规律． 31 ．如图所示，质量为 M 的三角形滑块置于水平光滑地面上，三角形的底边长为 L ，斜面也光滑， 当盒子里为 m 的滑块（看做质点）沿斜面下滑的过程中（ ） A. M 与 m 组成的系统动量守恒，机械能守恒 B. m 沿斜面滑动底端时， M 移动的位移大小为 C. m 对 M 的冲量大小等于 M 的动量变化量 D. m 克服支持力做的功等于 M 增加的动能 【答案】 BD【解析】 A 、 M 、 m 组成的系统在竖直方向所受合外力不为零 , 系统所受合外力不为零 , 系统整体动 量不守恒 , 系统在水平方向所受合外力为零 , 系统在水平方向动量守恒 , 故 A 错误 , B 、 Mm 组成的系统水平方向上动量守恒，设 m 运动的位移为 s1 ， M 运动的位移为 s2 ，由动量守 恒得： 且 解得： 故 B 正确； C 、 M 的动量变化量应该与合外力的冲量大小相等，故 C 错误； D 、系统机械能守恒，所以 m 克服支持力做的功等于 M 增加的动能，故 D 正确； 综上所述本题答案是 ;BD 32 ．如图所示，质量为 M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面 OA 段光滑， AB 段粗糙且长为 l ，左端 O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，，轻绳所能承受的最大拉力 为 F ．质量为 m 的小滑块以速度 v 从 A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被 拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则（ ） A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为 B. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为 D. 滑块与木板 AB 间的动摩擦因数为 【答案】 ABD 33 ．水平地面上有两个物体在同一直线上运动，两物体碰撞前后的速度一时间图象如图所示（其 中一个物体碰后速度变为 0 ）。下列说法正确的是 A. t = 0 时，两物体的距离为 1 m B. t = 2.5 s 时，两物体的距离为 4.5 m C. 两物体间的碰撞为完全弹性碰撞 D. 碰撞前，地面对两个物体的摩擦力大小不相等 【答案】 BC【解析】两物体相向运动，均做匀减速运动， 1s 时相碰，可知 t = 0 时，两物体的距离为 ， 选 项 A 错 误 ； t = 2.5 s 时 ， 两 物 体 的 距 离 为 ，选项 B 正确；设碰前速度为正值的物体的质量为 m1 ，速度为负 的物体的质量为 m2 ；由动量守恒可知，碰后原来速度为正的物体的速度变为零，则： ， 解 得 m1=2m2 ； 由 能 量 关 系 ： 碰 前 ；碰后 ，则两物体间的碰撞 为完全弹性碰撞，选项 C 正确；碰前速度为正值的物体的摩擦力 ； 速度为负值的物体的摩擦力 ，则选项 D 错误；故选 BC.点睛：此题要明确物理过程，知道哪个物体碰后速度为零以及完全弹性碰撞满足的条件，结合 v-t图像解题 . 34 ．如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为 d 。两物体 m1 和 m2 与弹簧连接， m2 的左边有一固定挡板。 m1 由图示位置静止释放，当 m1 与 m2 相距最近时 m1 速度为 v1 ，则在 以后的运动过程中 , 可能的情况是 A. m1 的最小速度是 0 B. 存在某段时间 m1 向左运动 C. m2 的最大速度一定是 v1 D. m2 的最大速度是 1 1 1 2 2m vm m 【答案】 ABD【解析】从小球 1m 到达最近位置后继续前进，此后拉到 2m 前进， 1m 减速， 2m 加速，达到共 同速度时两者相距最远，此后 1m 继续减速， 2m 加速，当两球再次相距最近时， 1m 达到最小速 度， m2 达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，取向右为 正 方 向 。 根 据 动 量 守 恒 定 律 和 机 械 能 守 恒 定 律 分 别 得 1 1 1 1 2 2'm v m v m v  ， 2 '2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v  ； 解 得 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 2 2' m m mv v v vm m m m    ， ， 故 2m 的 最 大 速 度 为 1 1 1 2 2m vm m ， m2 的最小速度为 1 2 1 1 2 m m vm m   ，当 1 2m m 时， 1m 的最小速度是 0 ，故 AD 正确 C 错误；若 1 2m m ，由上得 1 ' 0v  ，知存在某段时间 m1 向左运动，故 B 正确； 35 ．如图所示，一个质量为 M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量 为 m 的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度 v0 ，下列说法正确的是 A. 最终小木块和木箱都将静止 B. 最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为 C. 木箱速度为 时，小木块的速度为 D. 最终小木块速度为 【答案】 BC【解析】 AD 、设最终速度为 v ，木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得： ，解得小木块和木箱速度 ，故 AD 错误； B 、 对 整 个 过 程 ， 由 能 量 守 恒 定 律 可 得 小 木 块 和 木 箱 组 成 的 系 统 损 失 机 械 能 为 ，故 B 正确； C 、木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，木箱速度为 时，小木块的速度为 ，故 C 正确； 故选 BC 。 【点睛】分析清楚运动过程、应用动量守恒动量与能量守恒定律即可正确解题。 36 ．质量为 m 的物体，以大小为 的初速度沿斜面上滑，到达最高点返回原处的速率为 0.5 ， 则 ( ) A. 上滑过程中重力的冲量比下滑时小 B. 上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零 C. 合力在上滑过程中的冲量大小为 D. 整个过程中物体动量变化量的大小为 【答案】 AD 【解析】 A 项：根据 可知，上滑的加速度为下滑的 4 倍，所以 ，根据 可知， ，故 A 正确； B 项：根据 可知， B 错误； C 项：根据 ，故 C 错误； D 项：根据 ，故 D 正确。 37 ．质量 m=1kg 的物体从静止开始做直线运动，物体所受合外力 F 随时间 t 变化的图象如图所 示，在 0 ～ 8s 内，下列说法中正确的是（ ） A. 物体在 0 ～ 2s 内动量均匀增加，在 2 ～ 4s 内动量均匀减小 B. 0 ～ 2s 内力 F 的冲量为 2N • s C. 2s 末物体的速度最大 D. 3s 末物体速度为 3m/s ，在 8s 末速度为﹣ 2m/s【答案】 BD【解析】物体在 0 ～ 2s 内 F 逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大，第 2s 末加速度 最大，在 2 ～ 4s 内 F 先逐渐减小再逐渐增大，所以加速度先减小后增大，物体先做加速度减小的 加速运动，再反向做加速增大的减速运动，根据动量 P=mv 可知，动量不是均匀变化的，故 A 错 误；根据图象的性质可知，图象与时间轴所围成的面积表示冲量，故 0 ～ 2s 内力 F 的冲量为 I= =2N • s ，故 B 正确；由图可知， 0 ﹣ 3s 内物体均在加速，所以 3s 的速度为最大；故 C 错 误； 3s 末时冲量为 I ’ = =3Ns ；根据动量定理 I= △ mv 可知，物体的速度 v= =3m/s ；同理 可知，在 8s 末速度为﹣ 2m/s ；故 D 正确．故选 BD ． 点睛：解题时要明确图象的性质，根据牛顿第二定律可明确加速度的大小，从而分析物体的运动 性质，明确动量变化；再根据图象与时间轴围成的面积表示冲量求出物体的冲量，再根据动量定 理即可求得速度大小． 38 ．如图所示为 、 两球沿一直线运动并发生正碰，两球碰撞前后的位移时间图象． 、 分别为 、 两球碰前的位移图象，为碰撞后两球共同运动的位移图象，若 球质量是 ，则由图象 判断下列结论正确的是（ ） A. 、 碰撞前的总动量为 B. 碰撞时 对 所施冲量为 C. 碰撞前后 的动量变化为 D. 碰撞中 、 两球组成的系统损失的动能为 【答案】 BCD【解析】 A 项：由题意可知 ，将 ， 代入可知 ， A 、 B 碰撞前的总动量为 ，故 A 错误； B 、 C 项： ，即碰撞时 A 对 B 所施冲量为 -4 N · s ，选项 BC 正确；、 D 项：碰撞中 A 、 B 两球组成的系统损失的动能为 ，选项 D正确。 39 ．质量为 M 的某机车拉着一辆质量相同的拖车在平直路面上以 0 10m / sv  的速度匀速行驶．途 中某时刻拖车突然与机车脱钩．假设脱钩后机车牵引力始终保持不变，而且机车与拖车各自所受 阻力也不变，下列说法中正确的是（ ） A. 脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是15m / s 、5m / s B. 脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是 25m / s 、 2m / s C. 从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量不变、动能增加 D. 从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量减少、动能减少 【答案】 AC 40 ．如图所示，所有接触面均光滑，质量为 M 的半圆弧槽静止地靠在竖直墙面处， A 、 B 是 槽的两个端点， C 为槽的底部中点．现将质量为 m 的小球自槽口 A 点由静止释放，下列说法中 正确的有（ ） A. 小球从 A 到C 运动过程中，小球机械能守恒，小球和槽组成的系统动量不守恒 B. 小球从 A 到C 运动过程中，小球重力做功的瞬时功率越来越大 C. 小球从C 到 B 运动过程中，小球机械能守恒，小球和槽组成的系统动量守恒 D. 小球从C 到 B 运动过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，动量不守恒 【答案】 AD【解析】 A 、依据能量守恒和动量守恒的条件，小球从 A 到 C 运动过程中，小球机械能守恒，小 球和槽组成的系统动量不守恒，故 A 正确； B 、小球在 A 点，速度大小为 0 ，小球的功率为 0 ，小球在 C 点，速度方向与重力方向垂直，小 球的功率为 0 ，小球从 A 到C 运动过程中，功率先变大后变小，故 B 错误； CD 、依据能量守恒和动量守恒的条件，小球从 C 到 B 运动过程中，球和槽组成的系统机械能守 恒，系统动量不守恒，故 C 错误， D 正确； 故选 AD 。 【点睛】依据能量守恒和动量守恒的条件，小球从 A 到C 运动过程中，小球机械能守恒，小球和 槽组成的系统动量不守恒，小球从C 到 B 运动过程中，球和槽组成的系统机械能守恒，系统动量 不守恒。 41 ． A 、 B 两船的质量均为 m ，都静止在平静的湖面上，现 A 船上质量为 m 的人，以对地水平 速度 v 从 A 船跳到 B 船，再从 B 船跳到 A 船，经 n 次跳跃后，人停在 B 船上，不计水的阻力， 则 A. A 、 B 两船速度大小之比为 2 ： 3 B. A 、 B （包括人）两船动量大小之比为 1 ： 1 C. A 、 B （包括人）两船动能之比为 3 ： 2 D. A 、 B （包括人）两船动能之比为 1 ： 1【答案】 BC【解析】以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以 A 、 B 两船（包 括人）的动量大小之比总是 1 ： 1 ，故 B 正确；最终人在 B 船上，以系统为研究对象，在整个过 程中，以 A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，解得： ，故 A 错误； A 的动能为： ， B 的动能为： ，则 ，故 C 正确， D 错 误。所以 BC 正确， AD 错误。 42 ． ( 多选 ) 如图所示，小球从 A 点以初速度 V0 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点 B 后返回 A ， C为 AB 的中点．下列说法中正确的是（ ） A. 小球从 A 出发到返回 A 的过程中，位移为零，外力做功为零 B. 小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，减少的动能相等 C. 小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，动量的变化量相等 D. 小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，损失的机械能相等 【答案】 BD【解析】位移是从初位置指向末位置的有向线段．故小球从 A 出发到返回 A ，位移为 0 ．在整个 过程中，摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，摩擦力对物体做负功，小球的机械能不断减 小，返回 A 时速度小于出发时的速度，根据动能定理可知，外力做功不为零．故 A 错误．设 A到 C 的高度和从 C 到 B 的高度为 h ， AC 的距离为 s ，斜面的倾角为θ，则有 s ∙ sin θ =h ；根据动能 定理得： -mgh- μ mgcos θ∙ s= △ EK ，可知小球从 A 到 C 过程中与从 C 到 B 过程合外力对物体做的功 相同，故小球减少的动能相等．故 B 正确．小球从 A 到 C 过程中与从 C 到 B 过程中小球减少的 动能相等，则小球的速度变化量不相等，根据 可知，动量的变化量不相等，选项 C 错误；克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据μ mgscos θ = △ E 可得小 球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，损失的机械能相等．故 D 正确．故选 BD ． 点睛：解决本题的关键是灵活运用动能定理和功能关系分析物体能量转化情况，知道外力做功与 动能的变化有关，机械能的变化与克服除重力之外其它力做功有关． 43 ．如图所示，滑块 M 置于光滑水平地面上， M 左侧为与水平面相切的光滑曲面，一滑块 m 从 静止开始沿 M 的光滑曲面下滑到底端的过程中，下列说法正确的是 A. 滑块与光滑曲面组成的系统动量守恒 B. m 的重力的冲量小于 M 对 m 的支持力的冲量 C. m 对 M 做的功等于 m 和 M 动能的增加量的和 D. m 减小的重力势能大于 M 增加的动能 【答案】 BD【解析】 m 在竖直方向有竖直向下的分加速度，系统处于失重状态，合外力不为零，故系统动量 不守恒， A 错误； m 的重力的冲量是竖直向下的， m 在这个方向上开始时无动量，最后在水平面 上时也无动量，而 M 对 m 的支持力的冲量分为竖直方向的冲量和水平面的冲量，其竖直方向的 冲量与重力的冲量抵消，二者大小相等，但仍存在水平方向的冲量，故 m 的重力的冲量小于 M对 m 的支持力的冲量， B 正确；根据动能定理可知， m 对 M 做的功等于 M 动能的增加量， C 错 误；根据系统机械能守恒定律可知， m 减小的重力势能等于 m 和 M 增加的动能之和，即大于 M增加的动能， D 正确；选 BD.【点睛】 m 与 M 系统机械能守恒，系统动量不守恒；但在水平方向动量守恒， m 减少的重力势 能等于 m 与 M 增加的动能之和 . 44 ．小球 A 以速度 向右运动，与静止的小球发生碰撞，碰后 A 、 B 速度大小分别为 和 ，则， A 、 B 两球的质量之比可能是 A. 1 ： 2 B. 2 ： 3 C. 3 ： 2 D. 2 ： 5【答案】 BD 视频 45 ．木块 A 从固定斜面底端以初速度 v0 冲上斜面，经一段时间，回到斜面底端。若木块在斜面 上所受的摩擦阻力大小不变，关于木块 A 的下列说法中正确的是 A. 在全过程中重力的冲量为零 B. 在上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程中摩擦力的冲量 C. 在上滑过程中动量的变化量大于下滑过程中动量的变化量 D. 在上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量 【答案】 BC【解析】 A ．根据重力的冲量 I=mgt ，全过程重力的冲量不为零，故 A 错误； B ．上滑过程加速度大于下滑过程的加速度，位移大小相等，上滑时间小于下滑时间，在上滑过 程中摩擦力的冲量小于下滑过程中摩擦力的冲量，故 B 正确； C ．上滑过程中速度变化量较大，动量变化量较大，故 C 正确； D ．机械能的变化量等于摩擦力所做的功，上滑过程中机械能的变化量等于下滑过程中机械能的 变化量，故 D 错误。 故选： BC 。 点睛：上滑时间小于下滑时间，根据冲量的定义判断冲量的大小；根据动量定理判断动量的变化 量；机械能的变化量等于摩擦力所做的功，根据做功公式判断机械能的变化量。 46 ．细线两端分别系有带正电的甲、乙两小球，它们静止在光滑绝缘水平面上，电荷量分别为 q1 和 q2 ，质量分别为 m1 和 m2 。烧断细绳后两球向相反方向运动，下列说法正确的是 ( ) A. 运动的同一时刻，甲、乙两球受到的电场力大小之比为 q2 ： q1 B. 运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为 m2 ： m1 C. 在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的电场力的冲量大小之比为 1 ： 1 D. 在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的合力做功之比为 1 ： 1【答案】 BC【解析】 A. 甲、乙两球受的电场力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，甲、乙两球 受的电场力大小之比为 1:1 ，与电荷量无关，故 A 错误； B. 两球组成的系统合外力为零 , 系统的动量守恒 , 取甲球的运动方向为正方向 , 由动量守恒定律得： m1v 甲− m2v 乙 =0, 得 v 甲 :v 乙 =m2:m1. 甲、乙两球动能之比为 ，故 B正确； C. 对甲、乙两球分别运用动量定理得： I 甲 =m1v 甲− 0,I 乙 =m2v 乙− 0, 解得甲、乙两球受到电场力的 冲量大小之比 I 甲 :I 乙 =1:1. 故 C 正确； D. 对甲、乙两球分别运用动能定理得： W 合甲 =Ek1 − 0,W 合乙 =Ek2 − 0, 解得甲、乙两球受到合力做功之 比 W 合甲 :W 合乙 =m2:m1. 故 D 错误。 故选： BC 。 点睛：甲、乙两球受的电场力大小相等，两球组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量 守恒定律求动量之比，从而求得动能之比．再由动量定理求电场力的冲量大小之比．由动能定理 求合力做功之比． 47 ．如图所示，可看作质点的物体从光滑固定斜面的顶端“点以某初速度水平抛出，落在斜面底 端 b 点，运动时间为 t ，合外力做功为 W1 ，合外力的冲量大小为 I1 。若物体从 a 点由静止释放， 沿斜面下滑，物体经过时间 2t 到达 b 点，合外力做功为 W2 ，合外力的冲量大小为 I2 。不计空气 阻力，下列判断正确的是 ( ) A. W1 ： W2=1 ： 1 B. I1 ： I2=1 ： 2 C. 斜面与水平面的夹角为 30 ° D. 物体水平抛出到达 b 点时速度方向与水平方向的夹角为 60 ° 【答案】 AC【解析】 A. 物体两种状态从 a 到 b ，都只有重力做功 , 物体下落高度一致 , 故合外力做功相等 , 即 W1=W2 ，故 A 正确； B. 物体平抛落到 b 点的过程，只受重力作用 , 故合外力的冲量大小 I1=mgt ； 物体沿斜面下滑 , 设斜面与水平面的夹角为θ , 受重力、支持力作用 , 合外力为 mgsin θ , 故合外力的冲 量大小为： I2=2mgtsin θ =2I1sin θ，故 B 错误； C. 物体平抛落到 b 点的过程 , 运动时间为 t, 则斜面高度 ； 物体沿斜面下滑，设斜面与水平面的夹角为θ，受重力、支持力作用，合外力为 mgsin θ，运动时 间为 2t ， 故位移为 h/sin θ , 加速度为 gsin θ , 所以有： , 所以即 sin θ =1/2, 得： θ =30 ∘ ，故 C 正确； D. 物体平抛落到 b 点的过程 , 水平位移为 x=v0t, 竖直位移为 , 所以有： tan θ =h/x= ； 那么 , 物体在 b 点的水平速度为 v0, 竖直速度为 gt, 所以 , 物体水平抛出到达 b 点时速度方向与水平方 向夹角为： arctan =arctan(2tan θ )=arctan ，故 D 错误； 故选： AC. 点睛：根据两运动过程的受力、做功情况得到功和冲量；然后再利用牛顿第二定律求得两过程的 加速度，进而根据运动位移和时间得到斜面的倾斜角；最后根据平抛运动规律求得末速度的方向． 48 ．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 ，规定向右为正方向， A 、 B 两球的动量均为 ，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A球的动量增量为 ，则 ( ) A. 该碰撞为弹性碰撞 B. 该碰撞为非弹性碰撞 C. 左方是 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】 AC【解析】规定向右为正方向，碰撞前 A 、 B 两球的动量均为 6kg • m/s ，说明 A 、 B 两球的速度方向 向右，两球质量关系为 mB=2mA ，所以碰撞前 vA ＞ vB ，所以左方是 A 球．碰撞后 A 球的动量增量 为 -4kg • m/s ， 所 以 碰 撞 后 A 球 的 动 量 是 2kg • m/s ； 碰 撞 过 程 系 统 总 动 量 守 恒 ： mAvA+mBvB=-mAvA ′ +mBvB ′所以碰撞后 B 球的动量是 10kg • m/s ，根据 mB=2mA ，所以碰撞后 A 、 B 两 球 速 度 大 小 之 比 为 2 ： 5 ， 故 C 正 确 ， D 错 误 ． 碰 撞 前 系 统 动 能 ： ，碰撞后系统动能为： ，则碰 撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故 A 正确， B 错误；故选 AC ． 点睛：碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比 前面的球运动的快；由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性．为 此首先规定一个正方向，然后在此基础上进行研究． 49 ．如图所示，将一轻质弹簧从物体 B 内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为 m1=2.0kg 的物体 A 。平衡时物体 A 距天花板 h=2.4m ，在距物体 A 正上方高为 h1=1.8m 处由静 止释放质量为 m2=1.0kg 的物体 B ， B 下落过程中某时刻与弹簧下端的物体 A 碰撞（碰撞时间极 短）并立即以相同的速度与 A 运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动， 历时 0.25s 第一次到达最低点，（弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力， g=10m/s 2 ）下列说法 正确的是（ ） A. 碰撞结束瞬间两物体的速度大小为 2m/s B. 碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为 0.25m C. 碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为 18N D. A 、 B 在碰后一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功 【答案】 ABC【 解 析 】 A 项 ： B 物 体 自 由 下 落 至 与 A 碰 撞 前 其 速 度 为 v0 ， 根 据 自 由 落 体 运 动 规 律 0 2 2 10 1.8 6m mv gh s s     ， AB 碰撞结束之后瞬时二者速度共同速度为 vt ，根据动量 守恒定律  2 0 1 2 tm v m m v  ，代入数据可得： 2t mv s ，故 A 正确； B 、 C 项：从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择 B 作为研究对象，根据动量定理：  2 20 tm g F t m v   ，解得 F=18N ，方向竖直向上，此过程对 B 分析，根据动能定量理可得 2 2 2 10 2 tFx m gx m v    ，解得 x=0.25m ，故 BC 正确； D 项：根据动能定理： A 、 B 在碰后一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功 和克服重力做功之和，故 D 错误。 点晴：本题关键是明确两个物体的运动规律，然后运用自由落体运动规律，动量守恒定律和动量 定理列式求解。 50 ．如图所示，小刚和小明两人分别坐在两个完全相同的冰车上，在水平冰面上进行一种对拉的 竞技比赛。开始时，两冰车分别系在一条细绳的两端，细绳处于松驰状态，两人同时由静止起动 向相反的方向运动，最后两人的运动方向与谁的运动方向一致，则谁将获胜。已知小明的质量比 小刚的质量大，启动后他们两人的动能一直相等。若某次比赛过程中，细绳被拉直后的瞬间突然 断开，则在细绳断开瞬间，小明和小刚两人的运动状态可能是（ ） A. 小明的速度为零而小刚的速度不为零 B. 小刚的速度为零而小明的速度不为零 C. 小明的速度方向一定不发生变化 D. 小刚的速度方向一定不发生变化 【答案】 BC 三、解答题 1 ．如图所示，小红同学将一轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一质量为 m 的物体 A 处于平衡 状态。在距物体 A 正上方高为 h 处有一个质量为 2m 的物体 B 由静止下落，与弹簧下端的物体 A碰撞（碰撞时间极短）并立即以相同的速度运动。不计空气阻力，两物体均可视为质点，重力加 速度为 g 。求： (i) 碰撞结束瞬间两物体的速度大小； (ii) 从碰撞结束两物体一起向下运动，至第一次到达最低点过程中，两者相互作用力的冲量大小为 I ，该过程两者相互作用的平均作用力多大？ 【答案】 (1) (2) 【解析】 (1) 物体 B 自由下落，由动量守恒： B 碰 A 的瞬间，内力远大于外力，根据动量守恒定律： 联立解得： (2) 从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择 B 作为研究对象， 根据动量定理 :根据题意 : 联立解得 : 【点睛】物体 B 碰撞前做自由落体运动，根据速度位移公式求解末速度；碰撞过程系统动量守恒， 根据动量守恒定律列式求解共同速度；对物体 B 的下降过程根据动量定理列式求解平均弹力． 2 ．如图所示，质量为 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的 AB 都分是半径为 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道 CD部分粗糙，长为 ，动摩擦因数 ，其他部分均光滑。现让质量为 的物块 （可视为质点）自 A 点由静止释放，取 ，求： (1) 物块到达最低点时的速度大小； (2) 在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能； (3) 物块最终停止的位置。 【答案】 (1) (2) (3) 最终停在 D 点 【解析】【分析】物体 1 从释放到与物体 2 相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械 能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式，可求出物体 1 、 2 碰撞前两个物体的速度；物体 1 、 2碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度．碰后，物体 1 、 2 向右运动，滑道向左运动， 弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物体 1 、 2 和滑道速度为零，此时弹性势能 最大；根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；根据系统的能量守 恒列式，即可求出物体 1 、 2 相对滑道 CD 部分运动的路程 s ，从而确定出物体 1 、 2 最终停在何 处； 解：（ 1 ） 从释放到最低点，由动量守恒得到： 由机械能守恒得到： 解得： （ 2 ）由能量守恒得到： 解得： （ 3 ）最终物块将停在 C 、 D 之间，由能量守恒得到： 解得： 所以 最终停在 D 点。 3 ．如图所示，“×”型光滑金属导轨 abcd 固定在绝缘水平面上， ab 和 cd 足够长，∠ aOc=60 °。虚 线 MN 与∠ bOd 的平分线垂直， O 点到 MN 的距离为 L 。 MN 左侧是磁感应强度大小为 B 、方向竖 直向下的匀强磁场。一轻弹簧右端固定，其轴线与∠ bOd 的平分线重合，自然伸长时左端恰在 O 点。一质量为 m 的导体棒 ef 平行于 MN 置于导轨上，导体棒与导轨接触良好。某时刻使导体棒 从 MN 的右侧 处由静止开始释放，导体在被压缩弹簧的作用下向左运动，当导体棒运动到 O 点 时弹簧与导体棒分离。导体棒由 MN 运动到 O 点的过程中做匀速直线运动。导体棒始终与 MN 平 行。已知导体棒与弹簧彼此绝缘，导轨单位长度的电阻为 r （导体棒电阻不计）。弹簧被压缩后所 获得的弹性势能可用公式 计算， k 为弹簧的劲度系数（且为未知量）， x 为弹簧的形变量。 （ 1 ）导体棒在磁场中做匀速直线运动的过程中，求感应电流的大小和速度 v0 的大小； （ 2 ）求导体棒最终静止时的位置距 O 点的距离。 【答案】 （ 1 ） ， （ 2 ） 【解析】（ 1 ）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解回路中的 感应电流强度；导体棒和弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列方程；再以导体棒 为研究对象，根据牛顿第二定律列方程，联立求解；（ 2 ）导体棒过 O 点后与弹簧脱离，根据动量 定理和微元法求解导体棒最终静止的位置距 O 点的距离． （ 1 ）释放导体棒后，在未进入磁场的过程中，导体棒和弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 匀速进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律得： ，此时回路的电阻为： ，则感应 电流 设杆到 O 点的距离为 x ，根据平衡条件得： 联立解得： ， （ 2 ）从 O 向左到静止的距离为 ，由动量定理得： 由微元法得： 又 联立得： 【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导 体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化 问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解． 4 ．如图所示，固定在水平面上长度为 L 的木板与竖直放置的半径为 R 的半圆形光滑轨道 BC 相切 于 B 点，在木板左端 A 处静止放置一个质量为 m 的小物块 ( 可视为质点 ) 。一个质量为 =0.2m的子弹以水平速度 射向物块，击中物块后恰好能与物块一起运动到 C 点，最终落在木板上的 D点 ( 图中未画出 ) 。已知重力加速度为 g 。求 : （ 1 ）子弹击中物块后物块的速度和此过程中系统损失的机械能； （ 2 ）物块通过半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力以及物块与木板间的动摩擦因数； （ 3 ） D 点与 B 点的距离及物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值。 【答案】 （ 1 ） ； （ 2 ） F=7.2mg ，方向竖直向下； （ 3 ） x=2R ； 2 【解析】（ 1 ）由动量守恒定律得 ，解得 ； 子弹击中物块过程中系统损失的机械能 ； （ 2 ）由于物块恰好能够通过半圆形轨道的最高点 C ，所以有 ， 解得 ； 物块从 B 点到 C 点的过程中，由机械能守恒定律得 ； 设在 B 点轨道对物块的作用力为 F ，由牛顿第二定律有 ， 联立解得 ，方向竖直向下； 由牛顿第三定律可知物块通过半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力为 7.2mg ，方向竖直向下； 对物块在木板上的运动，由动能定理得 ，解 得 ； （ 3 ）设物块落在木板上的位置与 B 点的距离为 x ，由平抛运动的规律得 ， ，解 得 ， ，解得 5 ．如图所示，竖直平面内的轨道 ABCD 由水平部分 AB 与光滑的四分之一圆弧轨道 CD 组成， AB恰与圆弧 CD 在 C 点相切，其总质量 M=4 kg ，其右侧紧靠在固定挡板上，静止在光滑水平面上。 在轨道的左端有一质量为 m=1 kg 的小滑块（可视为质点）以 v0=3 m/s 的速度向右运动，小滑 块刚好能冲到 D 点。已知小滑块与长木板 AB 间的动摩擦因数 =0.5 ，轨道水平部分 AB 的长度 L=0.5 m ， g 取 10 m/s 2 。求： （ 1 ）小滑块经过 C 点时对轨道的压力大小； （ 2 ）轨道 ABCD 的最终速度大小。 【答案】 （ 1 ） 30N （ 2 ） 0.4m/s 解得 在 C 点有： ，解得： （ 2 ）物块从 D 重新回到 C 过程有： ，解得： 滑块再次滑上木板时，若木板长度足够，则最终两者相对静止，此过程对滑块木板系统动量守恒 有： ，解得： v=0.4m/s 根据能量守恒： 由以上两式可求得： 因为 ，故物体未能从木板上滑下。 轨道的最终速度 v=0.4m/s【点睛】对小滑块，从 A 到 B 过程中应用动能定理可以求出速度，应用动能定理可以求出轨道半 径，根据牛顿第二定律求出小滑块经过 C 点时对轨道的压力大小；求出物块从 D 重新回到 C 过程 的速度，若滑块再次滑上木板时， 若木板长度足够，则最终两者相对静止，此过程对滑块木板 系统动量守恒和能量守恒即可求解。 6 ．工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示。货物（可视为质点） ，以初速度 滑上静止的小车 M ， ，货车高 。在光滑的轨道 OB 上设置一固定的 与车厢等高的障碍物，当货车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被抛出，恰好会沿 BC 方向 落 在 B 点 ， 已 知 货 车 上 表 面 与 货 物 之 间 的 动 摩 擦 因 数 ， 斜 面 的 的 倾 角 为 ( , , ) 。 （ 1 ）求 AB 之间的水平距离？ （ 2 ）若已知 OA 段距离足够长，导致货车在碰到 A 之前已经与货物达到共同速度，求货车对货 物摩擦力的冲量和货车的长度。 【答案】 （ 1 ） （ 2 ） ，方向与初速度方向相反 【解析】（ 1 ）货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向： 在 B 点分解速度： ，得到： ，得到： （ 2 ）在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，动量守恒： 根据系统能量守恒定律： ，得到： 当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出，根据动能定理： 得到： ，故 对货物从开始到恰好抛出运用动量定理： ， 得到： ，方向与初速度方向相反。 7 ．某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻弹簧的一端 N 相接，穿 在光滑的金属杆上．弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数 k = 1300 N/m ，自然长度 L0= 0. 5 m ， 均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积为 S=0.5 m 2 ，工作时总是正对着风吹来的方 向．电路中左端导线与金属杆 M 端相连，右端导线接在 N 点并可随迎风板在金属杆上滑动，且 与金属杆接触良好．限流电阻的阻值 R=1 Ω，电源电动势 E=12 V ，内阻 r=0.5 Ω．合上开关，没 有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数 U1=3.0 V ；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧， 电压表的示数变为 U2=2.0V ，求： （ 1 ）金属杆单位长度的电阻； （ 2 ）此时作用在迎风板上的风力； （ 3 ）若风（运动的空气）与迎风板作用后速度变为零，已知装置所在处的空气密度为 1. 3 kg/m 3 ， 求风速为多大？ 【答案】 （ 1 ） （ 2 ） 260 N （ 3 ） 20m/s 解得： 故单位长度电阻： （ 2 ）有风时， 解得： 此时弹簧长度 则形变量 由平衡条件得，此时风力： （ 3 ）根据动量定理，有： 解得： 【点睛】本题考查电压、电流、电阻的计算，关键是欧姆定律的公式及其变形的应用以及串联电 路电压的规律．解决力电综合题，关键寻找力与电的桥梁，本题的桥梁是弹簧的长度． 8 ．如图所示，为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成， Q 点为 圆形轨道最低点， M 点为最高点，水平轨道 PN 右侧的光滑水平地面上并排放置两块木板 c 、 d ， 两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨道 PN 平齐，小滑块 b 放置在轨道 QN 上。现 将小滑块 a 从 P 点以某一水平初速度 v0 向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块 b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，碰后 a 沿原路返回到 M 点时，对轨道压 力恰好为 0 ，碰后滑块 b 最终恰好没有离开木板 d 。已知：小滑块 a 的质量为 1 kg ， c 、 d 两木板 质量均为 3 kg ，小滑块 b 的质量也为 3 kg ， c 木板长为 2 m ，圆形轨道半径为 0.32 m ，滑块 b与两木板间动摩擦因数均为 0.2 ，重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 。试求： (1) 小滑块 a 与小滑块 b 碰后，滑块 b 的速度为多大？ (2) 小滑块 b 刚离开长木板 c 时 b 的速度为多大？ (3) 木板 d 的长度为多长？ 【答案】 (1) （ 2 ） （ 3 ） 【解析】（ 1 ）对 a 滑块在 M 点： mg=m得： vM= m/s 得： 碰后 va=4 m/s由 a 、 b 弹性碰撞： ， 得：碰后 vb=4 m/s（ 2 ） b 滑块冲上 c 木板的过程： 解得： b 刚离开长木板 c 时 b 滑块的速度 此时 c 木板的速度 （ 3 ） b 滑块冲上 d 木板的过程： 解得： Ld=0.5m点睛：本题涉及到四个物体，多个运动过程，属于多体多过程问题，是一道难题；关键是分析清 楚物体运动过程，选取合适的物理规律列方程；注意板块问题中的能量转化关系。 9 ．冰球运动员甲的质量为 80.0kg ，当他以 5.0m/s 的速度向前运动时，与另一质量为 100kg 、速 度为 3.0m/s 迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止，假设碰撞时间为 0.2s ．求碰撞中运动 员乙受到的平均撞击力． 【答案】 2000N【解析】设甲、乙的质量分别为 m 、 M ，碰前速度大小分别为 v 、 V ，碰后乙的速度大小为 ； 由动量守恒定律有 ，代入数据得 ； 对乙，根据动量定理可得： ，代入数据得 ，为正，表示撞击力方向与甲 原来方向相同。 10 ．如图所示，带电小球 B 静止在无限大的光滑绝缘水平面上，带同种电荷的小球 A 从很远处以 初速度 v0 向 B 球运动， A 的速度始终沿着两球的连线方向。两球始终未能接触。 A 、 B 间的相互 作用视为静电作用。已知 A 、 B 两球的质量分别为 m1 和 m2 。求： （ 1 ） A 、 B 两球相互作用的过程中，它们之间电势能的最大值 （ 2 ） A 、 B 两球最终的速度大小。 【答案】 (1) (2) ， 【解析】 (1) 当两球速度相等时，两球相距最近，电势能最大。 由动量守恒有： m1v0 ＝ (m1+m2)v 由能量守恒有： 解上述两试得： ； (2) 由于只有系统内的电场力做功，所以系统的动能和电势能的总和保持不变，初始状态和最后 状态两球的距离都很大，可以认为系统的初、末电势能为零。 由能量守恒： 由动量守恒： m1v0 ＝ m1vA ＋ m2vB 联立以上两式解得： 。 11 ．如图甲所示，质量均为 m ＝ 0.5 kg 的相同物块 P 和 Q( 可视为质点 ) 分别静止在水平地面上 A 、 C 两点． P 在按图乙所示随时间变化的水平力 F 作用下由静止开始向右运动， 3 s 末撤去力 F ，此 时 P 运动到 B 点，之后继续滑行并与 Q 发生弹性碰撞．已知 B 、 C 两点间的距离 L ＝ 3.75 m ， P 、 Q 与地面间的动摩擦因数均为μ＝ 0.2 ，取 g ＝ 10 m/s 2 ，求： (1)P 到达 B 点时的速度大小 v 及其与 Q 碰撞前瞬间的速度大小 v1 ； (2)Q 运动的时间 t.【答案】 (1) , (2) 解得： v1=7m/s（ 2 ）设 P 与 Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为 v1 ′、 v2 ′，取向右为正方向，由动量守恒定 律和动能守恒有： mv1=mv1 ′ +mv2 ′ mv12 = mv1 ′ 2 + mv2 ′ 2联立解得： v2 ′ =v1=7m/s碰后 Q 做匀减速直线运动，加速度为： a ′ = μ g=2m/s 2 Q 运动的时间为： 12 ．如图所示，在一固定且足够长的斜面上，将 A 、 B 两个小物块由静止释放， A 、 B 系统即开始 在斜面上沿同一直线运动。已知： A 、 B 间初始距离为 s = m ， A 、 B 间若发生碰撞则为弹性正 碰， A 、 B 两物块与斜面间的动摩擦因数分别为μ 1= 、μ 2 = ，斜面倾角为θ且满足 sin θ = 、 cos θ = ，重力加速度 g = 10m/s 2 。试回答下列问题： (1) 若 A 、 B 质量之比为 2 ： 1 ，第一次碰后的运动中 A 、 B 系统动量是否守恒，求从释放至 A 、 B第 2 次碰撞所经历的时间； (2) 若 A 、 B 质量相等，求 A 、 B 间第 9 次碰撞前 A 、 B 的速度大小。 【答案】 （ 1 ） s ；（ 2 ） ， 0【解析】 (1) 设 A 、 B 质量分别为 2m 、 m ，以沿斜面向下为正方向， A 、 B 沿斜面下滑时所受合力 分别为 FA = 2mg(sin θ - μ 1cos θ ) = FB = mg(sin θ –μ 2cos θ ) =可见只要 A 、 B 都在沿斜面下滑时，系统合力为 0 ，动量守恒，若 B 停下不滑则所受摩擦力为静 摩擦，则系统动量不守恒。 A 、 B 下滑时加速度 从释放至第一次碰撞的时间 t0 = = 1s 第一次碰前 A 的速度 v0 = a1t0 =第一次碰撞至第二次碰撞过程，设 B 一直下滑， A 、 B 位移相等皆为 x ，对 A 、 B 由动能定理 FAx = Δ EkA FBx = Δ EkB由此可见，若 B 一直保持下滑，则第一次碰前碰后及第二次碰前碰后系统动能皆相等 解得： 或 其中前一组解为第一次碰后状态，后一组解为第二次碰前状态，由此可知在第二次碰前 B 速度刚 好减为 0 ， B 一直保持下滑的假设是正确的，第二次碰前的状态与第一次碰前相同，系统将不断 重复此运动。两次碰撞的时间间隔始终为 系统在第一次碰撞后确实一直动量守恒，从释放到第 2 次碰撞所花时间为 t = t0 + T = s (2)A 、 B 质量虽不一样，但它们下滑时加速度不变仍为上问的 a1 = 、 a2= ，质量 相等的物体弹性正碰结果为速度交换，因此第一次碰后 A 速度为 0 ， B 速度为 v0 ，之后 B 滑行至 停下用时 t1 =此时 A 速度 vA = a1t1 = = 此过程 A 平均速度为 ， B 速度为 ，显然 A 还未追上 B ，设 A 追上静止的 B 时速度为 v ，则 由位移关系有 在此计算中 v0 一直未代入数据，说明第 n 次碰前 A 速度为第 n-1 次前 A 速度的 ，所以第 9 次 碰前 A 的速度为 第 9 次碰前 B 的速度为 0点睛 : 本题考查了动量守恒定律和动力学知识的综合，关键理清 A 、 B 在碰撞前后的运动规律，根 据牛顿定律、运动学公式等对每一步物理过程进行讨论 , 最后归纳解答，难度中等． 13 ．质量为 的机车以恒定牵引力 F 拖着质量为 的拖车，在水平直轨道 上匀速行驶，速度 16m/s ，某时刻机车和拖车意外脱钩，一段时间后，司机发现并关闭机车的动 力装置，此时拖车的速度减小了 6m/s 。机车在这个过程中前进的距离为 L=132m ，假设在运动 过程中，机车和拖车受到的阻力均与它们的重力成正比且比值相同。机车与拖车均可视为质点， 试求： （ 1 ）机车关闭动力装置时，它的速度大小以及动力装置提供的恒力 F（ 2 ）从关闭机车的动力装置到机车和拖车都停止的这一过程中，阻力的总功为多少？ 【答案】 (1) ， (2)【解析】 (1) 把机车和拖车看成一个整体，整体水平方向所受合外力为零，由动量守恒； 因 所以解得： 当机车和拖车分离后，都做匀变速运动。所以有 可得： 匀速运动时： 分离时，机车做匀加速运动： 即 分离时，拖车做匀减速运动： 联立各式可得 解得： (2) 关闭机车动力装置以后，机车和拖车都将因阻力而停止。 根据动能定理得； 解得： 【点睛】本题要分阶段分析两物体的运动情况，必要时可画出运动草图，同时要对物体受力分析， 运用运动的三大观点 ( 牛顿第二定律和运动学公式、动能定理和能量守恒、动量定理和动量守恒 )解决机车脱钩问题。 14 ．如图所示，可视为质点的两个小球通过长度 L=6m 的轻绳连接 , 甲球的质量为 m1=0.2kg ，乙 球的质量为 m2=0.1kg 。将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放△ t=1s 后再释 放乙球，绳子伸直后即刻绷断（细绳绷断的时间极短，可忽略），此后两球又下落 t=1.2s 同时落 地．可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度 g=10m/s 2 。 （ 1 ）从释放乙球到绳子绷直的时间 t0 ； （ 2 ）绳子绷断的过程中绳对甲球拉力的冲量大小。 【答案】 (1) (2) 点睛：本题考查了动量守恒定律、动量定理和运动学公式的综合运用，知道绷断前后瞬间甲、乙 两球组成的系统动量守恒，知道合力的冲量等于动量的变化量． 15 ．用一根长为 L 的细线把一个质量为 m 的小球悬挂在 O 点，使小球处于静止状态，如图所示 现在最低点给小球一个水平向右的冲量 I ，使小球能在竖直平面内运动，若小球在运动的过程中 始终对细绳有力的作用，则冲量 I 大小应满足什么条件 ? 【答案】 或 【解析】由题意知：小球在竖起面内做完整的圆周运动，小球始终对绳有力的作用．则小球在最 高点至少速度为 ，由牛顿第二定律得： 即 ； 小 球 从 最 低 点 （ 设 速 度 为 ） 运 动 到 最 高 点 过 程 中 遵 守 机 械 能 守 恒 定 律 ， 由 此 得 ： ，解得 ； 小球在最低点时由动量定理得 ， I 应满足的条件： ； 当小球在不超过圆心高度以下往返摆动时，小球始终对绳有力的作用． 由机械能守恒得 ，即： 小球在最低点时由动量定理得 ； I 应满足的条件： ，所以 I 满足的条件为 或者 ； 【点睛】小球在竖起面内做完整的圆周运动，小球始终对绳有力的作用，根据牛顿第二定律求出 最高点的最小速度，根据机械能守恒求出最低点的速度，小球在最低点时由动量定律即可求解范 围，当小球在不超过圆心高度以下往返摆动时，小球始终对绳有力的作用．根据机械能守恒求出 最低点的速度，小球在最低点时由动量定律即可求解范围． 16 ．如图所示，在光滑水平地面上，有一质量 m1=4.0kg 的平板小车，小车的右端有一固定的竖 直挡板，挡板上固定一轻质细弹簧．位于小车上 A 点处质量 m2=1.0kg 的木块（可视为质点）与 弹簧的左端相接触但不连接，此时弹簧与木块间无相互作用力．木块与 A 点左侧的车面之间的动 摩擦因数μ =0.40 ，木块与 A 点右侧的车面之间的摩擦可忽略不计．现小车与木块一起以 v0=2.0m/s的初速度向右运动，小车将与其右侧的竖直墙壁发生碰撞，已知碰撞时间极短，碰撞后小车以 v1=1.0m/s 的速度反向弹回，已知重力加速度 g 取 10m/s 2 ，弹簧始终处于弹性限度内．求： （ 1 ）若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹 性势能； （ 2 ）要使木块最终不从小车上滑落，则车面 A 点左侧粗糙部分的长度应满足什么条件？ 【答案】 （ 1 ） v=0.40m/s ， EP=3.6J （ 2 ）长度应大于 0.90m【解析】（ 1 ）小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二 者速度相等，此时弹簧的弹性势能最大，此过程中，二者组成的系统动量守恒，设弹簧压缩至最 短时，小车和木块的速度大小为 v ，根据动量守恒定律有： ①； 解得 v=0.40m/s ②； 设最大的弹性势能为 EP ，根据机械能守恒定律可得 ③，由②③ 得 EP=3.6J ④； （ 2 ）根据题意，木块被弹簧弹出后滑到 A 点左侧某处与小车具有相同的速度 v ’时，木块将不会 从小车上滑落，此过程中，二者组成的系统动量守恒，故有 …⑤ 木块在 A 点右侧运动过程中，系统的机械能守恒，而在 A 点左侧相对滑动过程中将克 服摩擦阻力做功，设此过程中滑行的最大相对位移为 L ， 根据功能关系有 ⑥， 解得 L=0.90m ⑦，即车面 A 点左侧粗糙部分的长度应大于 0.90m ． 17 ．质量 M=2 kg 的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为 mA=2 kg 的物体 A( 可 视为质点 ) ，如图．一颗质量为 mB=20g 的子弹以 600 m/s 的水平速度迅速射穿 A 后，速度变为 100 m/s ，最后物体 A 仍静止在车上．若物体 A 与小车间的动摩擦因数μ =0.5 ，取 g=10m/s 2 ，求： （ 1 ）平板车最后的速度是多大 ?（ 2 ） A 在车上滑动的距离。 【答案】 (1) （ 2 ） 【解析】（ 1 ）对子弹、物体 A 和小平板车组成的系统，全过程动量守恒： vB=100 m/s得 v=2.5 m/s（ 2 ）对子弹和物体 A 组成的系统，在短暂的打击过程中动量守恒： 得 vA=5m/s A 在小平板车上滑动过程由功能关系 Q= ∆ E 损得： 解得 L=1.25m.点睛：同一个问题可能会选择不同的系统作为研究对象．利用动量守恒定律解题，一定注意状态 的变化和状态的分析；注意子弹打入木块过程中也有机械能损失 . 18 ．如图所示，两根固定的光滑的金属导轨水平部分与倾斜部分平滑连接，两导轨间距为 L=0.5m ， 导轨的倾斜部分与水平面成α =37 °角。导轨的倾斜部分有一个匀强磁场区域 abcd ，磁场方向垂直 于斜面向上，导轨的水平部分在距离斜面底端足够远处有两个匀强磁场区域，磁场方向竖直且相 反，所有磁场的磁感应强度大小均为 B=1T ，每个磁场区沿导轨的长度均为 L=0.5m ，磁场左、 右两侧边界均与导轨垂直。现有一质量为 m=0.5kg ，电阻为 r=0.2 Ω，边长也为 L 的正方形金属 线框 PQMN ，从倾斜导轨上由静止释放，金属线框在 MN 边刚滑进磁场 abcd 时恰好做匀速直线 运动，此后，金属线框从导轨的倾斜部分滑上水平部分。取重力加速度 g=10m/s 2 ， sin37 ° =0.6 ， cos37 ° =0.8 。求： (1) 金属线框刚释放时 MN 边与 ab 的距离 s ； (2) 可调节 cd 边界到水平导轨的高度，使得线框刚进入水平磁场区时速度大小为 8m/s ，求线框 在穿越水平磁场区域过程中的加速度的最大值； (3) 若导轨的水平部分有多个连续的长度均为 L 磁场，且相邻磁场方向相反，求在 (2) 的条件下， 线框在水平导轨上从进入磁场到停止的位移和在两导轨上运动过程中线框内产生的焦耳热。 【答案】 (1) 0.48m ； (2)a=67.5m/s 2 ； (3)Q=19J ； 【解析】 (1) 设金属线框刚进入磁场区域 abcd 的速度为 v1 ，则线框中产生的感应电动势： 根据欧姆定律： 安培力： 依题意，有： 线框下滑距离 s 的过程中，根据机械能守恒定律，有： 联立以上各式解得： ； (2) 设金属线框 MN 边刚进入水平导轨上第一个磁场区时速度为 ， MN 边即将进入第二个 磁场区时速度为 ，线框从刚进入第一个磁场区到刚要进入第二个磁场区的过程中，根据动量定 理，有： ，即 又： 得： 此时： ， ， ， 得加速度最大值： ； 点睛：该题考查了多个知识点的综合运用，做这类问题我们还是应该从运动过程和受力分析入手 研究，运用一些物理规律求解问题，动能定理和动量定理的应用非常广泛，我们应该首先考虑。 19 ．如图所示，在光滑的水平面上放一质量为 M=10kg 且足够长的木板，质量为 m=1kg 、可视 为质点的滑块放在木板的左端，滑块与木板间的动摩擦因数为 。水平轻弹簧的左端 O 系 在墙上固定不动，其劲度系数为 k=20N/m ，自由端 A 与滑块之间的距离为 L=2m 。现给木板一 个水平向左的瞬时速度 ，滑块将由静止开始向左运动，与弹簧接触一段时间后，滑块 向左运动的速度达到最大 ，重力加速度 g 取 10m/s 2 ，弹簧始终在弹性限度内，不计 空气阻力，若滑块的速度始终小于木板的速度，求： （ 1 ） m 刚接触弹簧时 M 的速度大小； （ 2 ） m 向左运动的速度达到最大值的过程中，弹簧对 m 所做的功。 【答案】 (1) (2)【解析】（ 1 ）滑块接触弹簧前，在滑动摩擦力的作用下由静止开始做匀加速直线运动，距离为 L ， 由动能定理 解得 对滑块和木板系统，由动量守恒定律： 可得 m 刚接触弹簧时 M 的速度 v2=9.6m/s ； （ 2 ）滑块接触弹簧之后向左运动的过程中，当滑块受到的滑动摩擦力与弹簧的弹力平衡时，滑 块的速度达到最大，此时弹簧被压缩的长度为 x ，则 解得 x=0.20m ； 滑块向左运动速度达到最大的过程中，由动能定理： 则弹簧对 m 做的功： 20 ．甲乙两辆小车在光滑水平面沿同一直线同向行驶，甲车在前、乙车在后，速度分别为 ， ，甲车及车上人、沙袋的总质量 M=90kg ，乙车总质量也为 M=90kg ，为了使两车不相 撞，甲车上的人分别将车内编号为 1 、 2 、 3 、 4 …，质量分别为 2kg 、 4kg 、 6kg 、 8kg ……的沙袋 依次以相对地面 6m/s 的水平速度抛入乙车，至少将第几号沙袋抛入乙车后，两车不会相撞。 【答案】 第 3 号 【解析】甲乙两个小车组成的系统动量守恒， ， 解得 以 甲 车 为 研 究 对 象 ， 设 抛 出 总 质 量 为 的 沙 袋 ， 以 两 车 运 动 的 方 向 为 正 方 向 ， 则 解得 所以至少将第 3 号沙袋投入后，两车不会相撞。 21 ．如图所示，小车 B 停在光滑的水平面上，小车由水平直板和四分之一的光滑圆弧组成，车的 质量为 M=2kg ，车的右端用细绳与墙相连，绳刚好处于伸直状态；小车的圆弧半径为 R=1m ，水 平直板的长为 L=2m 。质量为 m=0.5kg 的物块 A( 可视为质点 ) 从车的右端以 =6m/s 的初速度滑 上小车，结果刚好滑到圆弧的最高点，重力加速度 g 取为 10m/s ²。求： (1) 物块与水平直板间的动摩擦因数； (2) 若物块刚滑上小车时绳断开，试分析物块能不能滑上圆弧。如果不能滑上圆弧，求出物块与车 相对静止时的位置；如果能，求出物块在圆弧上上滑的最大高度。 【答案】 （ 1 ）μ =0.4 ； （ 2 ） h=0.64m 【解析】 (1) 设物体与水平直板间的动摩擦因数为 ，根据功能关系有 解得 ； (2) 设物块能滑上圆弧，且滑上圆弧最高点时与车的共同速度为 ，根据动量守恒有 解得： 此过程动能损失 由于 因此假设成立，即物块能上滑到圆弧 设物块在圆弧上上滑的最大高度为 h ，根据功能关系 解得： h=0.64m 。 22 ．如图所示，足够大的绝缘水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度 E=50N/C.在桌面左边缘的虚线 PQ 上方存在重直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B=15T ，虚线 PQ 与水 平桌面成 45 º角。质量分别为 mA=0.2kg 、 mB=0.4kg 的金属小球 A 、 B ，带电量均为 q=+4.0 × 10 -2 C.开始时， A 、 B 静止， AB 间有一个锁定的被压缩的轻质绝缘弹簧，与 A 、 B 不拴接，弹性势能 Ep=5.4J(A 、 B 视为质点，弹簧极短 ) ，现解除锁定， A 、 B 被瞬间弹开后移走弹簧。 A 、 B 与桌面 间的动摩擦因数均为μ =0.4 ， A 、 B 静止时与 P 点间距离 L=1m ， (A 与桌面的碰撞是弹性的，取π =3 ， g=10m/s ² ). 求： (1) 弹簧解除锁定后瞬间， A 、 B 两球的速度大小； (2) 小球 A 第一次与桌面相碰时， A 、 B 间的距离多大； (3) 小球 A 从 P 点第一次进入磁场，到第二次离开磁场时平均速度的大小和方向。 ( 结果均保留二 位有效数字 ) 【答案】 （ 1 ） vA=6m/s ； vB=3m/s ； （ 2 ） 1.25m ；（ 3 ） 2.1m/s ，方向：与水平向右成 45 0 斜向上。 （ 2 ）在未进入磁场前，对 A 受力分析，则有： 即 A 受到的支持力为 0 ，故 A 不受摩擦力作用，所以向左匀速从 P 点进入磁场，进入磁场后做匀 速圆周运动，作出运动轨迹，如图 由洛伦兹力提供向心力，则有： 解得： r=2m 在磁场中运动的周期为 由图可知粒子在磁场中运动的时间为 1.5s 之后，粒子竖直向下出射磁场，仍做匀速直线运动 由几何关系得：匀速运动的位移为 r=2m ，则运动的时间为 即 A 从第一次进入磁场到第一次出磁场所用的时间为 而对 B 分析可知，因 ，故 B 受的支持力不为 0 ，则 B 会受到摩擦力作用，从 而向右做匀减速运动 根据牛顿第二定律得： ，解得： 设 B 向右减到 0 所用的时间为 ，由运动学公式得： 说明当 B 向右减速到 0 后， A 才落回到桌面 则 B 的位移为 由几何关系得：小球 A 第一次与桌面相碰时， A 、 B 间的距离 （ 3 ） A 与桌面反弹后，向上做匀速运动，再次进入磁场，向右偏转，运动轨迹，如图 由图可知， A 从第一次进入磁场到第二出磁场，所用的总时间为 总位移为 则平均速度的大小为 ，方向为与水平向右成 斜向上。 【点睛】本题带电小球在复合场中运动，分析受力情况来分析运动过程是基础，同时要抓住两球 之间的关系，比如运动的同时性等等进行研究。对 A 的运动轨迹图能够熟练画出，并且能够灵活 应用几何关系进行列式解题。 23 ．如图所示，在倾角θ =30 º的足够长斜面上放置一长木板，长木板质量 M=3.0 kg ，其上表面光 滑，下表面粗糙，木板的下端有一个凸起的挡板，木板处于静止状态。将质量为 m=1.0 kg 的小 物块放置在木板上，从距离挡板 L=1.6m 处由静止开始释放。物块下滑后与挡板相撞，撞击时间 极短，相撞后瞬间物块的速率为 =2.0 m/s. 木板开始下滑，且当木板沿斜面下滑至速度为零时， 物块与木板恰好发生第二次相撞。取重力加速度 g=10m/s ² . 求： (1) 物块与木板第一次相撞后瞬间木板的速率； (2) 长木板与斜面之间的动摩擦因数μ . ( 计算结果保留两位有效数字 ) 【答案】 (1) 2.0 m/s (2)【解析】 (1) 物块下滑的加速度 a=gsin30 º =5.0m/s物块第一次下滑至挡板时的速度 经分析可知，物块与挡板第一次相撞后反弹，由动量守恒定律可得 解得 =2.0 m/s (2) 设木板下滑的加速度为 a ′，由题中条件可得 解得 由牛顿第二运动定律可得 解得 点睛：本题考查牛顿第二定律及动量守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选 研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用好可正确求解． 24 ．在光滑的水平面上有两个木块 A 和 B 通过轻弹簧连接，其中 A 的质量 M=2kg ， B 的质量 m =lkg 。现用轻绳连接 A 和 B 使弹簧处于压缩状态，整个系统处于静止状态。某时刻绳子突然断裂， 已知当弹簧恢复原长时 A 的速度大小为 2m/s ，求： (1) 初始时弹簧所具有的弹性势能； (2) 若开始时，系统以 vo =2m/s 的速度向右运动，求当弹簧恢复原长时 A 、 B 的速度。 【答案】 (1) 12J (2) ' 1 0v  ， ' 2 6m/sv  (2)AB 和弹簧组成的系统动量守恒，取向右为正：   ' ' 0 1 2M m v Mv mv   系统机械能守恒：   2 '2 '2 0 1 2 1 1 1 2 2 2PE M m v Mv mv    由以上各式解得： ' 1 0v  ， ' 2 6mv s ，或 ' 1 4mv s ， ' 2 2mv s  （舍去）。 25 ．如图所示，有一自动卸煤矿车 ( 可视为质点 ) 沿如图所示轨道作业，其中 AB 段倾斜，与水平 面夹角为 37 °， A 点距水平面高度为 12m ，水平部分 BC 的长度为 10.5m ， AB 与 BC 部分平滑连 接，矿车与轨道间的动摩擦因数为 0.3 。一轻弹簧的左端固定在墙壁上，右端连接一底面光滑的 重物静止在 C 点，其质量与装满煤的矿车的质量相等。现将装满煤的矿车从 A 点无初速度释放后， 矿车沿轨道滑到 C 点时与重物发生弹性碰撞，然后矿车自动卸煤，卸煤后重物与矿车发生第二次 碰撞 ( 不考虑碰撞时的能量损失 ) ，碰后矿车恰能到达轨道 AB 的中点处。已知重力加速度 g=10m／ s 2 ， sin37 ° =0.6 ，求： (1) 矿车第一次经过 B 点时的速度； (2) 第一次碰撞结束瞬间重物的速度； (3) 矿车与所装煤的质量比 ( 可用根式表示 ) 。 【答案】 (1) ； (2) ， ； (3)【解析】本题考查动能定理及物体的弹性碰撞。 （ 1 ）设矿车质量为 ，所装煤的质量为 ，矿车从 A 点下落到 B 点的速度为 ，由动能定理可得 解得： （ 2 ） 设 载 煤 矿 车 与 重 物 碰 撞 前 的 速 度 为 ， 根 据 动 能 定 理 可 得 重物与矿车相撞后，设矿车的速度为 ，重物的速度为 由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 联立解得： 、 （ 3 ）自动卸煤后重物与矿车发生第二次碰撞，碰撞后，设重物的速度为 ，矿车的速度为 由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 碰 后 矿 车 恰 能 达 到 轨 道 AB 的 中 点 ， 对 矿 车 由 动 能 定 理 可 得 由以上各式解得： 26 ．如图所示，上表面光滑的平台固定在水平面上，平台的左端固定在挡板上连接一轻弹簧，一 物块与轻弹簧接触，弹簧处于原长，物块的质量为 kg ，放在光滑的水平面上的平板车紧靠 平台，且平板车上表面与平台上表面在同一水平面内，平板车长为 l=1m ，右侧有一固定的挡板， 平板车锁定在地面上。现用物块压缩弹簧，将物块移到 点，释放物块，物块滑上平板车，并与 挡板碰撞后刚好能滑到平台上，解除平板车锁定，再用物块压缩弹簧到 点释放物块，物块恰好 不能与平板车上的挡板相碰，物块与平板车的动摩擦因数为 ，与挡板碰撞过程中没有能量损失， 不计物块与挡板的碰撞时间，重力加速度 取 10m/s 2 。求： （ 1 ）弹簧开始压缩的弹性势能多大？ （ 2 ）平板车的质量为多大？解除平板车锁定后，物块与板车相对滑动过程中，物块与板车加速 度分别多大？ （ 3 ）要使解除锁定后物块滑上平板车且不能从平板车上滑离，则弹簧被物块压缩后的弹性势能 最大为多少？ 【答案】 (1) (2) ， (3) （ 3 ）设弹性热能的最大值为 根据动量守恒 根据功能关系： 解得 27 ．将一轻质弹簧竖直地固定在水平地面上，其上端拴接一质量为 mB=3 kg 的平板，开始时弹簧 处于压缩状态，在平板正上方 h1=5 cm 处将一质量为 mA=1 kg 的物块 A 无初速度释放，物块 A与平板碰后合为一体，平板用 t=0.2 s 的时间到达最低点，且下降的高度为 h2=5 cm ，再经过一 段时间平板返回到出发点，整个过程弹簧始终处在弹性限度以内，重力加速度 g=10 m/s 2 。空气 阻力不计，求： （ 1 ）上述过程中弹簧的弹性势能最大为多少？ （ 2 ）物块 A 与平板由碰撞结束到平板返回到出发点的过程中，弹簧的冲量应为多大？ 【答案】 （ 1 ） 2.125 J （ 2 ） 18 N · s 【解析】（ 1 ）设物块 A 与平板碰前瞬间的速度为 v0 ，由机械能守恒定律得： 代入数据解得： v0=1 m/s物块 A 与平板碰撞过程系统动量守恒，以物块 A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 代入数据解得： m/s物块 A 与平板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大，则由能量守恒定律得： 代入数据解得： （ 2 ）从碰后到返回碰撞点的过程，以向上为正方向，由动量定理得 代入数据解得： I=18 N · s 28 ．如图所示，倾角为 37 °的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板 c ，滑 块与挡板 c 相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑 块不产生摩擦力，下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同。现有一质量为 M=0.9kg 的滑块沿 斜面上滑，到达最高点 b 时的速度恰好为零，此时恰好与从 a 点水平抛出的质量为 m=0.1kg 的 小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板 c 碰后恰好反弹回到 b 点。已知 a 点和 b点距地面的高度分别为 H=2.4m ， h=0.6m( 取 g=10m/s 2 ) 。求： (1) 小球做平抛运动的初速度大小； (2) 斜面与滑块间的动摩擦因数； (3) 从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程。 【答案】 (1) (2) (3) (3) 设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与 c 点的距离 由能量守恒定律得： 解得： 设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与 c 点的距离 由能量守恒定律得： 解得： 以此类推 所以滑块在斜面上共通过的路程为 。 29 ．如图所示，半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在 P点相切，一个质量为 2m 的物块 B （可视为质点）静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧， Q 点 为弹簧处于原长时的左端点， P 、 Q 间的距离为 R ， PQ 段地面粗糙、滑动摩擦因素为 ， Q点右侧水平地面光滑，现将质量为 m 的物块 A （可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下 滑，重力加速度为 g 。求： （ 1 ）物块 A 沿圆弧轨道滑至 P 点时对轨道的压力； （ 2 ）弹簧被压缩的最大弹性势能（未超过弹性限度）； （ 3 ）物块 A 最终停止位置到 Q 点的距离。 【答案】 (1) (2) (3)【解析】 (1) 物块 A 从静止沿圆弧轨道滑至 P 点，设速度大小为 ， 由机械能守恒定律有： 在最低点轨道对物块的支持力为大小为 ， 由牛顿第二定律有： ， 联立解得： ， 由牛顿第三定律可知物块轨道 P 点的压力大小为 3mg 。 (2) 设物块 A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为 ， 由动能定理有 ， ， 当时，物块 A 、物块 B 具有共同速度 v 时，弹簧的弹性势能最大， 由动量守恒定律有： ， ， 联立解得 ； (3) 设 物 块 A 与 弹 簧 分 离 时 ， A 、 B 的 速 度 大 小 分 别 为 ， 规 定 向 右 为 正 ， 则 有 ， ， 联立解得： ， 设 A 最终停在 Q 点左侧 x 处，由动能定理有： ， 解得 【点睛】本题首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，明确能量是如何转 化的，运用用机械能守恒、牛顿运动定律、动量守恒和能量守恒结合研究。 30 ．如图所示，装置 A 由 1/4 圆弧 CD 部分（光滑）和水平 DE 部分（粗糙）组成，总质量为 M = 0.6 kg ， O 为圆弧的圆心，其半径为 R = 0.3 m ，装置放在光滑水平面上，但是被锁定（锁定装置 图中未画出）。质量为 m = 0.3 kg 的小物块 B ，从与 O 点在同一水平面上的 C 点由静止放开，物 块 B 在水平部分 DE 上滑行时，与接触面间的动摩擦因数为μ = 0.1 ，重力加速度 g 取 10 m/s 2 。试 分析： (1) 物块 B 到达圆弧最低点 D 时对圆弧的压力大小； (2) 若将装置 A 的锁定解除，使其可以自由移动。则物块 B 从开始下滑到与 A 相对静止的过程中， 物块 B 在水平 DE 部分相对于 D 点的最大距离为多少？该过程中装置 A 对地的位移为多少？ 【答案】 （ 1 ） 9N N  (2) 3x m ， 1 1.1x m (2) 物块 B 从开始下滑到与 A 相对静止的过程中 由能量守恒定律得： mgR mgx 解得： x = 3m物块 B 从开始下滑到与 A 相对静止的过程中，由动量守恒定律得： 1 20 Mv mv  又 1 1 2 2,v t x v t x  联立解得： 1 2Mx mx 且 1 2x x R x   解得： 1 1.1x m 【点睛】本题是竖直面内圆周运动与机械能守恒、能量守恒和动量守恒等知识的综合考查，考查 的重点有：一是从某一位置到另一位置，满足机械能守恒或能量守恒，二是在圆周上的某一点对 向心力的分析，根据牛顿第二定律求出支持力。 31 ．如图所示，质量为 mB=1kg 的物块 B 通过轻弹簧和质量为 mc=1kg 的物块 C 相连并竖直放置 在水平地面上，系统处于静止状态，弹簧的压缩量为 x0=0.1m ，另一质量为 mA=1kg 的物块 A 从 距平衡位置也为 x0 处由静止释放， A 、 B 相碰后立即粘合为一个整体，并以相同的速度向下运动。 已知三个物块均可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度 g=10m/s 2 ，空气阻力可忽 略不计。求： （ 1 ） A 、 B 相碰后的瞬间，整体共同速度 v 的大小； （ 2 ） A 、 B 相碰后，整体以 a=5m/s 2 的加速度向下加速运动时，地面对物块 C 的支持力 FN ； （ 3 ）若要 A 、 B 碰后物块 C 能够离开地面，物块 A 由静止释放位置距物块 B 的高度最小值 h 多 大。 【答案】 （ 1 ） （ 2 ） ，方向竖直向上（ 3 ） 【解析】根据动能定理求出 A 与 B 碰撞前的速度，结合动量守恒定律求出碰撞后瞬间整体的共同 速度大小；对 AB 整体分析，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力，再对 C 分析，根据平衡求出地 面对物块 C 的支持力大小；抓住初状态弹簧弹性势能等于末状态弹性势能，根据动能定理、动量 守恒以及能量守恒定律求出物块 A 由静止释放位置距物块 B 的高度最小值。 （ 1 ）对 A 应用动能定理 A 与 B 碰撞粘合动量守恒 代入数据解得 （ 2 ） A 与 B 整体应用牛顿第二定律 对 受力分析得 ，方向竖直向上 （ 3 ） 碰后 C 恰好能离开地面弹簧伸长量也为 x0 ，初态弹簧弹性势能等于末态弹簧弹性势能 据能量守恒 解得 【点睛】本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律和能量守恒定律的综合运用，综合 性强，对学生的能力要求较高。 32 ．下雪天，卡车在平直的高速公路上匀速行驶，司机突然发现前方听着一辆故障车，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．已知卡车质量 M 为故障车质量 m 的 5 倍，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 ，相撞的时间极短，求： ① v1 ： v2 的值． ②卡车在碰撞过程中受到的冲量。 【答案】 ① ② 【解析】①由系统动量守恒可得 可得 ； ②由动量定理可得卡车受到的冲量 ； 33 ．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径 R=1m 的半圆 形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4 × 10 3 V/m 。小球 a 、 b 、 c 的半径略小于管道内径， b 、 c 球用长 的绝缘细轻杆连接， 开始时 c 静止于管道水平部分右端 P 点处，在 M 点处的 a 球在水平推力 F 的作用下由静止向右运 动，当 F 减到零时恰好与 b 发生了弹性碰撞， F-t 的变化图像如图乙所示，且满足 。已 知三个小球均可看做质点且 ma=0.25kg ， mb=0.2kg ， mc=0.05kg ，小球 c 带 q=5 × 10 -4 C 的正电荷， 其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2 ，求 (1) 小球 a 与 b 发生碰撞时的速度 v0 ； (2) 小球 c 运动到 Q 点时的速度 v ； (3) 从小球 c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量。 【答案】 (1) (2)v=2m/s (3) (2) 小球 a 与小球 b 、 c 组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得 由机械能守恒可得 解得 小 球 c 运 动 到 Q 点 时 ， 小 球 b 恰 好 运 动 到 P 点 ， 由 动 能 定 理 代入数据可得 (3) 由于 b 、 c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度 减到零时，设 b 球与 O 点连线与竖直方向的夹角为 从 c 球 运 动 到 Q 点 到 减 速 到 零 的 过 程 列 能 量 守 恒 可 得 ： 解得 因此小球 c 电势能的增加量： 34 ．如图所示，一质量为 M ＝ 3.0 kg 的长木板 B 静止在光滑的水平面上，在长木板 B 的最左端放 置一可视为质点的小物块 A ，已知长木板的长度为 L ＝ 0.96 m ，小物块的质量为 m ＝ 1.0 kg ，小物 块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ＝ 0.3 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度 g＝ 10 m ／ s 2 。如果对小物块施加一水平向右的恒力 F ＝ 6.0 N ，为了保证小物块能离开长木板，则 恒力 F 的冲量至少应为多大？ 【答案】 4.8 N · s【解析】设 F 作用时间为 t ，则运用动量定理，对 A 有  1F mg t mv  ①； 对 B 有 2mgt Mv  ②； A 能离开长木板的临界条件是两者共速时恰好离开，则有  1 2mv Mv m M v   ③； 有 F 作用的过程中，对 A 分析，根据牛顿第二定律可得 F mg ma  ④， 经历的位移 21 2x at ⑤； 对全程应用动能定理可得   21 02Fx mgL M m v    ⑥； 恒力 F 的冲量 I Ft ⑦； 联立解得 0.8t s ； 故恒力 F 的冲量为 4.8FI N s  ⑧。 35 ．如图所示，光滑曲面（图中未画出）与光滑水平导轨 MN 相切，导轨右端 N 处于水平传送带 理想连接，传送带长度 L=4m ，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率 v=4.0m/s 运动．滑 块 B 、 C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧， B 、 C 与细绳、弹簧一起静止在导轨 MN 上 .一可视为质点的滑块 A 从光滑曲面 h=0.2m 高处由静止滑下，已知滑块 A 、 B 、 C 质量均为 m=2.0kg ， 滑块 A 与 B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接 B 、 C 的细绳受扰动而突然断开， 弹簧伸展，从而使 C 与 A 、 B 分离 . 滑块 C 脱离弹簧后以速度 vC=2.0m/s 滑上传送带，并从右端滑 出落至地面上的 P 点．已知滑块 C 与传送带之间的动摩擦因数μ =0.2 ，重力加速度 g 取 10m/s 2 . (1) 求滑块 C 从传送带右端滑出时的速度大小； (2) 求滑块 B 、 C 与细绳相连时弹簧的弹性势能 EP ； 【答案】 (1) 4.0m/s (2)【解析】 (1) 滑块 C 滑上传送带到速度达到传送带的速度 v=4m/s 所用的时间为 t ，加速度大小为 a ，在时间 t 内滑块 C 的位移为 x ，有μ mg=ma v=vC+at 代入数据可得： x=3m>Nm ） 所以 40 ．如图所示，在光滑、绝缘的水平面内，有一个正方形 MNPQ 区域，边长 L=1m 。半径 R=20cm的圆形磁场与 MN 、 MQ 边均相切，与 MQ 边切于点 A ，磁感应强度 B=0.5T, 方向垂直于水平面向 上。圆形磁场之外区域，有方向水平向左的匀强电场，场强大小 E=0.5V/m 。两个大小完全相同 的金属小球 a 、 b 均视为质点。小球 a 的质量 ma=2 × 10 -5 kg ，电量 q=+4 × 10 -4 C. 小球 b 的质量 mb=1 × 10 -5 kg, 不带电，放在圆周上的 D 点静止， A 、 C 、 D 三点在同一直线上。小球 a 从 A 点正 对磁场圆心 C 射入，会与球 b 在 D 点沿平行于 MN 的方向发生弹性碰撞，碰后忽略两球之间的相 互作用力及小球重力。π =3.14, 求： (1) 小球 a 射入磁场时的速度大小及小球 a 射入磁场到与小球 b 相碰撞经历的时间； (2) 小球 a 与 b 碰撞后在正方形 MNPQ 区域内运动，两球之间的最大距离。 【答案】 (1) 2m/s ， 0.714s (2) 在磁场中的运动时间 在电场中 小球 a 射入磁场到与小球 b 相碰撞经历的时间 (2) 小球 a 与 b 发生弹性碰撞有 解得： ， 因两个小球是大小相同的金属球，碰后分开时所带电荷量 因碰后两球的速度均垂直电场方向，故均做类平抛运动。 小球 a 沿电场方向有 , 得 a1=5m/s 2 小球 b 沿电场方向有 , 得 a2=10m/s 2 由于 a2>a1, 假设小球均未从 NP 边界穿出，则小球 b 将先到达 MN 边界。 小球 b 沿电场方向的位移 ，得 tb=0.2s 此时小球 b 垂点电场方向的位置为 所以假设成立，如图所示。 当小球 b 到达 MN 边界时刻，小球 a 与 b 在正方形 MNPQ 区域内运动的间距最大。 设最大间距为 s ，则有 解得： 【点睛】解题关键：运用动量守恒及能量守恒，处理弹性碰撞。在涉及曲线运动时，往往采用化 曲为直的思想，转化为类平抛运动来处理。 41 ．如图所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成， Q 点为圆 形轨道最低点， M 点为最高点，圆形轨道半径 R ＝ 0.32 m. 水平轨道 PN 右侧的水平地面上，并排 放置两块长木板 c 、 d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道 PN 平齐，木板 c质量 m3 ＝ 2.2 kg ，长 L ＝ 4 m ，木板 d 质量 m4 ＝ 4.4 kg. 质量 m2 ＝ 3.3 kg 的小滑块 b 放置在轨道 QN 上，另一质量 m1 ＝ 1.3 kg 的小滑块 a 从 P 点以水平速度 v0 向右运动，沿圆形轨道运动一周 后进入水平轨道与小滑块 b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失 . 碰后 a 沿原路返 回到 M 点时，对轨道压力恰好为 0. 已知小滑块 b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ 0 ＝ 0.16 ，重力 加速度 g ＝ 10 m/s2. (1) 求小滑块 a 与小滑块 b 碰撞后， a 和 b 的速度大小 v1 和 v2 ； (2) 若碰后滑块 b 在木板 c 、 d 上滑动时，木板 c 、 d 均静止不动， c 、 d 与地面间的动摩擦因数μ 至少多大？ ( 木板 c 、 d 与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ) (3) 若不计木板 c 、 d 与地面间的摩擦，碰后滑块 b 最终恰好没有离开木板 d ，求滑块 b 在木板 c上滑行的时间及木板 d 的长度 .【答案】 （ 1 ） ， （ 2 ） （ 3 ） ， 【解析】 (1) 根据题意可知：小滑块 a 碰后返回到 M 点时： 小滑块 a 碰后返回到 M 点过程中机械能守恒： 代入数据，解得： v1＝ 4 m/s取水平向右为正方向，小滑块 a 、 b 碰撞前后： 动量守恒： m1v0 ＝－ m1v1 ＋ m2v2 机械能守恒： 代入数据，解得： v0 ＝ 9.2 m/s ， v2 ＝ 5.2 m/s (2) 若 b 在 d 上滑动时 d 能静止，则 b 在 c 上滑动时 c 和 d 一定能静止 解得 (3) 小滑块 b 滑上长木板 c 时的加速度大小： 此时两块长木板的加速度大小： 令小滑块 b 在长木板 c 上的滑行时间为 t ，则：时间 t 内小滑块 b 的位移 两块长木板的位移 且 x1 － x2 ＝ L 解得： t1 ＝ 1 s 或 ( 舍去 ) b 刚离开长木板 c 时 b 的速度 b 刚离开长木板 c 时 d 的速度 d 的长度至少为 x ： 由动量守恒可知： 解得： v ＝ 2 m/s解得： x ＝ 1.4 m点睛：本题考查了动量守恒与能量守恒相结合的问题，在运用动量守恒时要注意公式的矢量性， 在运用能量守恒时要注意系统内有什么样的能量。 42 ．如图，质量为 4kg 的小车静止在光滑水平面上。小车 AB 段是半径为 0.45m 的四分之一光滑 圆弧轨道， BC 段是长为 2.0m 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点。一质量为 0.95kg 的小物 块 ( 可视为质点 ) 静止在小车右端。质量为 0.05kg 的子弹、以 100m/s 的水平速度从小物块右端射 入并留在物块中，已知子弹与小物块的作用时间极短。当小车固定时，小物块恰好运动到 A 点。 不计空气阻力，重力加速度为 10m/s 2 。 (1) 求 BC 段的动摩擦因数和小物块刚刚通过 B 点时对小车的压力； (2) 若子弹射入前小车不固定，求小物块在 AB 段上升的最大高度。 【答案】 （ 1 ） 30N ，方向竖直向下 (2)0.2m【解析】 (1) 已知小车质量 M=4kg, 小物块质量 m=0.95kg, 子弹质量 m0=0.05kg, 子弹初速度 v0=100m/s 。 子弹从小物块右端射入物块的过程动量守恒，设子弹与木块达到共同速度 vC,据动量守恒定律得： 代入数据，解得 v=5m/s己知图弧光滑轨道半径 R=0.45m, 小车固定时，小物块恰好运动到 A 点，设物块和子弹到达 B 点 时的速度大小 vB ，由机械能守恒，可得： 代入数据，解得 vB=3m/s已知 BC 段是长 L=2.0m, 若 BC 段的动摩擦因数为μ , 由动能定理 代入数据，解得μ =0.4 设小物块刚通过 B 点时，受的支持力为 FN 。由牛顿第二定律 代入数据，解得 FN=30N由牛顿第三定律可得，小物块对小车的压力大小为 30N ，方向竖直向下 (2) 若子弹射入前小车不固定，小物块在 AB 段上升到最大高度时，小物块和小车达到共同速度， 设最终的共速度为 v, 根据动量守恒定律得： 代入数据，解得 v=lm/s从子弹与小物块达到共同速度，到三种达到共同速度的过程中，系统损失的动能，一部分转化为 热能，一部分化为小物块的重力势能，设子弹与小物块上升的最大高度为 h ， 由能量守恒定律得： 代入数据，解得 h=0.2m 43 ．如图所示 , 水平面上 AB 间有一长度 x=4m 的凹槽 , 长度为 L=2m 、质量 M=1kg 的木板静止于 凹槽右侧 , 木板厚度与凹槽深度相同 , 水平面左侧有一半径 R=0.4m 的竖直半圆轨道 , 右侧有一个足 够长的圆弧轨道 ,A 点右侧静止一质量 m1=0.98kg 的小木块 . 射钉枪以速度 v0=100m/s 射出一颗质 量 m0=0.02kg 的铁钉 , 铁钉嵌在木块中并滑上木板 , 木板与木块间动摩擦因数μ =0.05, 其它摩擦不 计 . 若木板每次与 A 、 B 相碰后速度立即减为 0, 且与 A 、 B 不粘连 , 重力加速度 g=10m/s 2 . 求 : （ 1 ）铁钉射入木块后共同的速度 V;（ 2 ）木块经过竖直圆轨道最低点 C 时 , 对轨道的压力大小 FN;（ 3 ）木块最终停止时离 A 点的距离 s.【答案】 （ 1 ） （ 2 ） （ 3 ） 【解析】 (1) 设铁钉与木块的共同速度为 v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得： 解得： ； (3) 木块还能上升的高度为 h ，由机械能守恒有： 木块不脱离圆弧轨道，返回时以 1m/s 的速度再由 B 处滑上木板，设经过 t1 共速，此时木板的加 速度方向向右，大小仍为 a2 ，木块的加速度仍为 a1 ， 则： ，解得： 此时 碰撞后， v 薄板 =0 ，木块以速度 v3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过 t2 时间速度为 0 ，则 故Δ L=L ﹣△ x' ﹣ x=1.25m即木块停止运动时离 A 点 1.25m 远。 44 ．如图 (a) ，超级高铁 (Hyperloop) 是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具 有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。如图 (b) ，已知管道中固定着两根平行金属导轨 MN 、 PQ ，两导轨间距为 3 r ；运输车的质量为 m ，横截面是半径为 r 的圆。运输车上固定着间距为 D 、 与导轨垂直的两根导体棒 1 和 2 ，每根导体棒的电阻为 R ，每段长度为 D 的导轨的电阻也为 R 。 其他电阻忽略不计，重力加速度为 g 。 (1) 如图 (c) ，当管道中的导轨平面与水平面成θ =30 °时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输 车与导轨间的动摩擦因数μ； (2) 在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。 ①当运输车由静止离站时，在导体棒 2 后间距为 D 处接通固定在导轨上电动势为 E 的直流电源， 此时导体棒 1 、 2 均处于磁感应强度为 B ，垂直导轨平向下的匀强磁场中，如图 (d) 。求刚接通电 源时运输车的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象） ②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为 B ，宽度为 D 的匀强磁场，且相邻的匀强磁场 的方向相反。求运输车以速度 vo 从如图 (e) 通过距离 D 后的速度 v 。 【答案】 （ 1 ） 3 6 （ 2 ）① 4 3 11 rBE mR ② 2 2 0 3r B Dv mR  【解析】（ 1 ）分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图 a ，轨道对运输车的支持力为 N1 、 N2 ，如图 b. 由几何关系 1 cosN mg  ， 2 cosN mg  又 1 1f N ， 2 2f N 运输车匀速运动 mgsin θ =f1+f2 解得： 3= 6  （ 2 ）①运输车到站时，电路图如图（ c ）， 11= 4 RR总 由闭合电路的欧姆定律 EI R  总 又 1 4 II  ， 2 3 4 II  导体棒所受的安培力： 1 1 3F BI r  ； 2 2 3F BI r  运输车的加速度 1 2F Fa m  解得 4 3 11 rBEa mR  ②运输车进站时，电路如图 d ， 当车速为 v 时，由法拉第电磁感应定律： 1 3E B rv  ； 2 3E B rv  由闭合电路的欧姆定律 1 2 4 E EI R  导体棒所受的安培力： 1 3F BI r  ； 2 3F BI r  运输车所受的合力： 2 23B r vF R  选取一小段时间∆ t ，运输车速度的变化量为∆ v ，由动量定律： 2 23- B r v t m vR     即 2 23- B r x m vR     两边求和： 2 2 0 3- B r D mv mvR   ， 解得 2 2 0 3= - B r Dv v mR 45 ．如图所示，在光滑水平而上放置一个匀质木块 A, 厚度为 l, 质量为 19m, 并用销钉固定。一颗质 量为 m 的子弹以水平速度 v0 射入木块，恰好能从 A 中穿出，子弹在木块中受到的阻力可视为恒 力，且子弹可视为质点。 (1) 求子弹在木块中受到的阻力大小； (2) 取下销钉，同样的子弹仍以水平速度 v0 射人木块，求子弹能打入木块的深度。 【答案】 (1) 2 0 2 mvf l  （ 2 ） 19 20d l 【解析】【分析】子弹恰好击穿 A ，根据动能定理可得子弹在木块中受到的阻力大小，子弹与木块 最后达到共速，由系统动量守恒和功能关系得子弹射入木块的深度； 解：（ 1 ）子弹恰好击穿 A ，根据动能定理可得 2 0 10 2f l mv   解得： 2 0 2 mvf l  （ 2 ）由题意得子弹与木块最后达到共速，由系统动量守恒有  0 119mv m m v  损失的动能 2 2 0 1 1 1·202 2E mv mv   根据功能关系有 fd E  联立可得子弹射入木块的深度 19 20d l 46 ．（在用铀 235 作燃料的核反应堆中，铀 235 核吸收一个动能较小的慢中子后，可发生裂变反 应，放出一定的能量和几个快中子 , 而快中子不利于铀 235 的裂变。为了能使裂变反应继续下去， 需要将反应中放出的快中子减速。有一种减速的方法是使用石墨 ( 碳 12) 作减速剂。设中子与碳原 子的碰撞是对心弹性碰撞，求：一个动能为 1.75Mev 的快中子与静止的碳原子碰撞后动能减为多 少？（已知：碳原子的质量为中子质量的 12 倍） 【答案】 1.25MeV【解析】设中子的质量为 m ，则碳原子核的质量为 12m ；由动量守恒定律 mv0=mv1+12mv2 由能量关系： 1 2 mv 20= 1 2 mv 21+ 1 2 ∙ 12mv 22 其中 1 2 mv 20=1.75Mev 联立解得 E1= 1 2 mv 21=1.25Mev 47 ． 47 ．光滑水平面上有一足够长的木板质量为 M, 另一质量为 m 的滑块，以速度 0v 从左端滑上 木板，足够小滑块与木板间的动摩擦因数为  。求： ⑴木板最终的速度； ⑵滑块相对木板运动的时间。 【答案】 (1) 0mv m M (2)   0Mv g m M  48 ．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 线恰好被拉断且 B 恰好从 A 右端的上表面水平滑入。设 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 6kg ， B 的质量为 3kg ， A 、 B 之间动摩擦因数为μ =0.4 ；细线长为 L=0.4m 、 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 210 /g m s 。 （ 1 ）求细线被拉断瞬间 B 的速度大小 1v ； （ 2 ）若 x=1m ，求 A 与台阶的碰撞次数； （ 3 ）若 1 4x m ，求系统的总发热量。 【答案】 （ 1 ） 4m/s （ 2 ）碰撞一次（ 3 ） 当 4 9x m 时， 208 9Q J ，当 1 4 4 9m x m  时，  16 1 2 2Q x x   .【解析】（ 1 ）设 B 的质量为 m ， A 质量为 2m ，在最低点，由牛顿第二定律： 2 1mvT mg L   ，且 5T mg 解得 ; 1 2 4 /v gL m s  （ 2 ）设 A 与台阶碰撞前瞬间， A 、 B 的速度分别为 Av 和 Bv 由动量守恒得： 1 2B Amv mv mv  若 A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足： 2 A Bmv mv 对 A 应用动能定理： 21 22 Amgx mv   由于 1 4 4 Lx m  ，故 A 与台阶只碰撞一次 （ 3 ）设 0x x 时， A 左端到台阶板前瞬间， A 、 B 恰好达到共同速度 ABv 由动量守恒得：  1 2 ABmv m m v  对 A 由动能定理得： 2 0 1 22 ABmgx mv   联立解得： 0 4 4 9 9 Lx m  ①当 4 9x m 时，碰前 1 3AB vv  碰后由动量守恒得： 2 3AB AB ABmv mv mv   解得： 1 9AB vv  故发热量为 2 2 1 1 1 20832 2 9ABQ mv mv J    ② 1 4 4 9m x m  时， AB 共速前 A 就与台阶碰撞， A 与台阶碰撞前瞬间的速度 对 A 由动能定理： 2 2 1 22 Amgx mv   ，解得： 2Av gx B 的速度 2 1 2Bv v gx  碰后由动量守恒得： 2 2 22 3A B ABmv mv mv   故发热量  2 2 1 2 1 1 3 16 1 2 22 2 ABQ mv mv x x      49 ．一质量为 0.5kg 的小物块放在水平地面上的 A 点，距离 A 点 5m 的位置 B 处是一面墙，如图 所示．物块以 v0=9m/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 7m/s ， 碰后以 6m/s 的速度反向运动． g 取 10m/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.【答案】 （ 1 ） 0.32 （ 2 ） 130N （ 3 ） 9J 所以克服摩擦力做功为 9J ． 点睛：本题考查了求动摩擦因数、作用力、克服摩擦力做功，分析清楚物体运动过程、应用动能 定理、动量定理即可正确解题． 50 ．如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分足够长并与倾斜部分平滑连接，两导轨间 距 L=10cm ，导轨的倾斜部分气水平面成 =53 °，其中有一段匀强磁场区域 abcd ，磁场方向垂直 于斜面向上，磁感应强度 B=1T ，磁场下边界离水平轨道的高度 h=0.8m 。水平部分导轨间 ' 有竖 直方向等距离间隔也为 L 的匀强磁场 1B 和 2B ， 1B 和 2B 的方向相反，大小相等，即 1 2B B B  。 现有一质量 m=0.01kg 、电阻 R=0.5 Ω、边长也为 L 的正方形金属框，由倾斜导轨上某高度处静 止释放，金属框离开磁场 abcd 时恰好做匀速运动，此后金属框在水平导轨上滑行一段时间后进 入水平磁场区域，最终线框静止。重力加速度 210 /g m s ，感应电流的磁场可以忽略不计， sin53 ° =0.8 ， cos53 ° =0.6 。求： （ l ）金属框离开磁场 abcd 时的速度； （ 2 ）在水平导轨上运动过程中金属框内产生的电热； （ 3 ）若金属框恰能通过 n 个完整磁场区域，试写出 n 与高度 h 的关系式。 【答案】 （ 1 ） 4m/s （ 2 ） 0.156J （ 3 ） 500 380 1 4 hn   ， n ＝ 1 ， 2 ， 3 … 【解析】（ 1 ）金属框匀速离开磁场 abcd ，根据平衡条件得： mgsin BIL  根据闭合电路欧姆定律得： BLvI R  联立则有： 2 2B L vmgsin R   解得： v ＝ 4m/s（ 2 ）金属框最终停止时，根据能量守恒得： 21 sin2 2 LQ mv mg h       解得： Q=0.156J（ 3 ）当线框滑到水平轨道时，速度设为 0v ，根据机械能守恒得： 2 2 0 1 1sin2 2 2 Lmv mg h mv      解得： 0 15.2 20v h  当线框恰好穿过第一个磁场区域， n=1 时，根据动量定理得：  1 1 2 2 02 0BI L t BI L t mv      且 2 1 1 1 BLq I t R    ， 2 2 2 2 2BLq I t R    联立得： 2 3 0 5B L mvR  同理， n ＝ 2 时， 2 2 2 0 2 22 2 0BL BL BLBL BL BL mvR R R          联立得： 2 3 0 9B L mvR  综上可得：   2 3 0 4 1n B L mvR   ， n=1 ， 2 ， 3 … 即： 4 1 5 15.2 20n h   ， n=1 ， 2 ， 3 …  24 1 500 380n h   ， n=1 ， 2 ， 3 … 解得： 500 380 1 4 hn   ， n=1 ， 2 ， 3 … 51 ． (20 分 ) 如图，中空的水平圆形转盘内径 r=0.6m ，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑 凹槽，凹槽内有 A 、 B 、 D 、 E 四个物块， D 、 E 两物块分别被锁定在距离竖直转轴 R=1.0m 处， A 、 B 紧靠 D 、 E 放置两根不可伸长的轻绳，每根绳长 L=1.4m ，一端系在 C 物块上，另一端分别绕过 转盘内侧的光滑小滑轮，穿过 D 、 E 两物块中间的光滑圆孔，系在 A 、 B 两个物块上， A 、 B 、 D 、 E 四个物块的质量均为 m=0.1 ㎏， C 物块的质量 cm =2.0kg ，所有物块均可视为质点， ( 取重力加 速度 g=10m/s ² ) ，计算结果可用最简的分式与根号表示） (1) 启动转盘，转速缓慢增大，求 A 、 D 以及 B 、 E 之间恰好无压力时的细绳的拉力及转盘的角速 度； (2) 停下转盘后，将 C 物块置于圆心 O 处，并将 A 、 B 向外测移动使轻绳水平拉直，然后无初速度 释放 A 、 B 、 C 物块构成的系统，求 A 、 D 以及 B 、 E 相碰前瞬间 C 物块的速度； (3) 碰前瞬间解除对 D 、 E 物块的锁定，若 A 、 D 以及 B 、 E 一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间 极短，求碰后 C 物块的速度 .【答案】 (1) 5 2 rad/s2 (2) 20 41 m/s41 (3) 20 41m/s57 （ 2 ）设碰前 A 、 B 速度大小为 v ， C 的速度大小为 Cv ， 由绳长不变可知： Ccosv v  系统下落过程中机械能守恒： 2 21 12 2 2 c c cmv m v m gh   由几何关系 h=0.8m得： 20 41 m/s41cv  （ 3 ）设碰后 A 、 D 的速度大小为 v ， C 的速度大小为 ' cv 由绳长不变 'coscv v   设绳上拉力的冲量大小为 I ，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于重力。 对 C 物块运用动量定理： '2 cos c c c cI m v m v   对 A 、 D 运用动量定理： 2I mv mv  得： ' 41 20 41m/s57 57c cv v  【点睛】解决本题关键：（ 1 ）利用系统机械能守恒定律，解决绳子连接的问题时，注意绳两端速 度的分解；（ 2 ）熟练应用动量定理解决相关问题。 52 ．如图所示，半径 0.1mR  的竖直半圆形光滑轨道bc 与水平面 ab 相切．质量 0.1kgm  的小 滑块 B 放在半圆形轨道末端的b 点，另一质量也为 0.1kgm  的小滑块 A 以 0 2 10m / sv  的水 平初速度向 B 滑行，滑过 1mx  的距离，与 B 相碰，碰撞时间极短，碰后 A 、B 粘在一起运动．已 知木块 A 与水平面之间的动摩擦因数 0.2  ． A 、 B 均可视为质点．（ 210m / sg  ）．求： （1） A 与 B 碰撞后瞬间的速度大小 v ． （ 2 ）在半圆形轨道的最高点 c ，轨道对 A 、 B 的作用力 N 的大小． （3） AB 的落地点距离半圆形轨道末端b 的水平距离． 【答案】 （1）3m / s （ 2 ）8N （3） 5 m5 【解析】（1） A 与 B 碰撞前的运动过程，由动能定理得： 2 2 0 1 1 2 2Amg mv mv   ， 代数得： 6m / sAv  ． 故 A 、 B 碰前瞬间的速度大小为 6m / s ． A 、 B 碰撞过程满足动量守恒，取向右为正，由动量守恒 2Amv mv ， 得 3m / sv  ． （ 3 ） 设 整 体 经 过 C 点 的 速 度 为 Cv ， 由 b 运 动 到 C 的 过 程 中 ， 根 据 动 能 定 理 得 ： 2 21 12 2 2 22 2cmg R mv mv      得 5m / scv  ． 在C 点，对整体，受力分析： 2 2 2 cvmg N m R   ， 得 8NN  ． （3）在 C 位置，整体做平抛运动， 212 2R gt ， cx v t ． 代数得： 0.2st  ． 5 m5x  ． 53 ．某同学研究重物与地面撞击的过程，利用传感器记录重物与地面的接触时间．他让质量为 9kgM  的重物（包括传感器）从高 0.45mH  自由下落撞击地面，重物反弹高度 0.20mh  ， 重物与地面接触时间 0.1st  ．若重物与地面的形变很小，可忽略不计． g 以 210m / s ．求此过 程中： （1）重物受到地面的平均冲击力． （ 2 ）重物与地面撞击过程中损失的机械能． 【答案】 （1）540N ；（ 2 ） 22.5J 【解析】（1）重物自由下落，落地前瞬间，速度为 1v ， 21 2H gt ， 1v gt ． 得 1 3m / sv  ． 反弹瞬间速度为 2v ， 2 2 2v gh ， 2 2m / sv  ． 规定向上为正方向，由动量定理得：   2 1F mg t mv mv   ， 代数：    90 0.1 9 2 9 3F        ， 540NF  ． （ 2 ）损失的机械能 2 2 1 2 1 1 22.5J2 2kE mv mv    ． 点睛：本题考查了动量定理在实际生活中的运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，本题中运 用动量定理解题时，不能忽略重物的重力． 54 ．质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，钢板处于平衡状态。一 质量也为 m 的物块甲从钢板正上方高为 h 的 A 处自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动 x0 后到达最低点 B ；若物块乙质量为 2m ，仍从 A 处自由落下，则物块乙与钢板一起向下运动到 B点时，还具有向下的速度，已知重力加速度为 g ，空气阻力不计。求： (1) 物块甲和钢板一起运动到最低点 B 过程中弹簧弹性势能的增加量； (2) 物块乙和钢板一起运动到 B 点时速度 vB 的大小。 【答案】 0 12 2mg x h    0 2 5 3 9gx gh 根据题意可得到达最低点 B 时弹簧的弹性势能增加量为 2 0 1 0 1 12 2 22 2PE mgx mv mg x h v        (2) 设物块乙落在钢板上时的速度为 v0 ′，根据机械能守恒定律有： 2 0 12 22mgh mv   解得： 0 2v gh  设物块乙与钢板碰撞后的速度为 v2 ，根据动量守恒定律有 2mv0 ′＝ 3mv2 解得： 2 2 2 3 ghv  根据能量守恒定律可得： 2 2 0 2 1 13 3 32 2P BE mgx mv mv      联立各式解得： 0 2 5 3 9Bv gx gh  点睛：本题主要考查了动量守恒定律、动能定理和功能关系，它将动量守恒和功能关系完美地统 一在一起，解答此题还要注意弹簧的弹性势能只与劲度系数和形变量有关。 55 ．静放在光滑水平面上的小车左端有 1 4 光滑圆弧滑道 AB ，与水平滑到相切于 B 点，水平滑 道上的 BC 部分粗糙，其余部分光滑，右湍固定一个轻弹簧 P ，整个滑道质量为 1m ，如图所示， 现让质量为 2m 的滑块（可视为质点）自 A 点由静止释放，滑块滑过 BC 后与小车右端弹簧碰撞， 第一次被弹簧弹回后没有再滑上圆弧滑道，已知粗糙水平滑道 BC 长1 1.0m ，滑块与 BC 间的 动摩擦因数 0.15  ， 1 22m m 取 210m/sg  ，求： （1） 1 4 光滑圆弧滑道 AB 的半径大小范围． （ 2 ）整个过程中小车获得的最大速度． 【答案】 （ 1 ） 0.15 0.3m R m  （ 2 ） max 1 /v m s 【解析】（1）小车与滑块系统水平方向合外力为零．水平方向动量守恒，最终小车与滑块均静止， 小车与滑块的动能都为零，由能量守恒，重力势能转化为内能．当滑块静止在C 处时，圆弧滑道 半径最小，由能量守恒定律 2 2=m gR m gl最小 解得： 0.15mR 最小 ． 当滑块最终静止在 B 处时，圆弧滑道半径最大．由能量守恒， 2 2 2m gR Mm g L 最大 解得 0.3mR 最大 ． 0.15 0.3mm R  ． （ 2 ）滑块静止滑到最低点，小车速度最大，系统水平方向动量守恒． 以向右为正方向， 2 1 0m v m v 小车滑块 . 由机械能守恒 2 2 2 2 2 1 1+2 2m gR m v m v 小车滑块 ． 已知 1 22m m ．解得 3 gRv 小车 ． 0.15 0.3mm R  ．则 0.3mR  时， max max 1m/s3 gRv   ． 点睛：本题考查了求半径范围、小车的最大速度，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应 用动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题。 56 ．蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量 m ＝ 50 kg 的运动员从距蹦床 h1 ＝ 1.25 m 高处自由落下， 接着又能弹起 h2 ＝ 1.8 m 高，运动员与蹦床接触时间 t ＝ 0.50 s ，在空中保持直立，取 g ＝ 10 m/s 2 ， 求： ① 运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小 I ； ② 运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小 F.【答案】 ① 250 N · s ② 1600N【解析】根据冲量的定义即可求出重力的冲量大小；先根据动能定理或机械能守恒定律求出人碰 撞床前的速度 v1 和碰撞后的速度 v2 ，分析人与床作用过程中受哪些力，根据动量定理 F 合 t=mv2-mv1 ，可求出人受到床给它的平均作用力的大小。 ① 重力的冲量大小为： 50 10 0.50 250 ·I mgt N s   ＝ ② 设运动员下落 h1 高度时的速度大小为 v1 ，则根据动能定理可得： 2 1 1 1 2mgh mv 解得： 1 5 /v m s 弹起时速度大小为 v2 ，则根据动能定理可得： 2 2 2 1 2mgh mv 解得： 2 6 /v m s 取向上为正方向，由动量定理有：    2 1·F mg t mv mv    代入数据解得 F ＝ 1 600 N点睛：本题主要考查了动量定理的应用，在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式，一 定要规定正方向。 57 ．如图所示，水平固定的长滑竿上套有 2 个质量均为 m 的薄滑扣 ( 即可以滑动的圆环 )A 和 B ， 两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度为 l ，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒为 滑扣对滑竿正压力大小的 k 倍。开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起 ( 但未相互挤压 ) 。今给滑 扣 A 一个向左的初速度使其在滑竿上开始向左滑行，细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行， 继续滑行距离 2 l 后静止，假设细线拉紧过程的时间极短，重力加速度为 g 。求： (1) 滑扣 A 的初速度的大小； (2) 整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失。 【答案】 (1) 0 6v kgl ;(2) E kmgl  2 20 2 2 lv a    联立解得： 2v kgl ， 1 2v kgl ， 0 6v kgl (2) 系统在整个运动过程中由能量守恒得 2 0 1 22 2 lE mv kmgl k mg      解得： E kmgl  或： 2 2 1 2 1 1 22 2E mv mv kmgl     【点睛】本题考查了求速度、损失的机械能，分清运动过程，应用机械能守恒定律、动量守恒定 律、能量守恒定律即可正确解题．应用动量守恒定律解题时注意正方向的选择，应用动能定理解 题时要注意所研究的运动过程． 58 ．如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端与电阻 R 相连接，匀强磁场 B 竖直向下分布在导 轨所在的空间内，质量一定的金属棒在垂直导轨的方向上捆在导轨上。今使棒以一定的初速度向 右运动，当其通过位置 a 时速率为 va ，通过位置 b 时速率为 vb ，到位置 c 时棒刚好静止，设导轨 与捧的电阻均不计， a 、 b 与 b 、 c 的间距相等，以金属棒在由 a → b 和 b → c 的两个过程中，回路 中产生的电能 Eab 与 Ebc 之比为多大？ 【答案】 3:1ab bc E E  【解析】金属棒向右运动时，切割磁感线，回路中产生感应电流。根据左手定则可知，金属棒所 受安培力阻碍其运动。假设金属棒由 a 到 b 过程中，所受平均安培力为 F1 ，时间为 t1 ；由 b 到 c过程中，所受平均安培力为 F2 ，时间为 t2 ；导轨之间距离为 d 。 则 2 2 1 1 1 1 ab abBL d B d LF BI d B dRt Rt    同理 2 2 2 2 bcB d LF Rt  根据动量定理得－ F1t1 ＝ mvb － mva ，即 2 2 ab a b B d L mv mvR   ① — F2t2 ＝ 0 － rnvb ，即 2 2 bc b B d L mvR  ② 又因为 Lab ＝ Lbc ③ 据①②③式得 mva — mvb ＝ mvb所以 va ＝ 2vb 根据能量守恒有 2 2 21 1 3 2 2 2ab a b bE mv mv mv   21 2bc bE mv 则 2 2 3 2 3:11 2 b ab bc b mvE E mv   59 ．如图所示，两半径均为 R ＝ 0.2m 的光滑绝缘半圆轨道 PM 、 QN 在同—竖直面内放置，两半 圆轨道刚好与绝缘水平面平滑相切于 M 、 N 点， P 、 Q 分别为两半圆轨道的最高点。水平面 MF部分虚线方框内有竖直向下的匀强电场，场强大小为 E ，电场区域的水平宽度 LMF ＝ 0.2m 。带电 荷量为 q 、质量为 m ＝ 1kg 两相同带正电的两滑块 A 、 B 固定于水平面上，它们不在电场区域， 但 A 靠近 F ，它们之间夹有一压缩的绝缘弹簧（不连接），释放 A 、 B 后， A 进入电场时已脱离弹 簧。滑块与水平面间的动摩擦因数均为＝ 0.5 。已知 Eq ＝ 2N ，整个装置处于完全失重的宇宙飞 船中。 （ 1 ）如果弹簧储存的弹性势能 Ep ＝ 1J ，求自由释放 A 、 B 后 B 在 Q 点所受的弹力大小； （ 2 ）如果释放 A 、 B 后，要求二者只能在 M 、 F 间相碰，求弹簧储存的弹性势能 Ep ＇的取值范 围。 【答案】 （ 1 ） 5NF N (2) '0.2 PJ E <0.4J （ 2 ）由（ 1 ）可知，释放 A 、 B 后，二者获得的初速度大小相等，设为 v ＇。若 A 能通过电场，通 过电场的最长时间为 2 MF Am Lt v   ， B 运动到 M 处需要的时间 2 B Rt v   ，有 tAm