2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題07 碰撞與動(dòng)量守恒（含解析）

《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題07 碰撞與動(dòng)量守恒（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題07 碰撞與動(dòng)量守恒（含解析）（25頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題07 碰撞與動(dòng)量守恒 第一部分名師綜述 綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現(xiàn)，試題在考查主干知識(shí)的同時(shí)，注重考查基本概念和基本規(guī)律。 考綱要求 1、理解動(dòng)量、動(dòng)量變化量的概念；知道動(dòng)量守恒的條件。 2、會(huì)利用動(dòng)量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題。 命題規(guī)律 1、動(dòng)量和動(dòng)量的變化量這兩個(gè)概念常穿插在動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中考查。 2、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點(diǎn)和難點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)；動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題，以及動(dòng)量守恒定律與圓周運(yùn)動(dòng)、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點(diǎn)。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖所示，左圖為大型

2、游樂設(shè)施跳樓機(jī)，右圖為其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖。跳樓機(jī)由靜止從a自由下落到b，再從b開始以恒力制動(dòng)豎直下落到c停下。已知跳樓機(jī)和游客的總質(zhì)量為m，ab高度差為2h，bc高度差為h，重力加速度為g。則 A．從a到b與從b到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2：1 B．從a到b，跳樓機(jī)座椅對(duì)游客的作用力與游客的重力大小相等 C．從a到b，跳樓機(jī)和游客總重力的沖量大小為mgh D．從b到c，跳樓機(jī)受到制動(dòng)力的大小等于2mg 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A．由題意可知，跳樓機(jī)從a運(yùn)動(dòng)b過程中做自由落體運(yùn)動(dòng)，由2h=12gt12可得，下落時(shí)間t1=4hg=2hg，由vb2=2g?2h可知，運(yùn)動(dòng)到b的速度

3、大小為vb=4gh=2gh；跳樓機(jī)從a運(yùn)動(dòng)b過程中做減速運(yùn)動(dòng)，同理可得h=12at22，vb2=2ah，解得減速過程的加速度大小為a=2g，時(shí)間為t2=hg，故從a到b與從b到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為t1:t2=2hg:hg=2:1，故A正確； B．從a到b，跳樓機(jī)做自由落體運(yùn)動(dòng)，故跳樓機(jī)座椅對(duì)游客的作用力為零，故B錯(cuò)誤； C．從a到b，根據(jù)動(dòng)量定理可得IG=mvb=2mgh，則跳樓機(jī)和游客總重力的沖量大小為2mgh，故C錯(cuò)誤； D．從b到c，根據(jù)牛頓第二定律有：F-mg=ma=2mg，解得跳樓機(jī)受到制動(dòng)力的大小為F=3mg，故D錯(cuò)誤。 2．北京時(shí)間2009年3月1日下午15時(shí)36分，在距月

4、球表面100km的圓軌道上運(yùn)行的質(zhì)量為1.2×103kg (連同燃料)的“嫦娥一號(hào)”衛(wèi)星，在北京航天飛行控制中心科技人員的控制下發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火。在極短的時(shí)間內(nèi)以4.92km/s的速度（相對(duì)月球表面）向前噴出質(zhì)量為50kg的氣體后，衛(wèi)星減速。只在月球引力的作用下下落，最后成功撞擊到月球東經(jīng)52.36度、南緯1.50度的預(yù)定的豐富海區(qū)域，實(shí)現(xiàn)了預(yù)期目標(biāo)，為中國(guó)探月一期工程畫上一個(gè)圓滿的句號(hào)。已知月球的半徑R=1.7×103km，月球表面的重力加速度g/=1.8m/s2。則“嫦娥一號(hào)”噴氣后的速度約為（） A．1.10 km/s B．1.56km/s C．2.88km/s D．3.78km/s

5、【答案】 B 【解析】 【詳解】 “嫦娥一號(hào)”衛(wèi)星在距離月球表面100km做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)：GMm(R+h)2=mv2R+h其中GMm'R2=m'g'，則解得：v=Rg'R+h=1.7×1061.81.8×106m/s=1.7×103m/s；噴氣的過程根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv=(m-Δm)v1+Δmv2解得v1=mv-Δmv2m-Δm=1.2×103×1.7×103-50×4.92×1031.2×103-50m/s=1.56×103m/s=1.56km/s，故選B. 3．隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野?！耙椆?yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引

6、力來改變自己的速度。為了分析這個(gè)過程，可以提出以下兩種模式：探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u，探測(cè)器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2.探測(cè)器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是 A．v1>v0 B．v1= v0 C．v2>v0 D．v2=v0 【答案】 A 【解析】 【詳解】 設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，探測(cè)器和行星發(fā)生彈

7、性碰撞. A、B、對(duì)于模型一：設(shè)向左為正，由動(dòng)量守恒定律：Mu-mv0=mv1+Mu1，由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv12+12Mu12，聯(lián)立解得探測(cè)器碰后的速度v1=2Mu+Mv0-mv0M+m，因M>>m，則v1≈2U+v0>v0，故A正確，B錯(cuò)誤. C、D、對(duì)于模型二：設(shè)向左為正，由動(dòng)量守恒定律：Mu+mv0=-mv2+Mu2，由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv22+12Mu22，聯(lián)立解得探測(cè)器碰后的速度v2=Mv0-2Mu-mv0M+m，因M>>m，則v2≈v0-2U

8、質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是(　　) A．0 B．0.3v C．0.6?v D．0.9v 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、B兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v2， 選A原來的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有： mv=-mv1+2mv2…① 假設(shè)碰后A球靜止，即v1=0，可得：v2=0.5v 由題意知球A被反彈，所以球B的速度為：v2>0.5v…② AB兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關(guān)系有：12mv2≥12mv12+12×2mv

9、22…③ ①③兩式聯(lián)立得：v2≤23v…④ 由②④兩式可得：0.5v

10、解析】 【詳解】 A、對(duì)于每個(gè)氧離子，在加速電壓U的作用下加速，有：2eU=12m0v2，p=m0v，解得：p=2m0eU，故A錯(cuò)誤； B、設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)有n個(gè)離子被噴出，根據(jù)電流的定義式：I=QΔt=n2eΔt，對(duì)于單個(gè)離子，由動(dòng)量定理得：F0Δt=m0v，若有n個(gè)離子被噴出，則有F'=nF0，聯(lián)立以上各式可得：F'=Im0Ue，由牛頓第三定律：F=F'=Im0Ue，故B正確； C、對(duì)飛船，由牛頓第二定律得：a=FM=IMm0Ue，故C錯(cuò)誤； D、功率的單位與2MeU不同，故D錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 6．宇宙飛船動(dòng)力裝置的工作原理與下列情景相似：如圖，光滑地面上有一質(zhì)量為M的絕緣小車，

11、小車兩端分別固定帶等量異種電荷的豎直金屬板，在小車的右板正中央開有一個(gè)小孔，兩金屬板間的電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩板間電壓為U?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為+q、重力不計(jì)的粒子從左板正對(duì)小孔處無初速釋放。則以下判斷正確的是：( ) A．小車總保持靜止?fàn)顟B(tài) B．小車最后減速運(yùn)動(dòng) C．粒子穿過小孔時(shí)速度為2qUm D．粒子穿過小孔時(shí)速度為2MqUm(M+m) 【答案】 D 【解析】 【詳解】 金屬板間的電場(chǎng)方向向右，粒子所受的電場(chǎng)力方向向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，小車所受的電場(chǎng)力方向向左，則小車將向左做勻加速運(yùn)動(dòng)。粒子穿過小孔時(shí)速度，粒子不再受電場(chǎng)力作用，小車也不再受電場(chǎng)力

12、，將做勻速運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤。設(shè)粒子穿過小孔時(shí)速度為v1，小車此時(shí)的速度為v2．取向右方向?yàn)檎较颉８鶕?jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和能量守恒得：0=mv1-Mv2；?qU=12mv12+12mv22；聯(lián)立解得，v1=2MqUm(M+m)．故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。 7．雨打芭蕉是我國(guó)古代文學(xué)中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學(xué)將一圓柱形水杯置于院中，測(cè)得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15mm，查詢得知，當(dāng)時(shí)雨滴落地速度約為10m／s，設(shè)雨滴撞擊芭蕉后無反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1×103kg／m3，據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為 A．0.25N B．0.5N

13、C．1.5N D．2.5N 【答案】 A 【解析】 【詳解】 由于是估算壓強(qiáng)，所以不計(jì)雨滴的重力。設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為F．設(shè)在△t時(shí)間內(nèi)有質(zhì)量為△m的雨水的速度由v=10m/s減為零。以向上為正方向，對(duì)這部分雨水應(yīng)用動(dòng)量定理：F△t=0-（-△mv）=△mv。得：F=△mv△t；設(shè)水杯橫截面積為S，對(duì)水杯里的雨水，在△t時(shí)間內(nèi)水面上升△h，則有：△m=ρS△h；F=ρSv△h△t．壓強(qiáng)為：P=FS=ρv△h△t=1×103×10×15×10-310×60N/m2=0.25N/m2，故A正確，BCD錯(cuò)誤。 8．質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點(diǎn)無初速自由下落，在t秒末加上豎直

14、向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過t秒小球又回到A點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力且小球從未落地，則（） A．整個(gè)過程中小球電勢(shì)能變化了32mg2t2 B．整個(gè)過程中小球速度增量的大小為2gt C．從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了mg2t2 D．從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了mg2t2 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，抓住位移關(guān)系求出電場(chǎng)力和重力的大小關(guān)系。根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化，根據(jù)動(dòng)量定理求出整個(gè)過程中小球速度增量的大小，運(yùn)用動(dòng)能定理可得小球動(dòng)能變化，根據(jù)重力做功判斷從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化。 【詳解】 A、自由落體運(yùn)動(dòng)的位移x1=1

15、2gt2，末速度v=gt，設(shè)加上電場(chǎng)后的加速度為a，則加上電場(chǎng)后在ts內(nèi)的位移x2=vt-12at2=gt2-12at2，因?yàn)閤2=-x1，解得a=3g，根據(jù)牛頓第二定律有a=F-mgm，所以電場(chǎng)力F=4mg，電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)，則電場(chǎng)力做的正功W=Fx1=2mg2t2，帶電小球電勢(shì)能減小了2mg2t2，故A錯(cuò)誤。 B、整個(gè)過程中由動(dòng)量定理有：Ft-mg2t=m?v，解得小球速度增量的大小?v=2gt，故B正確。 C、加電場(chǎng)時(shí)，物體的速度v=gt，到最低點(diǎn)時(shí)末速度為零，則由動(dòng)能定理可知?jiǎng)幽軠p小了12mg2t2，故C錯(cuò)誤。 D、ts末加上電場(chǎng)勻減速運(yùn)動(dòng)到零的位移：x′=v22a=g2t2

16、6g=gt26，則從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的位移：x=gt26+12gt2=23gt2，則重力做功WG=23mg2t2，所以重力勢(shì)能減小量為23mg2t2．故D錯(cuò)誤。 故選：B 9．如圖所示，光滑地面上靜置一質(zhì)量為M的半圓形凹槽，凹槽半徑為R，表面光滑。將一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從凹槽邊緣處由靜止釋放，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到凹槽的最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)凹槽的壓力為FN，F(xiàn)N的求解比較復(fù)雜，但是我們可以根據(jù)學(xué)過的物理知識(shí)和方法判斷出可能正確的是（重力加速度為g）（ ） A．(3M+2m)mgM B．(3m+2M)mgM C．(3M+2)mgM D．(3m+2)mgM 【答案】 A 【解析】

17、 【詳解】 滑塊和凹側(cè)組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)有：mv=Mv'，mgR=12mv2+12Mv'2，由極限的思想，當(dāng)M趨于無窮大時(shí)，v'趨近于0，凹槽靜止不動(dòng)，滑塊速度為v=2gR，且小滑塊在最低點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得FN-mg=mv2R，解得FN=3mg，四個(gè)選項(xiàng)中當(dāng)M趨于無窮大時(shí)，只有A選項(xiàng)符合，另外CD選項(xiàng)從量綱的角度上講也不對(duì)，故A對(duì)；BCD錯(cuò)； 故選A 10．如圖甲所示，一塊長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射人木塊。當(dāng)子彈剛射穿木塊時(shí)，木塊向前移動(dòng)的距離為s(圖乙)。設(shè)子彈穿過木塊的過程中受到的阻力

18、恒定不變，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)。則子彈穿過木塊的時(shí)間為 A．1v0(s+L) B．1v0(s+2L) C．12v0(s+L) D．1v0(L+2s) 【答案】 D 【解析】 【分析】 以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，滿足動(dòng)量守恒定律，分別對(duì)子彈和木塊列動(dòng)能定理表達(dá)式，再對(duì)木塊列動(dòng)量定理表達(dá)式，聯(lián)立可求解. 【詳解】 子彈穿過木塊過程，對(duì)子彈和木塊的系統(tǒng)，外力之和為零動(dòng)量守恒，有：mv0=mv1+mv2， 設(shè)子彈穿過木塊的過程所受阻力為f，對(duì)子彈由動(dòng)能定理：-f(s+L)=12mv12-12mv02，由動(dòng)量定理：-ft=mv1-mv0， 對(duì)木塊由動(dòng)能定理：

19、fs=12mv22，由動(dòng)量定理：ft=mv2， 聯(lián)立解得：t=1v0(L+2s)；故選D. 【點(diǎn)睛】 子彈穿過木塊的過程，子彈與木塊組成的相同動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律與動(dòng)量定理可以正確解題，解題時(shí)注意研究對(duì)象、研究過程的選擇. 二、多選題 11．如圖所示，用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊右側(cè)的煤層。設(shè)水柱直徑為D，水流速度為v．方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零．高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計(jì)，已知水的密度為ρ，下列說法正確的是 A．高壓水槍的流量為vπD2 B．高壓水槍的功率為18ρπD2v3 C．水柱對(duì)煤層的平均沖

20、擊力為14ρπD2v2 D．手對(duì)高壓水槍的作用力水平向右 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A、設(shè)Δt時(shí)間內(nèi),從水槍噴出的水的體積為ΔV, 則ΔV=SvΔt=14πD2vΔt ,所以單位時(shí)間內(nèi)高壓水槍的流量為Q=14πD2v，故A錯(cuò)； B、設(shè)Δt時(shí)間內(nèi),從水槍噴出的水的體積為ΔV, 質(zhì)量為Δm ,則Δm=ρΔV ,Δt時(shí)間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為14ρπD2vΔt,Δt時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能Ek=12Δmv2=18ρπD2v3Δt,高壓水槍的功率P=Wt=18ρπD2v3,故B對(duì)； C、考慮一個(gè)極短時(shí)間Δt' ,在此時(shí)間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m,設(shè)煤層對(duì)水柱的作用力為F,由動(dòng)量定

21、理,FΔt'=mv,Δt'時(shí)間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量m=14ρπD2vΔt' ,解得F=14ρπD2v2由牛頓第三定律可知,水柱對(duì)煤層的平均沖力為F=14ρπD2v2，故C對(duì)； D、當(dāng)高壓水槍向右噴出高壓水流時(shí),水流對(duì)高壓水槍的作用力向左,由于高壓水槍有重力,根據(jù)平衡條件,手對(duì)高壓水槍的作用力方向斜向右上方,故D錯(cuò)； 12．如圖所示，運(yùn)動(dòng)的球A在光滑水平面上與一個(gè)原來靜止的球B發(fā)生彈性碰撞， A．要使B球獲得最大動(dòng)能，則應(yīng)讓A,B兩球質(zhì)量相等 B．要使B球獲得最大速度，則應(yīng)讓A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量 C．要使B球獲得最大動(dòng)量，則應(yīng)讓A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量 D．若A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量

22、，則B球?qū)@得最大動(dòng)能、最大速度及最大動(dòng)量 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 設(shè)A球的質(zhì)量為m1、B球質(zhì)量為m2、碰前A球的速度為v0，A與B發(fā)生彈性碰撞，則：m1v0=m1v1+m2v2、12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得：v1'=m1-m2m1+m2v0、v2'=2m1m1+m2v0。 A：據(jù)v1'=m1-m2m1+m2v0，當(dāng)A、B兩球質(zhì)量相等時(shí)，碰后A的速度為零，B獲得了A碰前的全部動(dòng)能，B球獲得了最大動(dòng)能。故A項(xiàng)正確。 B：據(jù)v2'=2m1m1+m2v0，當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量時(shí)，B球獲得最大速度，接近碰前A速度的2倍。故B項(xiàng)正確。 C：據(jù)v

23、1'=m1-m2m1+m2v0，當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量時(shí)，A球幾乎原速反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得了A球初始動(dòng)量的接近2倍，B球獲得最大動(dòng)量。故C項(xiàng)正確。 D：由上面三項(xiàng)分析知，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 13．靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的原子核X發(fā)生α衰變后變成新原子核Y。已知核X的質(zhì)量數(shù)為A，電荷數(shù)為Z，核X、核Y和α粒子的質(zhì)量分別為mX、mY和mα，α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R。則 A．衰變方程可表示為ZAX→Z-2A-4Y+24He B．核Y的結(jié)合能為（mx-my-mα）c2 C．核Y在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為2RZ-2 D．核Y的動(dòng)能為EKY=mY(mX-mY-mα)c2mY+mα 【答案】

24、 AC 【解析】 【詳解】 A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程可表示為ZAX→Z-2A-4Y+24He，選項(xiàng)A正確； B．此反應(yīng)中放出的總能量為：?E=（mx-my-mα）c2，可知核Y的結(jié)合能不等于（mx-my-mα）c2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； C．根據(jù)半徑公式r=mvqB，又mv=P（動(dòng)量），則得r=PqB，在衰變過程遵守動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：0=PY-Pα，則PY=Pα，得半徑之比為rYrα=qαqY=2Z-2，則核Y在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為rY=2RZ-2，故C正確； D．兩核的動(dòng)能之比：EkYEkα=12mYvY212mαvα2=mα(mYvY)2mY(mαvα)2=m

25、αmY，因EkY+Ekα=ΔE=（mx-my-mα）c2，解得EkY=mα(mX-mY-mα)c2mY+mα，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 14．如圖所示，一光滑水平軌道的左邊緊靠豎直墻壁，右邊與一個(gè)半徑足夠大的14光滑圓弧軌道平滑相連，質(zhì)量分別為1.5kg與0.5kg的木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，現(xiàn)給木塊A一大小為6m/s的速度，使其水半向左運(yùn)動(dòng)并與墻壁碰撞，碰撞的時(shí)間為0.3s，碰后的速度大小變?yōu)?m/s，木塊A、B碰撞后立即粘在一起繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，則(　　) A．在木塊A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對(duì)木塊A的平均作用力大小為50N B．木塊A與在墻壁碰撞的過程中沒有能

26、量損失 C．木塊A、B碰撞后一起向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s D．木塊A、B滑上圓弧軌道后到達(dá)的最大高度為0.45m 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 設(shè)水平向右為正方向，當(dāng)A與墻壁碰撞時(shí)，由動(dòng)量定理得：Ft=mAv'1-mA?(-v1)，代入數(shù)據(jù)解，墻壁對(duì)A的平均作用力為：F=50N，故A正確。A與墻壁碰撞后動(dòng)能減小，說明碰撞過程中A的能量有損失，故B錯(cuò)誤。設(shè)碰撞后A、B的共同速度為v，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAv'1=(mA+mB)v，代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s，故C正確。A、B在光滑圓形軌道上滑動(dòng)時(shí)，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：12(m

27、A+mB)v2=(mA+mB)gh，代入數(shù)據(jù)解得：h=0.45m，故D錯(cuò)誤。故選ACD。 15．如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻，平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h 處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。己知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中（） （重力加速度為g） A．金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱 B．金屬棒克服安培力做的功為mgh

28、 C．金屬棒產(chǎn)生的電熱為12mg（h-μd） D．金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2ghμg-B2L2d2Rμmg 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 根據(jù)功能關(guān)系知，金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒以及電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和，故A錯(cuò)誤。設(shè)金屬棒克服安培力所做的功為W．對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得 mgh-μmgd-W=0，得 W=mg（h-μd），故B錯(cuò)誤。電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱Q=W= mg（h-μd），則屬棒產(chǎn)生的電熱為12mg（h-μd），故C正確。金屬棒在下滑過程中，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=12mv02，得v0=2gh。金屬棒經(jīng)過磁場(chǎng)通過某界面的電量為q=ΔΦ2R=

29、BLd2R；根據(jù)動(dòng)量定理：-BILΔt-μmgdΔt=0-mv0，其中q=IΔt，解得Δt=2ghμg-B2L2d2Rμmg，選項(xiàng)D正確；故選CD. 16．如圖甲所示，一滑塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向?yàn)檎较?，子彈在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s2。則 A．傳送帶的速度大小為4m/s B．滑塊的質(zhì)量為3.3kg C．滑塊向左運(yùn)動(dòng)過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8J D

30、．若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動(dòng)輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R為0.4m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動(dòng)量守恒與傳送帶相結(jié)合的問題，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識(shí)分析計(jì)算。 【詳解】 A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速的速度大小為2m/s，則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。 B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s，子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系

31、統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正，據(jù)動(dòng)量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質(zhì)量M=66m=3.3kg。故B項(xiàng)正確。 C：滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)過程中滑塊與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運(yùn)動(dòng)過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ(M+m)gs=0.2×3.35×10×8J=53.6J。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。 D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端

32、水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R=0.4m。故D項(xiàng)正確。 17．如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為mA=6kg，mB=2kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁現(xiàn)對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)向左的力，該力對(duì)物體B做功W=25J，使A、B間彈簧被壓縮，在系統(tǒng)靜止時(shí)，突然撤去向左推力解除壓縮，則 A．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．從撤去外力至A與墻面剛分離，A對(duì)彈簧的沖量I=10 N·s，方向水平向右 D．A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，兩物體速率均是2.5m/s

33、 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A、解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，墻壁對(duì)A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，恢復(fù)原長(zhǎng)后，AB一起向右運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的合外力為零，動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤； B、解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，故B正確； C、壓縮彈簧時(shí)，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈性勢(shì)能全轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，設(shè)此時(shí)B的速度為v0，則：W=EP=12mBv02，得v0＝5m/s，此過程墻壁對(duì)A的沖量大小等于彈簧對(duì)A的沖量大小，也等于彈簧對(duì)B的沖量大小，由動(dòng)量定理得：I

34、＝mBv0＝10 N·s，故C正確； D、當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最小，則：vAmin＝0，A、B都運(yùn)動(dòng)后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧拉伸最長(zhǎng)．此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，以向右為正，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒有：mBv0=mAvA+mBvB，12mBv02=12mAvA2+12mBvB2，得vA=2.5m/s，vB=-2.5m/s，故D正確。 18．如圖固定在地面的斜面傾角為30°，物塊B固定在木箱A的上方，一起從a點(diǎn)由靜止開始下滑，到b點(diǎn)接觸輕彈簧，又壓縮至最低點(diǎn)c，此時(shí)將B迅速拿走，然后木箱A又恰好被輕彈簧彈回到a點(diǎn)。已知A質(zhì)量為m，B質(zhì)量為3m

35、，a、c間距為L(zhǎng)，重力加速度為g。下列說法正確的是 A．在A上滑的過程中，與彈簧分離時(shí)A的速度最大 B．彈簧被壓縮至最低點(diǎn)c時(shí)，其彈性勢(shì)能為0.8mgL C．在木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點(diǎn)的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為1.5mgL D．若物塊B沒有被拿出，AB能夠上升的最高位置距離a點(diǎn)為L(zhǎng)/4 【答案】 BC 【解析】 【分析】 對(duì)木箱A下滑和上滑過程，運(yùn)用功能原理列式，可分析若物塊B沒有被拿出，彈簧能否將整體彈回a點(diǎn)．在A、B一起下滑的過程中，速度最大時(shí)的位置合力為零．根據(jù)功能關(guān)系求彈簧上端在最低點(diǎn)c時(shí)其彈性勢(shì)能以及摩擦產(chǎn)生的熱量． 【詳解】 A．在A上滑的

36、過程中，與彈簧分離是彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的時(shí)候，之前A已經(jīng)開始減速，故分離時(shí)A的速度不是最大，A錯(cuò)誤； B．設(shè)彈簧上端在最低點(diǎn)c時(shí)，其彈性勢(shì)能為Ep，在A、B一起下滑的過程中，由功能關(guān)系有4mgLsinθ＝μ?4mgLcos30°+Ep，將物塊B拿出后木箱A從c點(diǎn)到a點(diǎn)的過程，由功能關(guān)系可得 Ep＝mgLsinθ+μmgLcos30°聯(lián)立解得Ep＝0.8mgL，故B正確； C．由分析可得，木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點(diǎn)的過程中，摩擦生熱Q=5μmgLcosθ=5(Ep-mgLsinθ)=1.5mgL D．若AB一起能返回的距離大于彈簧原長(zhǎng)，則有Ep=4mgL'cosθ+μmgL'cosθ，

37、解得L'=L4，但不知道L'與彈簧原長(zhǎng)的關(guān)系，故無法確定，故D錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵是掌握功與能的關(guān)系，明確能量是如何轉(zhuǎn)化的．解題時(shí)，采用分段法列式． 19．一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長(zhǎng)度為L(zhǎng)；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為h，返回后恰好到達(dá)a點(diǎn)與物體P相對(duì)靜止，重力加速度為g，則： A．粗糙水平面ab的動(dòng)摩擦因數(shù)為h/L B．當(dāng)木塊最后到達(dá)a時(shí)的速度為0 C．當(dāng)木塊最后到達(dá)a時(shí)的

38、速度為v0/3 D．整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量為2mgh 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 分不同階段應(yīng)用動(dòng)量守恒和能量守恒即可解決問題。 【詳解】 先分析小物塊從開始到最高點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)量守恒：mv0=3mv，v=13v0，根據(jù)能量守恒，有μmgL+mgh=12mv02-32mv2①，同理，最后到達(dá)a點(diǎn)時(shí)的速度也是v=13v0，整個(gè)過程能量守恒有2μmgL=12mv02-32mv2②，聯(lián)立①②得μmgL=mgh，得μ=hL，整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量Q=2μmgL=2mgh；綜上ACD正確，B錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 本題綜合運(yùn)用了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，要注意摩擦生熱與相對(duì)運(yùn)動(dòng)的關(guān)

39、系。 20．如圖所示，在光滑的水平面上靜止著物體P，P上有一個(gè)軌道，軌道的右端為一半徑為R的光滑1/4圓弧，左端是長(zhǎng)度為R的直軌道。一個(gè)小滑塊Q以初速度v0=4gR水平向右滑上直軌道，已知P和Q質(zhì)量相等，與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，P和Q的質(zhì)量均為m，下列判斷正確的是 A．Q不可能沖出P的圓弧軌道 B．Q第二次經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)時(shí)P的速度最大 C．從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過程，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為15mgR 【答案】 BD 【解析】 【分析】 假設(shè)當(dāng)滑塊Q的速度為v時(shí)，滑塊恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)，則由水平方向動(dòng)

40、量守恒以及能量關(guān)系可求解v，從而判斷當(dāng)v0=4gR時(shí)Q能否沖出P的圓弧軌道；分析整個(gè)過程中P的受力情況可知Q第二次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度最大；結(jié)合功能關(guān)系求解系統(tǒng)機(jī)械能的損失. 【詳解】 設(shè)當(dāng)滑塊Q的速度為v時(shí)，滑塊恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)，則由水平方向動(dòng)量守恒：mv=2mv共；由能量關(guān)系：12mv2=12?2mv2共+mgR，解得v=2gR，可知當(dāng)v0=4gR時(shí)Q能沖出P的圓弧軌道，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；Q開始在水平軌道部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，P受向右的摩擦力被加速；在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q給P斜向下的壓力而使P加速；Q返回到圓弧面上時(shí)P仍然加速，因Q第二次經(jīng)過P點(diǎn)后進(jìn)入水平面上后給P向左的摩擦力而使P開始減速，可知第

41、二次經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)時(shí)P的速度最大，選項(xiàng)B正確；從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過程，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過程，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE=μmgΔs=0.2×mg×R=0.2mgR，選項(xiàng)D正確；故選BD. 三、解答題 21．如圖所示，內(nèi)壁光滑、半徑R=1.25 m的四分之一圓弧軌道AB在最低點(diǎn)B與粗糙水平軌道BC相切。質(zhì)量ml=0.1 kg的物塊口自圓弧軌道頂端由靜止釋放，質(zhì)量m2=0.2kg的物塊6靜止在水平軌道上，與B點(diǎn)相距x=4m，一段時(shí)間后物塊a、b發(fā)生彈性正碰。己知a、b與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g取10

42、 m/S2。求： (1)物塊a、b碰撞前口的速度大?。? (2)物塊a、b碰撞后相距的最遠(yuǎn)距離。 【答案】（1）v1=2g(R-μx)=3m/s；（2）小球a與b相距的最遠(yuǎn)距離Δx=v1'22a+v2'22a=1.25m 【解析】 【詳解】 （1）a由靜止釋放到最低點(diǎn)B的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：m1gR=12m1v02 a從B點(diǎn)到與b碰撞前的過程中，由動(dòng)能定理得：-μm1gx=12m1v12-12m1v02 （或：從釋放到碰撞全過程，由動(dòng)能定理得：m1gR-μm1gx=12m1v12） 聯(lián)立可得：v1=2g(R-μx)=3m/s （2）小球a與b發(fā)生彈性碰撞過程中，

43、 由動(dòng)量守恒定律得：m1v1=m1v1'+m2v2' 由能量守恒定律得：12m1v12=12m1v1'2+12m2v2'2 聯(lián)立解得：v1'=m1-m2m1+m2v1=1m/s，v2'=2m1m1+m2v1=2m/s 碰后小球a與b都做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：μmg=ma 小球a與b相距的最遠(yuǎn)距離：Δx=v1'22a+v2'22a=1.25m 22．光滑水平面上放著兩完全相同的小球A和B，其質(zhì)量均為0.02kg，A靠在豎直墻壁上，一原長(zhǎng)為12cm的輕質(zhì)彈簧將A、B連在一起，壓縮彈簧使其長(zhǎng)度為4cm時(shí)，用銷釘擋住B不動(dòng)。拔掉銷釘，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度第2次達(dá)到（12+30）cm時(shí)，從A、B

44、之間撤去彈簧，之后A、B發(fā)生彈性碰撞，分別沖向長(zhǎng)為0.5m、傾角為53°的光滑斜面（機(jī)械能不損失），并落到足夠長(zhǎng)的水平固定平臺(tái)上，已知彈簧彈性勢(shì)能的表達(dá)式為Ep=12kx2，其中勁度系數(shù)k=200N/m，x為彈簧形變量；sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2．求： （1）彈簧首次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)B球的速度大小； （2）從撤去彈簧到兩球相碰經(jīng)歷的時(shí)間； （3）兩球在平臺(tái)上第一次落點(diǎn)間的距離。 【答案】（1）8m/s；（2）12+30200s；（3）1.536m。 【解析】 【詳解】 （1）至彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得：12kx12=12mBvB2 代

45、入數(shù)據(jù)得vB=8m/s （2）彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，A開始運(yùn)動(dòng)，至撤去彈簧 由動(dòng)量守恒定律得mBvB=mAvA1+mBvB1 由能量守恒定律12kx12-12kx22=12mAvA12+12mBvB12 代入數(shù)據(jù)得vA1=5m/s vB1=3m/s 從撤去彈簧到A、B相碰經(jīng)歷時(shí)間t=l2vA1-vB1 解得t=12+30200s （3）A、B彈性碰撞，機(jī)械能動(dòng)量均守恒 速度交換vA2=3m/s；vB2=5m/s 到達(dá)斜面頂端的速度分別為vA3，vB3 v22-v32=2as 其中斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a=8m/s2 得vA3=1m/s，vB3=17m/s 在平臺(tái)上的水平位移x

46、=v3cos53°?2v3sin53°g 最終可得兩球落點(diǎn)的水平距離d=1.536m 23．如圖所示,半徑R=0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),軌道的一個(gè)端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ=30°,另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn),C點(diǎn)右側(cè)的光滑水平路面上緊挨C點(diǎn)放置一木板,木板質(zhì)量M=2kg,上表面與C點(diǎn)等高.質(zhì)量m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從空中A點(diǎn)以v0=1m/s的速度水平拋出,恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道,沿軌道滑行之后又滑上木板,已知木板的長(zhǎng)度L=1m,取g=10m/s2,求： (1)物塊剛到達(dá)軌道上的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力; (2)若物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0

47、.3≤μ≤0.8,物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量. 【答案】(1)50N (2)①當(dāng)0.3≤μ<0.6時(shí)，Q1=10μ；②當(dāng)0.6≤μ≤0.8時(shí)，Q1=6J 【解析】 【詳解】 （1）A→B(平拋運(yùn)動(dòng)):vB=2v0 B→C(能量守恒):mgR(1+sinθ)+12mvB2=12mvC2 C 點(diǎn):FNC-mg=mvc2R 聯(lián)立以上三式得:FNC=50N 由牛頓第三定律可得物塊剛到達(dá)軌道上的 C 點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力:FNC'=50N （2）設(shè)物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ時(shí)，物塊恰好滑到木板右端，由動(dòng)量和能量守恒可得:mvc=(m+M)v 12mvc2=12(m+M)v2+μm

48、gL 解得μ=0.6 ①當(dāng)0.3≤μ<0.6時(shí)，A和小車不能共速，A將從小車左端滑落: 則A與小車之間產(chǎn)生的熱量Q1=μmAgL=10μ ②當(dāng)0.6≤μ≤0.8時(shí)，A和小車能共速： 則A與小車之間產(chǎn)生的熱量：Q1=12mAvA2-12(mA+M)v2=6J 24．如圖所示，長(zhǎng)木板質(zhì)量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，質(zhì)量為m=1 kg的物塊A，右端放著一個(gè)質(zhì)量也為m=1 kg的物塊B，兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.4，AB之間的距離L=6 m，開始時(shí)物塊與木板都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對(duì)物塊A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2。 （

49、1）為使物塊A與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，F(xiàn)至少為多少？ （2）若F=8 N，求物塊A經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間與B相撞，假如碰撞過程時(shí)間極短且沒有機(jī)械能損失，則碰后瞬間AB的速度分別是多少？ 【答案】（1）5 N （2）vA’=2m/s vB’=8m/s 【解析】 【詳解】 （1）據(jù)分析物塊A與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)物塊B和木板之間的摩擦力沒有達(dá)到最大靜摩擦力。 設(shè)物塊A與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，拉力為F0，整體的加速度大小為a，則： 對(duì)整體： F0=（2m+M）a 對(duì)木板和B：μmg=（m+M）a 解之得： F0=5N 即為使物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，恒定拉力至少為5 N； （2）物

50、塊的加速度大小為：aA=F-μmgm=4m∕s2 木板和B的加速度大小為：aB=μmgM-m=1m/s2 設(shè)物塊滑到木板右端所需時(shí)間為t，則：xA-xB=L 即12aAt2-12aBt2=L 解之得：t=2 s vA=aAt=8m/s vB=aBt=2m/s AB發(fā)生彈性碰撞則動(dòng)量守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇ 機(jī)械能守恒：12mva2+12mvB2=12mva＇2+12mvB＇2 解得：vA＇=2m/s vB＇=8m/s 25．如圖所示，在兩根間距為L(zhǎng)的水平金屬導(dǎo)軌上，有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線圈，線圈的 ab、cd 邊質(zhì)量均為m，電阻均為 R；ac、bd

51、邊的質(zhì)量和電阻均不計(jì)。在cd和pq 間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在導(dǎo)軌上，另有一根質(zhì)量為 m、電阻為R的金屬棒 ef，在恒力F的作用下向右運(yùn)動(dòng)。線圈和ef金屬棒與導(dǎo)軌的摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。當(dāng) ef 棒向右運(yùn)行距離為 L 時(shí)，線圈剛好開始運(yùn)動(dòng)，求: （1）ef棒的速度； （2）ef棒從靜止開始，到線圈剛開始運(yùn)動(dòng)消耗的時(shí)間； （3）在ef棒運(yùn)動(dòng)過程中，cd桿消耗的焦耳熱； （4）當(dāng)ef桿速度多大時(shí)，作用在桿子上的合外力的功率最大，并求出最大功率。 【答案】（1）v=3μmgRB2L2；（2）Δt=2B4L5+9μm2gR23(F-μmg)RB2L2；

52、（3）Qcd=16FL-μmgL-9μ2m3g2R22B4L4； （4）v=3R(F-μmg)4B2L2，最大值Pm=3R(F-μmg)28B2L2 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)ef棒的速度為v，則電動(dòng)勢(shì)E=BLv； 流過cd的電流Icd=12ER+12R=BLv3R ; 線圈剛剛開始運(yùn)動(dòng)：BIcdL=2μmg 聯(lián)立解得ef棒的速度：v=6μmgRB2L2 （2）從ef開始運(yùn)動(dòng)，到線圈開始運(yùn)動(dòng)，對(duì)ef由動(dòng)能定理：(F-BIL-μmg)Δt=mv 其中的q=IΔt；I=BL?LΔt?32R； 聯(lián)立解得：Δt=mv+2B2L3/3RF-μmg， 解得Δt=6μm2gRB2L2

53、+2B2L33RF-μmg=6μm2gR+2B4L53RB2L2(F-μmg) （3）由能量關(guān)系可知：FL-μmgL-Q=12mv2 其中cd桿消耗的焦耳熱為：Qcd=16Q 可得：Qcd=16(FL-μmgL-18μ2m3g2R2B4L4) （4）作用在桿子上的合外力的功率：P=(F-μmg-B2L2v1.5R)v，P是v的二次函數(shù)， 由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)v=1.5R(F-μmg)2B2L2時(shí)P最大，最大值為Pm=1.5R(F-μmg)24B2L2 26．如圖所示，一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的小物塊，在距離電場(chǎng)區(qū)域?yàn)閍處以一定的初速度在一水平絕緣平面上向右運(yùn)動(dòng)，物塊與絕緣平面

54、的摩擦因數(shù)為μ，物塊在運(yùn)動(dòng)過程中要穿越寬度為2a，場(chǎng)強(qiáng)大小為E的電場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，物塊停留在離開電場(chǎng)區(qū)域左邊緣的0.5a處，當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向向上時(shí)，物塊停留在距離電場(chǎng)區(qū)域右側(cè)的a處。求： （1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，以及物塊的初速度; （2）若增加物塊初速度的大小，當(dāng)電場(chǎng)向下時(shí)，物塊仍能停在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)。求電場(chǎng)向上時(shí)物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與電場(chǎng)向下情況下物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間差值的最小值。并求出對(duì)應(yīng)的初速度。 【答案】（1）E=mgq；v0=2μga（2）Δtmin=2aμg；v0=6μga 【解析】 【詳解】 （1）當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，由動(dòng)能定理：12mv02=μmga+μ(mg+qE)×0

55、.5a； 當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上時(shí)，由動(dòng)能定理：12mv02=μmg?2a+μ(mg-qE)×2a； 聯(lián)立解得：E=mgq；v0=2μga （2）無論電場(chǎng)方向如何，物塊在進(jìn)入電場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)時(shí)時(shí)間是相等的，設(shè)滑塊剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為v，當(dāng)電場(chǎng)向下時(shí)物塊不滑出電場(chǎng)，則由動(dòng)量定理：μ(mg+qE)t1=mv 解得：t1=v2μg； 若場(chǎng)強(qiáng)向上，則由于mg=qE，則滑塊在電場(chǎng)中受摩擦力為零而做勻速運(yùn)動(dòng)，出離電場(chǎng)后做運(yùn)減速運(yùn)動(dòng)，則在電場(chǎng)中的時(shí)間為：t21=2av， 出離電場(chǎng)時(shí)：μmgt22=mv， 則運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：t2=2av+vμg； 則時(shí)間差：Δt=t2-t1=2av+vμg-v2μg=2a

56、v+v2μg； 由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)2av=v2μg時(shí)，?t最小，即當(dāng)v=2μga時(shí)，?t最小值為：Δtmin=2aμg； 此時(shí)當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)向下時(shí)，有：12mv2=μ(mg+qE)x，解得x=a，滑塊不滑出電場(chǎng)的范圍； 由動(dòng)能定理：12mv02=μmga+12mv2， 解得：v0=6μga； 27．如圖所示，在同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、M'N'與均處于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑連接，半圓軌道半徑均為r=0.5m，導(dǎo)軌間距L=1m，水平導(dǎo)軌左端MM'接有R=2Ω的定值電阻，水平軌道的ANN'A'區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪=1m。一質(zhì)量為m=0.2k

57、g、電阻為R0=0.5Ω、長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1m的導(dǎo)體棒ab放置在水平導(dǎo)軌上距磁場(chǎng)左邊界s處，在與導(dǎo)體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)至NN'時(shí)撤去F，結(jié)果導(dǎo)體棒ab恰好能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)PP'。已知重力加速度g取10m/s2，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。 （1）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及s的大??； （2）若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到AA'時(shí)撤去拉力，試判斷導(dǎo)體棒能不能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上。如果不能，說明理由；如果能，試再判斷導(dǎo)體棒沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)不會(huì)脫離軌道。 【答案】（1）B=1T，s=1.

58、25m；（2）h=0.45m，由于h

59、+R0d=m(v3-v1) 解得：v3=3m/s 所以假設(shè)成立，能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上。 假設(shè)導(dǎo)體棒在半圓軌道上不會(huì)離開軌道，上升的最大高度為h 則有：mgh=12mv32 解得：h=0.45m，由于h

60、度減為0，ER流體對(duì)薄滑塊的阻力必須隨薄滑塊下移而適當(dāng)變化，以薄滑塊初始位置處為原點(diǎn)，向下為正方向建立Ox軸，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。 (1)求ER流體對(duì)薄滑塊的阻力Ff隨位置坐標(biāo)x變化的函數(shù)關(guān)系式 (2)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調(diào)節(jié)使之后ER流體對(duì)運(yùn)動(dòng)的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊仍能向上運(yùn)動(dòng)，求λ的取值范圍。 (3)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調(diào)節(jié)使之后ER流體對(duì)運(yùn)動(dòng)的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊向上運(yùn)動(dòng)一段距離后停止運(yùn)動(dòng)不再下降，求A的最小值。 【答案】(1)f=-kx+mg+kL4；(2)λ<1；(3)13 【解析】 【詳解

61、】 (1)設(shè)滑塊靜止時(shí)彈簧壓縮量為x0，則有：kx0=mg 設(shè)物體下落與滑塊相碰前的速度大小為v0，由動(dòng)能定理得：mgL=12mv02 設(shè)碰后二者粘在一起的共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=(m+12m)v1 滑塊下移的距離為x1=2mgk時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：0-v22=-2ax1 由牛頓第二定律得：k(x0+x1)+f-2mg=2ma 解得f=-kx+mg+kL4； (2)滑塊能向上運(yùn)動(dòng)，則有k(x0+x1)>2mg+λmg 解得：λ<1； (3)當(dāng)滑塊向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若規(guī)定向上為滑塊和物體所受合力的正方向，則合力： F=k(x+x0)-2mg-λmg-kx-(1+λ

62、)mg 作出F-x圖象如圖所示： 由數(shù)學(xué)知識(shí)可得滑塊停止運(yùn)動(dòng)的位置坐標(biāo)x1=2λmgk 滑塊停止運(yùn)動(dòng)不再下降的條件是：2mg-k(x1+x0)≤λmg 解得：λ≥13。 29．碰撞過程中的動(dòng)量和能量傳遞規(guī)律在物理學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用。如圖所示，將一個(gè)大質(zhì)量的彈性球A（質(zhì)量為m1）和一個(gè)小質(zhì)量的彈性球B（質(zhì)量為m2）疊放在一起，從初始高度h0由靜止豎直下落，不計(jì)空氣阻力，且h0遠(yuǎn)大于球的半徑。設(shè)A球與地面作用前的速度大小為v0（v0為未知量），A球和地面相碰后，以原速反彈；反彈后它和以v0向下運(yùn)動(dòng)的B球碰撞，如圖（甲）所示。碰后如圖（乙）所示。取豎直向上為正方向。 （1）a．求

63、v0； b．有同學(xué)認(rèn)為，兩物體（選為一個(gè)系統(tǒng)）在豎直方向碰撞，由于重力的影響，系統(tǒng)動(dòng)量不再守恒。現(xiàn)通過實(shí)驗(yàn)及計(jì)算說明這一問題。 某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，測(cè)得m1=60.0g，m2=3.0g，h0=1.80m，A和B碰撞時(shí)間Δt=0.01s，重力加速度g取10m/s2。 ①求A和B相互作用前瞬間系統(tǒng)的總動(dòng)量大小P1； ②求A和B相互作用過程中，系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量大小ΔP； ③計(jì)算ΔPP1×100%的值。據(jù)此實(shí)驗(yàn)及結(jié)果，你認(rèn)為物體在豎直方向碰撞過程中，是否可以應(yīng)用動(dòng)量守恒定律？并簡(jiǎn)要說明理由。 （2）若不計(jì)系統(tǒng)重力的影響，且m2<

64、v0=2gh0 b.①0.342kg?m/s②6.3×10-3N?s③1.84%（2）1.8m 【解析】 【詳解】 （1）a．由機(jī)械能守恒定律可知：mgh0=12v02， 解得v0=2gh0 b.兩物體落地前的速度v0=2×10×1.8m/s=6m/s ①A和B相互作用前瞬間系統(tǒng)的總動(dòng)量大小P1=m1v0-m2v0=(60.0-3.0)×10-3×6kg?m/s=0.342kg?m/s； ②根據(jù)動(dòng)量定理，A和B相互作用過程中，系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量等于重力的沖量：ΔP=(m1+m2)gΔt=(60.0+3.0)×10-3×10×0.01=6.3×10-3N?s ③ΔPP1×100

65、00=6.3×10-30.342×10000=1.8400； 據(jù)此實(shí)驗(yàn)及結(jié)果，則物體在豎直方向碰撞過程中，可以應(yīng)用動(dòng)量守恒定律；因?yàn)橹亓Φ臎_量遠(yuǎn)小于系統(tǒng)總動(dòng)量。 （2）若不計(jì)系統(tǒng)重力的影響，且m2<

66、，m和M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，開始均靜止．今對(duì)木板施加一水平向右的恒定拉力F=21N，作用2s后，撤去拉力F，求： (1)拉力F對(duì)木板的沖量 (2)整個(gè)過程木板和小物體間因摩擦而產(chǎn)生的熱量（g取10m/s2）。 【答案】（1）42N?s，方向水平向右；（2）21J 【解析】 【詳解】 （1）由I＝Ft 帶入數(shù)據(jù)可得：I＝42Ns，方向水平向右 （2）0－2s對(duì)m：μmg＝ma1 0－2s對(duì)M：F?μmg＝Ma2 帶入數(shù)據(jù)可得a1＝1 m/s2，a2＝4m/s,2 相對(duì)滑動(dòng)的路程為S1＝12a2t2?12a1t2 帶入數(shù)據(jù)可得：S1＝6m 產(chǎn)生的熱量Q1＝umg S1 Q1＝6J 此時(shí)m的速度v1＝2 m/s，v2＝8 m/s 由動(dòng)量守恒可知：mv1+Mv2＝（m+M）v共 v共＝7 m/s t2＝v共-v1a1=5s 相對(duì)滑動(dòng)的路程為S2＝v共+v22t2?v共+v12t2＝15m＜(25-6)m， 所以m沒有掉下去，能夠和M共速度 由能量關(guān)系可知：Q2＝12mv12+12Mv22?12（m+M）v2共 Q2＝15J Q總＝Q1+