决胜高考——物理五年内经典好题汇编动量.pdf

决胜高考一一物理五年内经典好题汇编（动量）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.2B.3C.4D.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4 P 2 力 2 p2 M为2P,根据P2=2 m EK,以及能量的关系得-+上 4 B,所以AB正确。2 M 2 m 2 M m2.（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答案：减小压强（提高稳定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）自行车的设计目 的（从物理知识角度）车架用铝合金、钛合金代替钢架减轻车重车胎变宽自行车后轮外胎上的花纹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 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0.0 4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）规格后轮驱动直流永磁铁电机车型1 4电动自行车额定输出功率200W整车质量40Kg额定电压48V最大载重120 Kg额定电流4.5A答案：40：0.64.（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X X98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、拉力厂和安培力R的作用。由动能定理：少/+-%安=应得W,.+W.(=AEK+sg 6即力尸做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选Ao5.(09 海南物理 7)-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。和 力。时刻相对于出发点的位移分别是玉和马，速度分别是匕和匕，合外力从开始至7。时刻做的功是幽，从4至2 0时刻做的功是,则(AC)A.x2-5x,v2-3V)B.x,-9X2 V2=5V)C.x2=5X W2-8%D.岭=3%=9%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-t图象如图所示。下列表 述 正确 的 是(A)A.在01S内，合外力做正功B.在02s内，合外力总是做负功C.在l 2s内，合外力不做功D.在03s内，合外力总是做正功98解析：根据物体的速度图象可知，物体O-ls内做匀加速合外力做正功，A正确；l-3 s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理。到3s内，12 s内合外力做功为零.7.（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）5F2tA.时刻的瞬时功率为mB.3%时 刻 的 瞬 时 功 率 为 弛 m23尸/C.在7 =0至U 3/。这段忖间内，水平力的平均功率为上34m25772 rD.在，=0至 这 段 时 间 内，水平力的平均功率为上a6m8.（09 安 徽 18）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abed,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 b d 往 复 运 动。粒 子 从 b点 运 动 到 d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。点的电势最高，所以从6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；由右到。电场力做正功，电势能减小，由。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。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L98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（F-2源）RA.杆的速度最大值为B.流过电阻R的电量为五+r-nC.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解析：当杆达到最大速度匕时，尸一卬 吆-.小.=0 得匕,=（畔邛+厂）,A 错；R+r B2 d2由公式4 =/=严1 =旦 ,B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能（7?+r）（7?+r）R+r定理有：%+%+印安=阻,其中%安=一。，恒力厂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；恒力厂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,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（A B ）A.氢能、核能、太阳能 B.风能、潮汐能、核能C.生物质能、风能、氢能 D.太阳能、生物质能、地热能二、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、且无机械能损失的简化力学模型。如图2m 1 m 2 m imn-tn /98（1）如图1 所示，A B C 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，B C 段水平，A B 段与B C 段平滑连接。质量为町 的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道B C 段上质量为加2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。求碰撞后小球加2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、mn的若干个球沿直线静止相间排列，给第 1个 球 初 能 从 而 引 起 各 球 的 依 次 碰 撞。定义其中第个球经过依次碰撞后获得的动 能/与 之 比 为 第 1 个球对第n 个球的动能传递系数用“oa.求人”，b.若 叫=4%,加&为确定的已知量。求加2为何值时，人”值最大解析：（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律mlg/7=y/7 7,VlO 设碰撞后m i 与 m2的速度分别为V i 和 v2,根据动量守恒定律町 丫10=mv+m2v2 由于碰撞过程中无机械能损失1 2 1 o 1 22Wivio=2W,V 1+万叫与、式联立解得,=网 皿 m+加2将代入得2/W J2ghv2 =；加+加2（2）a 由式，考虑至U E.=g如编和以2=3机2 H得98根据动能传递系数的定义，对于1、2两球包七藻F同理可得，球 和 球m3碰撞后，动能传递系数如 应为Ek3 Ek2,Ek3 _ 4固加2,4吗利3 Eki Ek E/2(W,+m2)2(啊+叫)2依次类推，动能传递系数kin应为kin=%=里.兔 麻 =4/加2,4 m2附3.4 mti小Ek EN Ek 2*(_,)(w1+/n2)2(w2+/n3)2(w_+mn)2解得.n-2 9 9L _ 4 叫 型句，%|”7(加+团2)(团2+团3)(团 一 1+团 )b.将mF4m0,m3=m。代入式可得为使跖 最大，只需使-=!万最大，即 归+遍 取 最 小 值，(4机。+?2)(加2+加0)4 m(；m2当而7=学&，即机2=2m0时，3最大。VW212.(09 天 津!()如图所示，质 量m i=0.3kg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v=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。98（1）设物块与小车的共同速度为力 以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有w2v0=（wj+m2）v 设物块与车面间的滑动摩擦力为F,对物块应用动量定理有-F t-m2v-m2v0 其中 F =/jm2g 解得t=叫%（町+%）g代入数据得/=0.24s（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/,则加2；=（OT1 +M 由功能关系有g m2Vo=j （m+W2 ）V，2+即12gL 代入数据解得=5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物 块 滑 上 小 车 的 速 度 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，4、B、C,质量分别为mB=n?c=2m,mA=m,A,8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,8以共同速度火运动，C静止。某时刻细绳突然断开，4 8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8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的速度为乙，由动量守恒定律有+-mAv+mBvB,mBvB=（加行+肛7）也联立这两式得B和C碰撞前B的速度为9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，场强为在N（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x个质量均为，的带电微粒，其中电荷量为（7的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达（0,-*点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求（1）分裂时两个微粒各自的速度；（2）当微粒1到达点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；（3）当微粒1到 达（0,-）点时，两微粒间的距离。答案：（1）V,=-口岭=RE4方向沿 丫 正方向（2）p=qE12qEd（3）2j2dV 2m V 2m v m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分裂时的速度为小 微粒2的速度为丹则有：在y方向上有-d-卬在x方向上有qEa-m口 1 2d=at2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mvi+mv2=0方向沿y正方向。（2）设微粒1到 达（0,点时的速度为%则电场力做功的瞬时功率为P=qEvB cos 3-qEvBx其 中 由 运 动 学 公 式=V-2ad=98所以P =qE（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S ,=6（1则当微粒1 到 达（0,d）点时，两微粒间的距离为8C=2S|=2 痣 d15.（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，它山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,8、C间距与C、D间距相等，半径4=2.0m、4=L4m。一个质量为加=1.0 kg 的小球（视为质点），从轨道的左侧A点 以%=12.0m/s 的初速度沿轨道向右运动，4、B间距。=6.0 m。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/s 2,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，8、C间距A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&应满足的条件；小球最终停留点与起点/的距离。第一圈胱通答案：（1）10.0N；（2）12.5 m （3）当 Ov Aj AOdm 时，A =3 6.0 m；当1.0m 4 火 3 27.9 m 时，Z/=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 根据动能定理981 .1 0-Rmg L -2mg R1=mv -mv 小球在最高点受到重力/期和轨道对它的作用力凡根据牛顿第二定律2F +m g -m&由得 F =10.0N (2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为艺，由题意ms,-m 火2-+A)-2 m gR2=-m v 由得 Z =12.5 m (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西，应满足由得m e=机-&一+2L)-2mg Rj=(愣丫；m voR3=0.4 mI I.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为几根据动能定理-f jmg Lx+2L)-2 m g R3=0-g/w r；解得R3-1.0 m为了保证圆轨道不重叠，后最大值应满足(4+Rj=G+(&-&)2解得 用=27.9 m综 合 I、I I,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 R?0.4 m98或1.0m /?3 27.9 m当0 0）的滑块从距离弹簧上端为s。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匕（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V m，求滑块从静止释放到速度大小为V m 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。图中横坐标轴上的匕上及 t 3 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V 1 为滑块在t i 时刻的速度大小，V m 是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）答案：（1鹏=J ,2”。；（2）吠=3,”丁一（席 疝。+）（+筌 独 史 巫）:qE+m g s m O 2 0 k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98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a,则有qE+mgs in3=ma 1 2 C5（）=”联立可得12叫.二 丫 qE+mg sin 6（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为公,则有mg sin 6+qE=从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得1 2(mgsin0+qE)(xw+)+%=mvm-0 联立可得U71 2,。，口、/,mgsinO+qEW=mvm-mg sin 0+qE)(s。H 2-1)s2 k(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O.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=1.50ma问：要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间？（取 g=10）98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Vi，由平抛运动的规律S-vt,1=清 厂2解得M =S.=3 m/s2h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U3,由牛顿第二定律及机械能守恒定律解得v3=15gh=4 m/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设电动机工作时间至少为t,根据功能原理1 2Pt fL niV min由此可得 t=2.53s18.（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98量为小电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。(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氏、八，试讨论粒子能获得的最大动能E端。解析:(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为口,速度为Viqu=mv/同理，粒子第2次经过狭缝后的半径则 r2-.ry-4 1(2)设粒子到出口处被加速了 n圈InqU=mv1v2qvB=m RT 27rm1=-qBt-nT98解 得t=兀BR22U(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 =匣-271m当磁场感应强度为Bm时，加 速 电 场 的 频 率 应 为=2%27rm粒子的动能纭当A,W fm时，粒子的最大动能由B m 决定丹 瓦”=加 K解得心,，=4 日当A,2fm时，粒子的最大动能由幻决定V”=2 兀 fmR解 得Ekm=2 病 必 污19.(09 四 川 2 3)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 X 1()3 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v L 0 2 m/s的匀速运动。取 g=1 0 m/sl 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。解析：98（1）设起重机允许输出的最大功率为P,重物达到最大速度时，拉力F。等于重力。Po=FoV m代入数据，有：P（=5.IX IO W（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V I,匀加速运动经历时间为tb有：Po=FoviF m g=m aV i=a ti由，代入数据，得：如=5T=2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为V 2,输出功率为P,则P=FV2由，代入数据，得:P=2.0 4 X 1 0%20.（09 上海物理 20）质量为5 x l 03 kg的汽车在t=0 时刻速度v 0=1 0 m/s,随后以P=6 x 1 0 w 的额定功率沿平直公路继续前进，经 7 2 s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5 义 1。3|。求：（1）汽车的最大速度V m；（2）汽车在7 2 s内经过的路程5。解析：（1）当达到最大速度时，P=Fv=Wm，Vm1=m/s=2 4 m/s（2）从开始到7 2 s时刻依据动能定理得：1 ,1 ,2 P tn?vm2+m i/02Ptf s=2 mvm 2 mv0,解得：s=方-=1 2 5 2 m o21.（09 上海物理 23）（1 2 分）如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯 成 1 2 0。角的绝缘轻杆两端，OA 和 OB的长度均为/,可绕过。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 八 二 d量均为q，处在竖直向下的匀强电场中。开始时，杆 O B 与竖直方向的夹角优=6 0。，由静止释放，摆动到行9 0。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）系统山初位置运动到平衡位置，重力做的功吗 和 静电力做的功M；（3）B 球在摆动到平衡位置时速度的大小V。解析：(1)力矩平衡时:(mg qE)/sin 9 0=(mg+qE)/sin (1 2 0 9 0 ),98即 m g-q E=/(m g+qE),得：E=器;(2)重力做功：W&=mg l(c o s3 0 c o s6 0)m g/c o s6 0=(彳-1)mg l,向静电力做功：We=qEI(c o s3 0 0 c o s6 0)+qE/c o s6 0=g mg I,(3)小球 动 能 改 变 量 m/=V V g+V V e=2 J1)mg I,得小球的速度：v=l =、J1)g K2 2.(0 9 四 川 25)如图所示，轻弹簧一端连于固定点0,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 X 1 0 2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度Vo=2 O m/s 竖直向下射出小球P,小球P到达0 点的正下方0,点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若 0、0i 相距R=l.5 m,小球P在点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=l.6 X 10,k g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 和垂直于纸血的磁感应强度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、。表示，其中9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：m g R+%=；m v2-mv 1 代入数据，得：W=-2.05 J(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v i 和 V,并令水平向右为正方向，有：mv -mvt+MV 而.、=眦m若 P、N 碰后速度同向时，计算可得V v l,这种碰撞不能实现。P、N碰后瞬时必为反向运动。+TZ Bqr有：V=-M98P、N速度相同时，N经过的时间为6,P经过的时间为%。设此时N的速度V I的方向与水平 方 向 的 夹 角 为 0,有：c os(9 =匕 匕g tN=匕s i n夕=匕s i n 0 代入数据，得：/,v=5 4对小球P,其圆周运动的周期为T,有：7=包(9)Bq经计算得：6 0,故此过程A一直匀减速运动。此匕时间内A运 动 的 位 移,=f=0.28/7741 2此ti时间内A相对B运动的位移S=sA+%1=0.32加此t1时间内摩擦力对B做的功为w =T.SB=-0.032J匕后，由于尸/,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 速度丫=乙 一(7*2F-f ,对B 加速度aB!=-=0.4加Is加B速度 V =a81f 2联立以上各式并代入数据解得u=0.2m Is t=0.5s此t2时间内A运 动 的 位 移 +吗”2=O 35m“2 298此 t 2 时间内B运 动 的 位 移 小 考=0.0 5 加此 t 2 时间内A相对B运动的位移5 2 =SA 2-SB2=0.3 0 机此 t 2 时间内摩擦力对B做的功为W =T-SB2=-0.0 4 J所以A最远能到达b点 a、b的距离L 为L =环+4=0.6 2 加从 t=0 时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为w/=w(+w 2 =-0.0 7 2 J o2 7.(0 9 宁 夏 2 4)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。.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4=0.0 0 8,用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至=0 0 0 4 在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处 以 2 m/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 1 0 m/s2)解析：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为5,所受摩擦力的大小为/；：在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S 2,所受摩擦力的大小为力。则有S1+S2=S 式中S 为投掷线到圆心0的距离。f=%mg f2=%mg 设冰壶的初速度为%,由功能关系，得98f-Sy+f2-S2=mvl 联立以上各式，解得S,=2 4 g S-$-2g（A -2）代入数据得S2=Wm 2008年高考题一、选择题1.（08天津理综20）一个静止的质点，在04 s时间内受到力F的作用，力的 Q N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 B.第2 s末位移改变方向?4-1 2 J/t/sC.第4 s末回到原出发点 D.第4 s末运动速度为零 一,-七答案 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,它们的质量分别为皿、陶电荷量分别为qi、S,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.答案（qi+qz）E=（mi+ni2）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（qi+qj E=（mi+m?）g3.（08全 国124）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 眠 窗-T/I _Q由滑动，小球与滑块上的悬点0山一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为I.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。=6 0 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.（2）小球从释放到第 诙到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小.98答案(1)-01痴 7 g m gl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0、V2,由机械能守恒定律得m vi2+m v22=m g I 2 2小球由最低点向左摆动到最高点时，由机械能守恒定律得m v2L=m gl(1-c os 6 0 )2联立式得VF V2=7g/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7=0-m vi解得片-m (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1 2m g I+W=m v2 2联立式得W=-m g I2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m gI24.(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V。与 A 加 B静止在平面边缘0 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|00 D 曲线，如图所示.:*(1)已知小滑块质量为m,碰撞时间为At,求碰撞过程中A 对 B 平均冲力的大小；D(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0 D 曲线重合的位置,让A 沿该轨道无初速下滑(经分析,A F 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P8的大小关系；b.在 0 D 曲线上有点M,0 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.98答案小 、wvn,、2 7 5(1)-(2)a.PAPB b.VAX=-VoA/5解析(1)滑块A与B正碰,满足mvA+mve-mvo 1 2 1 2 1 2/-xITIVA+mve=mvo(2)2 2 2由，解得VA=O,VB=VO,根据动量定理,滑块B满足F A t=mvo解 得F二竺，At(2)a.设任意点到0点竖直高度差为d.A、B由0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1 2EkA二mgd,EkB=m gd+-m v(f2由于 二师1,有 心 二 叵 二O Zi7PB 在KB Mv2+2gd即 PA PB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0为原点，建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右，v轴正方向竖直向下，则对B有1 2x=vot,y二一g t2B的轨迹方程y=J x?2v02在h L x=y,所以y=22V-/g因为A、B的运动轨迹均为0 D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VB,和VM速率为Vs；A水平和竖直分速度大小分别为V“和V”速度为VA,则B 做平抛运动，故 VBX=VO,v8y=-j2gy,vB=98对 A由机械能守恒得v=12g yV。+2劭V。+2 g y将代入得 VAx=-VO VAy=-VO5.(0 8四川理综2 5)如图所示,一倾角为。=4 5。的斜面固定于地面,斜血顶端离地面的高度h 0=l m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自山释放一质量m=0.0 9 k g 的小物块(视为质点).小物块与斜面之间的动摩擦因数=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 1 0 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+76)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1 hv,由功能关系得：m g h=一m v“+m g co s，-2 s i n。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：7=m v-m(-v)设碰撞后小物块所能达到的最大高度为M ,则 ,hf-m v-m g h +m g co s 夕-(3)2 s i n。1hr同理，有 m g h =m vz 2+m g co s 0-2 s i n gV=m v,f(-v )式中，/为小物块再次到达斜面底端时的速度，7为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量.由式得r=k z式中k=tan。一 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Zi=2 m J 2 g o（l-co t。）总冲量为T Zi+Zj+Zid+k+kW）98由 l+k+k2+-+k -k得 1=2 m l 2 g 4 (1 -co t。)代入数据得7=0.4(3+76)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m g s i n -m g co s 0二 m a 设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则：-=2 a (2)s i n。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/=m v-m(-v)由式得/=2 m J 2 g 4(1 -C O t ff)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：m g s i n 夕+m g co s =m a 小物块沿斜面向上运动的最大高度为2hz=s i n 0(6)2d由式得2 二 岛式中k甲三 tan 6+同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量为：T=2 m J 2 g”(1 -co t。)由 式得/=k Z 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987i=2m J 2 g%(l_cote)总冲量为斤 Ti+A+m/FT；(l+k+k2+k：!)-kn由+k+kz+1 展 =-Cl-ku得 I-2m j2 g V(l-cote)l-k代入数据得7 0.4(3+76)N s 6.(0 8天津理综2 4)光滑水平面上放着质量m A=1 k g的物块A与质量HIB=2 k g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，区也q区(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/s2,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/的大小；(3)绳拉断过程绳对A所做的功W.答案 5 m/s(2)4 N s(3)8 J2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=meZR1 2 1 2 cMBVB-m B V c+2mBgR2 2代入数据得VB=5 m/s(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v i,取水平向右为正方向，有EP=Lm“v2 O IBVB-RIBVI98代入数据得上-4 N s,其大小为4 N -s（3）设绳断后A的速度为V.,取水平向右为正方向，有m nVi=m nVii+niAVA W 1 2W=m-,VA2代入数据得W=8 J7.（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随时间的变化如图（b）所示,不带电的绝缘小球2静止在0点.t=0时,带正电的小球2Pi以速度V。从A点进入AB区域,随后与巴发生正碰后反弹,反弹速度大小是碰前的一倍,P.3（1）求碰撞后小球Pi向左运动的最大距离及所需时间.（2）讨论两球能否在0B区间内再次发生碰撞.答案（1），L。T（2）能再次发生碰撞3解析（1）因为T=所以0T时间内Pi做匀速直线运动,T s末恰好到达0点，与P?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1 2-qE（）s=0-m i（vo）2 2 398s L o L o3根据匀变速直线运动的规律知1 2S=V o t2 30t=T 4 Tvo由知，题意假设正确，P i 向左运动的最大距离为工乙,所需时间为T.3(2 )设 R、P?碰撞后P?的速度为v,以向右为正方向，根据动量守恒定律得,2 、m i V o=m i (-V o)+5 m i v3则 V=V o3假设两球能在0 B 区间内再次发生碰撞，设 P i#从第一次碰撞到再次碰撞的时间为tz(碰后 P z做匀速直线运动)-V o t*+-t=-V o tz 3 2 m 33 L则 t =3 T 4 T voP i,P 2 从 0点出发到再次碰撞时的位移S i=-1 V o t ,=1V o3,-4-t=L o P2交换速度，即碰后P2在B点的速度为:VB=5 m/s设P?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：-mgR=