1、第七章 動量、能量守恒2009年高考新題一、選擇題1.（09·全國卷·21）質量為M的物塊以速度V運動，與質量為m的靜止物塊發生正撞，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質量之比M/m可能為 （ AB ）A.2 B.3 C.4 D. 5解析：本題考查動量守恒.根據動量守恒和能量守恒得設碰撞后兩者的動量都為P,則總動量為2P,根據,以及能量的關系得,所以AB正確。2.（09·上海·44）自行車的設計蘊含了許多物理知識，利用所學知識完成下表自行車的設計目的（從物理知識角度）車架用鋁合金、鈦合金代替鋼架減輕車重車胎變寬自行車后輪外胎上的花紋答案：減小壓強（提高穩定性

2、）；增大摩擦（防止打滑；排水）3.（09·上海·46）與普通自行車相比，電動自行車騎行更省力。下表為某一品牌電動自行車的部分技術參數。在額定輸出功率不變的情況下，質量為60Kg的人騎著此自行車沿平直公路行駛，所受阻力恒為車和人總重的0.04倍。當此電動車達到最大速度時，牽引力為 N,當車速為2s/m時，其加速度為 m/s2(g=10m m/s2)規格后輪驅動直流永磁鐵電機車型14電動自行車額定輸出功率200W整車質量40Kg額定電壓48V最大載重120 Kg額定電流4.5A答案：40：0.64.（09·天津·4）如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接

3、有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，力F做的功與安培力做的功的代數和等于 （ A ）A.棒的機械能增加量B.棒的動能增加量C.棒的重力勢能增加量D.電阻R上放出的熱量解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由動能定理： 得即力F做的功與安培力做功的代數和等于機械能的增加量。選A。5.（09·海南物理·7）一物體在外力的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向 不變，大小隨時間的變化如 圖所示。設該物體在和時刻相對于出發

4、點的位移分別是和，速度分別是和，合外力從開始至時刻做的功是，從至時刻做的功是,則 （ AC ）A BC D6.（09·廣東理科基礎·9）物體在合外力作用下做直線運動的v一t圖象如圖所示。下列表述正確的是 （ A ） A在01s內，合外力做正功 B在02s內，合外力總是做負功 C在12s內，合外力不做功 D在03s內，合外力總是做正功解析：根據物體的速度圖象可知，物體0-1s內做勻加速合外力做正功，A正確；1-3s內做勻減速合外力做負功。根據動能定理0到3s內，12s內合外力做功為零。7.（09·寧夏·17） 質量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t=0時刻

5、開始受到水平力的作用。力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則 （ BD ）A時刻的瞬時功率為B時刻的瞬時功率為C在到這段時間內，水平力的平均功率為D. 在到這段時間內，水平力的平均功率為8.（09·安徽·18）在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別 固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到d點的過程中 （ D ）A. 先作勻加速運動，后作勻減速運動B. 先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C. 電勢能與機械能之和先增大，后減小abccdOD. 電勢

6、能先減小，后增大解析：由于負電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。所以A錯；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到a，電勢是先增大后減小，故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉化，故電勢能與機械能的和守恒，C錯；由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，D對。9.（09·福建·18）如圖所示，固定位置在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一質量為m（質量分布均勻）的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良

7、好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數為u?，F桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離L時，速度恰好達到最大（運動過程中桿始終與導軌保持垂直）。設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g。則此過程 （ BD ）A.桿的速度最大值為B.流過電阻R的電量為C.恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D.恒力F做的功與安倍力做的功之和大于桿動能的變化量解析：當桿達到最大速度vm時，得，A錯；由公式，B對；在棒從開始到達到最大速度的過程中由動能定理有：，其中，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量與回路產生的焦耳熱之和，C錯；恒力F做的功與安倍力做的功之和

8、等于于桿動能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D對。10.（09·浙江自選模塊·13）“物理1-2”模塊（1）（本小題共3分，在給出的四個選項中，可能只有一個選項正確，也可能有多個選項正確，全部選對得3分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）二氧化碳是引起地球溫室效應的原因之一，減少二氧化碳的排放是人類追求的目標。下列能源利用時均不會引起二氧化碳排放的是 （ AB ）A.氫能、核能、太陽能B.風能、潮汐能、核能C.生物質能、風能、氫能D.太陽能、生物質能、地熱能二、非選擇題11.（09·北京·24）才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直線上、且無機械能損失

9、的惡簡化力學模型。如圖2（1）如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。質量為的小球從高位處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質量為的小球發生碰撞，碰撞后兩球兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失。求碰撞后小球的速度大??；（2）碰撞過程中的能量傳遞規律在物理學中有著廣泛的應用。為了探究這一規律，我們所示，在固定光滑水平軌道上，質量分別為、的若干個球沿直線靜止相間排列，給第1個球初能，從而引起各球的依次碰撞。定義其中第個球經過依次碰撞后獲得的動能與之比為第1個球對第個球的動能傳遞系數。a.求b.若為確定的已知量。求為何值時，

10、值最大解析：（1）設碰撞前的速度為，根據機械能守恒定律 設碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據動量守恒定律 由于碰撞過程中無機械能損失 、式聯立解得 將代入得 （2）a由式，考慮到得根據動能傳遞系數的定義，對于1、2兩球 同理可得，球m2和球m3碰撞后，動能傳遞系數k13應為 依次類推，動能傳遞系數k1n應為解得 b.將m1=4m0,m3=mo代入式可得為使k13最大，只需使由12.（09·天津·10） 如圖所示，質量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=15 m,現有質量m2=0.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑

11、上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數=0.5,取g=10 m/s2，求（1）物塊在車面上滑行的時間t;（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過多少。答案：（1）0.24s (2)5m/s解析：本題考查摩擦拖動類的動量和能量問題。涉及動量守恒定律、動量定理和功能關系這些物理規律的運用。（1）設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律有 設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有 其中 解得代入數據得 （2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時與小車有共同的速度v，則 由功能關系有 代入數據解得 =5m

12、/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0不能超過5m/s。13.（09·山東·38）（2）如圖所示，光滑水平面軌道上有三個木塊，A、B、C，質量分別為mB=mc=2m,mA=m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的彈簧 (彈簧與滑塊不栓接)。開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止。某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。解析：（2）設共同速度為v，球A和B分開后，B的速度為,由動量守恒定律有,聯立這兩式得B和C碰撞前B的速度為?？键c：動量守恒定律14.（09·安徽·23）

13、如圖所示，勻強電場方向沿軸的正方向，場強為。在點有一個靜止的中性微粒，由于內部作用，某一時刻突然分裂成兩個質量均為的帶電微粒，其中電荷量為的微粒1沿軸負方向運動，經過一段時間到達點。不計重力和分裂后兩微粒間的作用。試求 （1）分裂時兩個微粒各自的速度；（2）當微粒1到達（點時，電場力對微粒1做功的瞬間功率； （3）當微粒1到達（點時，兩微粒間的距離。答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運動。所以微粒1做的是類平拋運動。設微粒1分裂時的速度為v1，微粒2的速度為v2則有：在y方向上有- 在x方向上有-

14、根號外的負號表示沿y軸的負方向。中性微粒分裂成兩微粒時，遵守動量守恒定律，有方向沿y正方向。（2）設微粒1到達（0，-d）點時的速度為v，則電場力做功的瞬時功率為其中由運動學公式（0, -d）（d,0）xEyvxvy所以（3）兩微粒的運動具有對稱性，如圖所示，當微粒1到達（0，-d）點時發生的位移則當微粒1到達（0，-d）點時，兩微粒間的距離為15.（09·安徽·24）過山車是游樂場中常見的設施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑、。一個質量為kg的小球（視為質點）

15、，從軌道的左側A點以的初速度沿軌道向右運動，A、B間距m。小球與水平軌道間的動摩擦因數，圓形軌道是光滑的。假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取，計算結果保留小數點后一位數字。試求 （1）小球在經過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大??； （2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應是多少； （3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑應滿足的條件；小球最終停留點與起點的距離。答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 當時， ；當時， 解析：（1）設小于經過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1根據動能定理 小球在最高點受

16、到重力mg和軌道對它的作用力F，根據牛頓第二定律 由得 （2）設小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2，由題意 由得 （3）要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進行討論：I軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設在最高點的速度為v3，應滿足 由得 II軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R3，根據動能定理 解得 為了保證圓軌道不重疊，R3最大值應滿足 解得 R3=27.9m綜合I、II，要使小球不脫離軌道，則第三個圓軌道的半徑須滿足下面的條件 或 當時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L，則 當時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L，則 16.（09·福建·21）如圖

17、甲，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態。一質量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t1（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運

18、動的整個過程中速度與時間關系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）答案：（1）; （2）; (3) 解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有 qE+mgsin=ma 聯立可得 （2）滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為，則有 從靜止釋放

19、到速度達到最大的過程中，由動能定理得 聯立可得 s（3）如圖 17.（09·浙江·24）某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽。比賽路徑如圖所示，賽車從起點A出發，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續在光滑平直軌道上運動到C點，并能越過壕溝。已知賽車質量m=0.1kg，通電后以額定功率P=1.5w工作，進入豎直軌道前受到阻力恒為0.3N，隨后在運動中受到的阻力均可不記。圖中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。問：要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？（取g=10 ）答案：2.53s解析：本題考查平拋

20、、圓周運動和功能關系。設賽車越過壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運動的規律 解得 設賽車恰好越過圓軌道，對應圓軌道最高點的速度為v2，最低點的速度為v3，由牛頓第二定律及機械能守恒定律 解得 m/s通過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前的速度最小應該是 m/s設電動機工作時間至少為t，根據功能原理 由此可得 t=2.53s18.（09·江蘇·14）1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產生的粒子，質量為

21、m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應和重力作用。 （1）求粒子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；（3）實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E。解析：(1)設粒子第1次經過狹縫后的半徑為r1,速度為v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次經過狹縫后的半徑 則 （2）設粒子到出口處被加速了n圈解得 （3）加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即當磁場感應強度為Bm時，

22、加速電場的頻率應為粒子的動能當時，粒子的最大動能由Bm決定解得當時，粒子的最大動能由fm決定解得 19.（09·四川·23）圖示為修建高層建筑常用的塔式起重機。在起重機將質量m=5×103 kg的重物豎直吊起的過程中，重物由靜止開始向上作勻加速直線運動，加速度a=0.2 m/s2，當起重機輸出功率達到其允許的最大值時，保持該功率直到重物做vm=1.02 m/s的勻速運動。取g=10 m/s2,不計額外功。求：(1) 起重機允許輸出的最大功率。(2) 重物做勻加速運動所經歷的時間和起重機在第2秒末的輸出功率。解析：(1)設起重機允許輸出的最大功率為P0，重物達到最大

23、速度時，拉力F0等于重力。P0F0vm P0mg 代入數據，有：P05.1×104W (2)勻加速運動結束時，起重機達到允許輸出的最大功率，設此時重物受到的拉力為F，速度為v1，勻加速運動經歷時間為t1,有：P0F0v1 Fmgma V1at1 由，代入數據，得：t15 s T2 s時，重物處于勻加速運動階段，設此時速度為v2，輸出功率為P，則v2at PFv2 由，代入數據，得:P2.04×104W。20.（09·上海物理·20）質量為5´103 kg的汽車在t0時刻速度v010m/s，隨后以P6´104 W的額定功率沿平直公路繼續

24、前進，經72s達到最大速度，設汽車受恒定阻力，其大小為2.5´103N。求：（1）汽車的最大速度vm；（2）汽車在72s內經過的路程s。解析：（1）當達到最大速度時，P=Fv=fvm，vmm/s24m/s（2）從開始到72s時刻依據動能定理得：Ptfsmvm2mv02，解得：s1252m。21.（09·上海物理·23）（12分）如圖，質量均為m的兩個小球A、B固定在彎成120°角的絕緣輕桿兩端，OA和OB的長度均為l，可繞過O點且與紙面垂直的水平軸無摩擦轉動，空氣阻力不計。設A球帶正電，B球帶負電，電量均為q，處在豎直向下的勻強電場中。開始時，桿OB與豎

25、直方向的夾角q060°，由靜止釋放，擺動到q90°的位置時，系統處于平衡狀態，求： （1）勻強電場的場強大小E；（2）系統由初位置運動到平衡位置，重力做的功Wg和靜電力做的功We；（3）B球在擺動到平衡位置時速度的大小v。解析：（1）力矩平衡時：（mgqE）lsin90°（mgqE）lsin（120°90°），即mgqE（mgqE），得：E；（2）重力做功：Wgmgl（cos30°cos60°）mglcos60°（1）mgl，靜電力做功：WeqEl（cos30°cos60°）qElcos60&#

26、176;mgl，（3）小球動能改變量DEk=mv2WgWe（1）mgl，得小球的速度：v。22.（09·四川·25） 如圖所示，輕彈簧一端連于固定點O，可在豎直平面內自由轉動，另一端連接一帶電小球P,其質量m=2×10-2 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達O點的正下方O1點時速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1點與另一由細繩懸掛的、不帶電的、質量M=1.6×10-1 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離細繩，同時在空

27、間加上豎直向上的勻強電場E和垂直于紙面的磁感應強度B=1T的弱強磁場。此后，小球P在豎直平面內做半徑r=0.5 m的圓周運動。小球P、N均可視為質點，小球P的電荷量保持不變，不計空氣阻力，取g=10 m/s2。那么，（1）彈簧從水平擺至豎直位置的過程中，其彈力做功為多少？（2）請通過計算并比較相關物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時刻具有相同的速度。(3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時刻具有相同速度的前提下，請推導出r的表達式(要求用B、q、m、表示，其中為小球N的運動速度與水平方向的夾角)。解析：（1）設彈簧的彈力做功為W，有：代入數據，得：WJ （2）由題給條件知，N碰

28、后作平拋運動，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷。設P、N碰后的速度大小分別為v1和V，并令水平向右為正方向，有: 而： 若P、N碰后速度同向時，計算可得V<v1，這種碰撞不能實現。P、N碰后瞬時必為反向運動。有： P、N速度相同時，N經過的時間為，P經過的時間為。設此時N的速度V1的方向與水平方向的夾角為，有： 代入數據，得： 對小球P，其圓周運動的周期為T，有： 經計算得： T，P經過時，對應的圓心角為，有： 當B的方向垂直紙面朝外時，P、N的速度相同，如圖可知，有： 聯立相關方程得： 比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻不可能相同。當B的方向垂直紙面朝里時，P、N的速度相

29、同，同樣由圖，有： ，同上得： ，比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻也不可能相同。（3）當B的方向垂直紙面朝外時，設在t時刻P、N的速度相同， ，再聯立解得： 當B的方向垂直紙面朝里時，設在t時刻P、N的速度相同，同理得： ，考慮圓周運動的周期性，有: （給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值）23.（09·重慶·23）2009年中國女子冰壺隊首次獲得了世界錦標賽冠軍，這引起了人們對冰壺運動的關注。冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如下過程：如題23圖，運動員將靜止于O點的冰壺（視為質點）沿直線推到A點放手，此后冰壺沿滑行，最后停于C點。已知冰面各冰壺間的動

30、摩擦因數為，冰壺質量為m，AC=L，=r,重力加速度為g （1）求冰壺在A 點的速率；（2）求冰壺從O點到A點的運動過程中受到的沖量大小；（3）若將段冰面與冰壺間的動摩擦因數減小為，原只能滑到C點的冰壺能停于點，求A點與B點之間的距離。解析：24.（09·重慶·24）探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質彈簧、內芯和外殼三部分，其中內芯和外殼質量分別為m和4m.筆的彈跳過程分為三個階段：把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面（見題24圖a）；由靜止釋放，外殼豎直上升至下端距桌面高度為時，與靜止的內芯碰撞（見題24圖b）；碰后，內芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下

31、端距桌面最大高度為處（見題24圖c）。設內芯與外殼的撞擊力遠大于筆所受重力、不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）外殼與碰撞后瞬間的共同速度大??；（2）從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功；（3）從外殼下端離開桌面到上升至處，筆損失的機械能。解析：25.（09·廣東物理·19）如圖19所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距=1.0m 。物塊A以速度=10m/s沿水平方向與B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運動，并再與C發生正碰，碰后瞬間C的速度=2.0m/s 。已知A和B的質量均為m，C的質量為A質量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數=0.45.（設碰撞時間很

32、短，g取10m/s2）（1）計算與C碰撞前瞬間AB的速度；（2）根據AB與C的碰撞過程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運動方向。解析：設AB碰撞后的速度為v1,AB碰撞過程由動量守恒定律得 設與C碰撞前瞬間AB的速度為v2，由動能定理得 聯立以上各式解得若AB與C發生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得 代入數據解得 此時AB的運動方向與C相同若AB與C發生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒得 聯立以上兩式解得代入數據解得 此時AB的運動方向與C相反若AB與C發生碰撞后AB的速度為0，由動量守恒定律得代入數據解得總上所述得 當時，AB的運動方向與C相同當時，AB的速度為0 當時，AB的運動

33、方向與C相反26.（09·廣東物理·20）如圖20所示，絕緣長方體B置于水平面上，兩端固定一對平行帶電極板，極板間形成勻強電場E。長方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動摩擦因數=0.05（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同）。B與極板的總質量=1.0kg.帶正電的小滑塊A質量=0.60kg=1.6m/s向左運動，同時，B（連同極板）以相對地面的速度=0.40m/s向右運動。問（g取10m/s2）（1）A和B剛開始運動時的加速度大小分別為多少？（2）若A最遠能到達b點，a、b的距離L應為多少？從t=0時刻至A運動到b點時，摩擦力對B做的功為多少？解析：由牛頓第二定律有 A剛開始

34、運動時的加速度大小 方向水平向右B剛開始運動時受電場力和摩擦力作用由牛頓第三定律得電場力摩擦力B剛開始運動時的加速度大小方向水平向左設B從開始勻減速到零的時間為t1，則有此時間內B運動的位移t1時刻A的速度，故此過程A一直勻減速運動。 此t1時間內A運動的位移此t1時間內A相對B運動的位移此t1時間內摩擦力對B做的功為t1后，由于，B開始向右作勻加速運動，A繼續作勻減速運動，當它們速度相等時A、B相距最遠，設此過程運動時間為t2，它們速度為v，則有對A 速度對B 加速度 速度聯立以上各式并代入數據解得 此t2時間內A運動的位移此t2時間內B運動的位移此t2時間內A相對B運動的位移此t2時間內摩

35、擦力對B做的功為所以A最遠能到達b點a、b的距離L為從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為 。27.（09·寧夏·24）冰壺比賽是在水平冰面上進行的體育項目，比賽場地示意如圖。比賽時，運動員從起滑架處推著冰壺出發，在投擲線AB處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近圓心O.為使冰壺滑行得更遠，運動員可以用毛刷擦冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數減小。設冰壺與冰面間的動摩擦因數為=0.008，用毛刷擦冰面后動摩擦因數減少至2m/s的速度沿虛線滑出。為使冰壺C能夠沿虛線恰好到達圓心O點，運動員用毛刷擦冰面的長度應為多少？（g取10m/s2）解

36、析：設冰壺在未被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為：在 被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為。則有+=S 式中S為投擲線到圓心O的距離。 設冰壺的初速度為，由功能關系，得 聯立以上各式，解得 代入數據得 2008年高考題一、選擇題1.(08天津理綜20)一個靜止的質點,在04 s時間內受到力F的作用,力的方向始終在同一直線上,力F隨時間t的變化如圖所示,則質點在 ()A.第2 s末速度改變方向B.第2 s末位移改變方向C.第4 s末回到原出發點D.第4 s末運動速度為零答案D解析 由圖象知物體在前2 s內加速,24 s內減速,因為前2 s與后2 s受力情況是大小相等

37、、方向相反,所以第4 s末速度為零.物體前4 s內始終沿一個方向運動.二、非選擇題2.(08江蘇12C)場強為E、方向豎直向上的勻強電場中有兩個小球A、B,它們的質量分別為m1、m2,電荷量分別為q1、q2,A、B兩個小球由靜止釋放,重力加速度為g,則小球A和B組成的系統動量守恒應滿足的關系式為. 答案 (q1+q2)E=(m1+m2)g解析 動量守恒的條件是系統不受外力或受的合外力為零,所以動量守恒滿足的關系式為(q1+q2)E=(m1+m2)g3.（08全國I24）圖中滑塊和小球的質量均為m,滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自 由滑動,小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連,輕繩長為l

38、.開始時,輕繩處于 水平拉直狀態,小球和滑塊均靜止.現將小球由靜止釋放,當小球到達最低點時,滑塊剛 好被一表面涂有粘性物質的固定擋板粘住,在極短的時間內速度減為零,小球繼續向左擺動,當輕繩與豎直方向的夾角60°時小球達到最高點.求:(1)從滑塊與擋板接觸到速度剛好變為零的過程中,擋板阻力對滑塊的沖量.(2)小球從釋放到第一次到達最低點的過程中,繩的拉力對小球做功的大小.答案 (1)-m (2) mgl解析 (1)設小球第一次到達最低點時,滑塊和小球速度的大小分別為v1、v2,由機械能守恒定律得mv12+mv22=mgl小球由最低點向左擺動到最高點時,由機械能守恒定律得mv22=mgl

39、(1-cos 60°)聯立式得v1=v2=設所求的擋板阻力對滑塊的沖量為I,規定動量方向向右為正,有I=0-mv1解得I=-m(2)小球從開始釋放到第一次到達最低點的過程中,設繩的拉力對小球做功為W,由動能定理得mgl+W=mv22聯立式得W=-mgl小球從釋放到第一次到達最低點的過程中,繩的拉力對小球做功的大小為mgl4.(08北京理綜24)有兩個完全相同的小滑塊A和B,A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點的B發生正碰,碰撞中無機械能損失.碰后B運動的軌跡為OD曲線,如圖所示.（1）已知小滑塊質量為m,碰撞時間為t,求碰撞過程中A對B平均沖力的大?。唬?）為了研究物體從光滑

40、拋物線軌道頂端無初速度下滑的運動,特制做一個與B平拋軌跡完全相同的光滑軌道,并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置,讓A沿該軌道無初速下滑（經分析,A下滑過程中不會脫離軌道）.a.分析A沿軌道下滑到任意一點的動量pA與B平拋經過該點的動量pB的大小關系;b.在OD曲線上有一點M,O和M兩點連線與豎直方向的夾角為45°.求A通過M點時的水平分速度和豎直分速度.答案 （1）（2）a.pA<pBb.vAx=v0vAy=v0解析 （1）滑塊A與B正碰,滿足mvA+mvB=mv0mvA2+mvB2=mv02 由,解得vA=0,vB=v0,根據動量定理,滑塊B滿足F·t=mv0解得

41、F=.（2）a.設任意點到O點豎直高度差為d.A、B由O點分別運動至該點過程中,只有重力做功,所以機械能守恒.選該任意點為勢能零點,有EkA=mgd,EkB=mgd+mv02由于p=,有即pApB故A下滑到任意一點的動量總是小于B平拋經過該點的動量.b.以O為原點,建立直角坐標系xOy,x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向下,則對B有x=v0t,y=gt2B的軌跡方程 y=x2在M點x=y,所以y=因為A、B的運動軌跡均為OD曲線,故在任意一點,兩者速度方向相同.設B水平和豎直分速度大小分別為vBx和vBy,速率為vB;A水平和豎直分速度大小分別為vAx和vAy,速度為vA,則,B做平拋運動,

42、故vBx=v0,vBy=,vB=對A由機械能守恒得vA=由得vAx=,vAy=將代入得vAx=v0 vAy=v05.(08四川理綜25)如圖所示,一傾角為=45°的斜面固定于地面,斜面頂端離地面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板,在斜面頂端自由釋放一質量m=0.09 kg的小物塊（視為質點）.小物塊與斜面之間的動摩擦因數=0.2.當小物塊與擋板碰撞后,將以原速返回.重力加速度g取10 m/s2.在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中,擋板給予小物塊的總沖量是多少？答案 0.4(3+) N·s解析 解法一：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動,到達斜面底端時

43、速度為v,由功能關系得：mgh=mv2+mgcos以沿斜面向上為動量的正方向.按動量定理,碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為:I=mv-m(-v)設碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h,則mv2=mgh+mgcos同理,有mgh=mv2+mgcosI=mv-m(-v)式中,v為小物塊再次到達斜面底端時的速度,I為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量.由式得I=kI式中k=由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數,首項為I1=2m總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)由1+k+k2+kn-1=得I= 代入數據得I=0.4(3+) N·s 解法二：設小物塊從高

44、為h處由靜止開始沿斜面向下運動,小物塊受到重力，斜面對它的摩擦力和支持力，小物塊向下運動的加速度為a,依牛頓第二定律得mgsin-mgcos=ma設小物塊與擋板碰撞前的速度為v,則：v2=2a以沿斜面向上為動量的正方向.按動量定理,碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為I=mv-m(-v)由式得I=2m設小物塊碰撞后沿斜面向上運動的加速度大小為a,依牛頓第二定律有：mgsin+mgcos=ma 小物塊沿斜面向上運動的最大高度為h=sin由式得h=k2h式中k =同理,小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量為：I=2m由 式得I=kI由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數,首項為I1=2m 總

45、沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3） 由1+k+k2+kn-1= 得I=2m 代入數據得I=0.4(3+) N·s 6.（08天津理綜24）光滑水平面上放著質量mA=1 kg的物塊A與質量mB=2 kg的物塊B,A與B均可視為質點,A靠在豎直墻壁上,A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接）,用手擋住B不動,此時彈簧彈性勢能EP=49 J.在A、B間系一輕質細繩,細繩長度大于彈簧的自然長度,如圖所示.放手后B向右運動,繩在短暫時間內被拉斷,之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道,其半徑R=0.5 m,B恰能到達最高點C.取g=10 m/s2,求（1

46、）繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小;（2）繩拉斷過程繩對B的沖量I的大小;（3）繩拉斷過程繩對A所做的功W.答案 (1)5 m/s (2)4 N·s（3）8 J解析 （1）設B在繩被拉斷后瞬間的速度為vB,到達C時的速度為vC,有mBg=mB mBvB2=mBvC2+2mBgR 代入數據得vB=5 m/s（2）設彈簧恢復到自然長度時B的速度為v1,取水平向右為正方向,有Ep=mBv12I=mBvB-mBv1代入數據得I=-4 N·s,其大小為4 N·s（3）設繩斷后A的速度為vA,取水平向右為正方向,有mBv1=mBvB+mAvAW=mAvA2代入數據得W=8 J7.(08廣東19)如圖（a）所示,在光滑絕緣水平面的AB區域內存在水平向右的電場,電場強度E隨時間的變化如圖（b）所示,不帶電的絕緣小球P2靜止在O點.t=0時,帶正電的小球P1以速度v0從A點進入AB區域,隨后與P2發生正碰后反彈,反彈速度大小是碰前的倍