高考物理 经典计算题八十二道.doc

2015年高考物理 经典计算题八十二道.如图15所示。一水平传送装置有轮半径均为r1/米的主动轮和从动轮及转送带等构成。两轮轴心相距80m，轮与传送带不打滑。现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦力因素为04，这袋面粉中的面粉可不断的从袋中渗出。（1）当传送带以40m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端正上方的a点轻放在传送带上后，这袋面粉由a端运送到正上方的b端所用的时间为多少？（2）要想尽快将这袋面粉由a端送到b端（设初速度仍为零），主动能的转速至少应为多大？（3）由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉的痕迹，这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有多长（设袋的初速度仍为零）？此时主动轮的转速应满足何种条件？【解析】设面粉袋得质量为m，其在与传送带产生相当滑动得过程中所受得摩擦力。故而其加速度为： （1分）（1）若传送带得速度40m/s,则面粉袋加速运动的时间 ，在时间内的位移为： （1分）其后以v40m/s的速度做匀速运动 解得： （1分）运动的总时间为： （1分）（2）要想时间最短，m应一直向b端做加速度，由： 可得：（1分）此时传送带的运转速度为： （1分）由 可得：n240r/min（或4r/s） （2分）（3）传送带的速度越达，“痕迹“越长。当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。即痕迹长为： （2分）在面粉袋由a端运动到b端的时间内，传送带运转的距离又由（2）已知20s 故而有： 则：（或65r/s） （2分）2.一水平放置的圆盘绕竖直轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2 mm的均匀狭缝。将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于；圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。图（a）为该装置示意图，图（b）为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中dt11.0103 s，dt20.8103 s。（1）利用图（b）中的数据求1 s时圆盘转动的角速度；（2）说明激光器和传感器沿半径移动的方向；（3）求图（b）中第三个激光信号的宽度dt3。【解析】（1）由题图乙读得，转盘的转动周期s，故其角速度rad/s= rad/s。（2）由题图乙可知，圆盘转动的角速度不变，说明圆盘在做匀速圆周运动；脉冲宽度逐渐变窄，表示光信号通过狭缝的时间逐渐减少，而狭缝的宽度为一定值，则说明圆盘上对应探测器所在的位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动。（3）设狭缝宽度为，探测器接收到第个脉冲时距转轴的距离为，第个脉冲的宽度为，激光器和探测器沿半径的运动速度为。得又因为，所以，解得：s。3.如图，p、q为某地区水平地面上的两点，在p点正下方一球形区域内储藏有石油，假定区域周围岩石均匀分布，密度为石油密度远小于，可将上述球形区域视为空腔。如果没有这一空腔，则该地区重力加速度（正常值）沿竖直方向，当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏高，重力回速度在原竖直方向（即po方向）上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”。为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用p点到附近重力加速度反常现象，已知引力常数为g（1）设球形空腔体积为v，球心深度为d（远小于地球半径），求空腔所引起的q点处的重力加速度反常（2）若在水平地面上半径l的范围内发现：重力加速度反常值在与k（k1）之间变化,且重力加速度反常的最大值出现在半为l的范围的中心，如果这种反常是于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积qxdpro4.地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。地球的轨道半径为r=1.501011m，运转周期为t=3.16107s。地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）。当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期，如图甲或图乙所示，该行星的最大视角=14.5。求：（1）该行星的轨道半径r和运转周期t1（sin14.5=0.25，最终计算结果均保留两位有效数字）（2）若已知地球和行星均为逆时针转动，以图甲和图乙为初始位置，分别经过多少时间能再次出现观测行星的最佳时期。（最终结果用t、t1、 来表示） 【解析】（1）由题意当地球与行星的连线与行星轨道相切时,视角最大可得行星的轨道半径r为: 代入数据得设行星绕太阳的运转周期为t/,由开普勒第三定律：有代入数据得 （2）t=5.我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形轨道绕月飞行。为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化。卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球。设地球和月球的质量分别为m和m，地球和月球的半径分别为r和r1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为t。假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间（用m、m、r、r1、r、r1和t表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响）。如图，o和o/分别表示地球和月球的中心。在卫星轨道平面上，a是地月连心线oo/与地月球面的公切线acd的交点，d、c和b分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点。根据对称性，过a点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于e点。卫星在be弧上运动时发出的信号被遮挡。【解析】如图所示：设o和分别表示地球和月球的中心在卫星轨道平面上，a是地月连心线与地月球表面的公切线acd的交点，d、c和b分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星轨道的交点过a点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于e点卫星在圆弧上运动时发出的信号被遮挡设探月卫星的质量为m0，万有引力常量为g，根据万有引力定律有： （4分） （4分）式中，t1表示探月卫星绕月球转动的周期由以上两式可得：设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月球做匀速圆周运动，应有： （5分）上式中，由几何关系得： （2分） （2分）由得： （3分6.如图所示，一个带有圆弧的粗糙滑板a，总质量为ma=3kg，其圆弧部分与水平部分相切于p，水平部分pq长为l=3.75m开始时a静止在光滑水平面上，有一质量为mb=2kg的小木块b从滑板a的右端以水平初速度v0=5m/s滑上a，小木块b与滑板a之间的动摩擦因数为=0.15，小木块b滑到滑板a的左端并沿着圆弧部分上滑一段弧长后返回最终停止在滑板a上。（1）求a、b相对静止时的速度大小；（2）若b最终停在a的水平部分上的r点，p、r相距1m，求b在圆弧上运动过程中因摩擦而产生的内能；（3）若圆弧部分光滑，且除v0不确定外其他条件不变，讨论小木块b在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出b既能向右滑动、又不滑离木板a的v0取值范围。(取g10m/s2，结果可以保留根号) 【解析】（1）弹簧刚好恢复原长时，a和b物块速度的大小分别为a、b 由动量守恒定律有：0 = maa - mbb 2分此过程机械能守恒有：ep = ma+mb 2分代入ep108j，解得：a6m/s，b = 12m/s，a的速度向右，b的速度向左2分（2）c与b碰撞时，设碰后b、c粘连时速度为，据c、b组成的系统动量守恒 有：mbb -mcc = （mb+mc） 代入数据得 = 4m/s，的方向向左 2分此后a和b、c组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大为ep，且此时a与b、c三者有相同的速度为 2分则有： maa -（mb+mc） = （ma+mb+mc），代入数据得 = 1m/s，的方向向右2分机械能守恒：ma+（mb+mc）2 = ep+（ma+mb+mc）2， 2分代入数据得 ep50j 2分18、（16分）（1）小木块b从开始运动直到a、b相对静止的过程中，系统水平方向上动量守恒，有 解得 2 m/s （2）b在a的圆弧部分的运动过程中，它们之间因摩擦产生的内能为q1，b在a的水平部分往返的运动过程中，它们之间因摩擦产生的内能为q2，由能量关系得到 （3）设小木块b下滑到p点时速度为vb，同时a的速度为va，由动量守恒和能量关系可以得到 由两式可以得到，令，化简后为 若要求b最终不滑离a，由能量关系必有 化简得 故b既能对地向右滑动，又不滑离a的条件为 即 （ ） 本题共16分每式2分，其余各式每式1分7.如图所示，光滑水平桌面上有长l=2m的木板c，质量mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块a和b，ma=1kg，mb=4kg，开始时三物都静止在a、b间有少量塑胶炸药，爆炸后a以速度6ms水平向左运动，a、b中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求： (1)当两滑块a、b都与挡板碰撞后，c的速度是多大? (2)到a、b都与挡板碰撞为止，c的位移为多少?【解析】（1）a、b、c系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两物块与挡板碰撞后，c的速度为零，即（2）炸药爆炸时有 解得 又 当sa1 m时sb0.25m，即当a、c相撞时b与c右板相距 a、c相撞时有： 解得1m/s，方向向左而1.5m/s，方向向右，两者相距0.75m，故到a，b都与挡板碰撞为止，c的位移为m8.在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球a和b,质量分别为m和2m,当两球心间的距离大于l(l比2r大得多)时,两球之间无相互作用力:当两球心间的距离等于或小于l时,两球间存在相互作用的恒定斥力f.设a球从远离b球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的b球运动,如图所示.欲使两球不发生接触,v0必须满足什么条件? 【解析】：欲使两球不发生接触，则vavbv时，a、b球间距离2r，如图f图19.一个圆柱形的竖直的井里存有一定量的水，井的侧面和底部是密闭的，在井中固定地插着一根两端开口的薄壁圆管，管和井共轴，管下端未触及井底. 在圆管内有一不漏气的活塞，它可沿圆管上下滑动.开始时，管内外水面相齐，且活塞恰好接触水面，如图所示. 现用卷扬机通过绳子对活塞施加一个向上的力f，使活塞缓慢向上移动，已知管筒半径r0.100m，井的半径r2r，水的密度r1.00103kg/m/3，大气压r01.00105pa. 求活塞质量，不计摩擦，重力加速度g10m/s2.）10.利用水流和太阳能发电，可以为人类提供清洁能源。水的密度=1.0103kg/m3，太阳光垂直照射到地面上时的辐射功率p0 =1.0103w/m2，地球表面的重力加速度取g=10m/s2。（1）三峡水电站发电机输出的电压为18kv。若采用500kv直流电向某地区输电5.0106kw，要求输电线上损耗的功率不高于输送功率的5%，求输电线总电阻的最大值；（2）发射一颗卫星到地球同步轨道上（轨道半径约为地球半径的6.6倍）利用太阳能发电，然后通过微波持续不断地将电力输送到地面，这样就建成了宇宙太阳能发电站。求卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小；（3）三峡水电站水库面积约1.0109m2，平均流量q=1.5104m3/s，水库水面与发电机所在位置的平均高度差为h=100m，发电站将水的势能转化为电能的总效率=60%。在地球同步轨道上，太阳光垂直照射时的辐射功率为10p0。太阳能电池板将太阳能转化为电能的效率为20，将电能输送到地面的过程要损失50%。若要使（2）中的宇宙太阳能发电站相当于三峡电站的发电能力，卫星上太阳能电池板的面积至少为多大？【解析】（1）设输电线总电阻的最大值为，当通过输电线的电注以为i时，输电线上损耗的功率为 （2分） 采用u=500kv直流电向某地区输电w时，通过输电线的电流 （2分） 依题意得 解得 （2分） （2）设卫星的轨道半径为r，卫星所在轨道的向心加速度大小为，根据万有引力定律和牛顿第二定律得： （2分） 解得 （2分） 当卫星在地表附近时， 在同步轨道上， 根据题意，同步轨道的半径 解得卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小 （2分） （3）三峡水电站的发电功率 （2分） 设卫星太阳能电池板的面积至少为s， 则宇宙太阳能发电站的发电功率 （2分） 根据题意 所以太阳能电池板的面积至少为 （2分）11.“潮汐发电”是海洋能利用中发展最早、规模最大、技术较成熟的一种方式。某海港的货运码头，就是利用“潮汐发电”为皮带式传送机供电，图1所示为皮带式传送机往船上装煤。本题计算中取sin18=0.31，cos18=0.95，水的密度=1.0103kg/m3，g=10m/s2。图1图2水坝水库水坝水库图3皮带式传送机示意图如图2所示，传送带与水平方向的角度=18，传送带的传送距离为l=51.8m，它始终以v=1.4m/s的速度运行。在传送带的最低点，漏斗中的煤自由落到传送带上（可认为煤的初速度为0），煤与传动带之间的动摩擦因数=0.40。求从煤落在传送带上到运至传送带最高点经历的时间t；图3为潮汐发电的示意图。左侧是大海，中间有水坝，水坝下装有发电机，右侧是水库。当涨潮到海平面最高时开闸，水由通道进入海湾水库，发电机在水流的推动下发电，待库内水面升至最高点时关闭闸门；当落潮到海平面最低时，开闸放水发电。设某潮汐发电站发电有效库容v=3.6106m3，平均潮差h=4.8m，一天涨落潮两次，发电四次。水流发电的效率1=10%。求该电站一天内利用潮汐发电的平均功率p；传送机正常运行时，1秒钟有m=50kg的煤从漏斗中落到传送带上。带动传动带的电动机将输入电能转化为机械能的效率2=80%，电动机输出机械能的20%用来克服传动带各部件间的摩擦（不包括传送带与煤之间的摩擦）以维持传送带的正常运行。若用潮汐发电站发出的电给传送机供电，能同时使多少台这样的传送机正常运行？【解析】(1)煤在传送带上的受力如右图所示 (1分)根据牛顿第二定律mgcos-mgsin=ma （1分）设煤加速到v需要时间为t1 v=at1 s1=1.4m （1分）设煤加速运动的距离为s1 v2=2as1 s1=1.4m （1分）设煤匀速运动的时间为t2 l-s1=vt2 t2=36s （1分）总时间 t=t1+t2=38s （1分）(2)一次发电，水的质量 m=pv=3.6109kg （1分）重力势能减少 ep=mg一天发电的能量 e=4ep10 （2分）平均功率 （1分）求出 p=400kw （1分）(3)一台传送机，将1秒钟内落到传送带上的煤送到传送带上的最高点煤获得的机械能为 e机=mv2+mglsin （1分）传送带与煤之间因摩擦产生的热 q=mgcoss （1分）煤与传送带的相对位移 s=vt1-s1=1.4m （1分）设同时使台传送机正常运行，根据能量守恒求出 n=30台 （2分）12.如图所示，质量为m的长方形木板静止在光滑水平面上，木板的左侧固定一劲度系数为k的轻质弹簧，木板的右侧用一根伸直的并且不可伸长的轻绳水平地连接在竖直墙上。绳所能承受的最大拉力为t。一质量为m的小滑块以一定的速度在木板上无摩擦地向左运动，而后压缩弹簧。弹簧被压缩后所获得的弹性势能可用公式计算，k为劲度系数，x为弹簧的形变量。（1）若在小滑块压缩弹簧过程中轻绳始终未断，并且弹簧的形变量最大时，弹簧对木板的弹力大小恰好为t，求此情况下小滑块压缩弹簧前的速度v0；（2）若小滑块压缩弹簧前的速度为已知量，并且大于（1）中所求的速度值v0，求此情况下弹簧压缩量最大时，小滑块的速度；mm（3）若小滑块压缩弹簧前的速度大于（1）中所求的速度值v0，求小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件。【解析】解：（1）设此问题中弹簧的最大压缩量为x0， 解得 6分 （2）由于小滑块压缩簧前的速度大于（1）中所求的速度值v0，所以当弹簧的压缩量为x0时，小滑块的速度不为零.设弹簧的压缩量为x0时，小滑块的速度为v,由解得此后细绳被拉断，木板与滑块（弹簧）组成的系统动量守恒，当弹簧的压缩量最大时，木板和小滑块具有共同速度，设共同速度为v有由解得 8分 （3）木板与小滑块通过弹簧作用完毕时，小滑块相对地面的速度应为0，设此时木板的速度为v1，并设小滑块压缩弹簧前的速度为，绳断瞬间小滑块的速度为v，则有mv=mv1由解得小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件 6分13.（1）如图1，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度。（2）如图2，将n个这样的振子放在该轨道上，最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为e0。其余各振子间都有一定的距离，现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰.求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值。已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度。【答案】（1）；（2）解析：（1）设每个小球质量为，以、分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度由动量守恒和能量守恒定律有（以向右为速度正方向），解得由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解：（2）以v1、v1分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律，mv1mv10，解得在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解：振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为，根据动量守恒定律，有用e1表示最大弹性势能，由能量守恒有 解得14.（1）如图1所示，abc为一固定在竖直平面内的光滑轨道，bc段水平，ab段与bc段平滑连接。质量为m1的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道bc段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2；（2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们才用多球依次碰撞、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2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为m1、m2、m3mn-1、mn的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能ek1，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能ekn与ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n。a) 求k1nb) 若m1=4m0，mk=m0，m0为确定的已知量。求m2为何值时，k1n值最大【解析】（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律 设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律 由于碰撞过程中无机械能损失 、式联立解得 将代入得 （2）a由式，考虑到得根据动能传递系数的定义，对于1、2两球 同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为 依次类推，动能传递系数k1n应为 解得 b.将m1=4m0,m3=mo代入式可得为使k13最大，只需使由可知bchm2mb15.如图所示，间距为l、电阻为零的u形金属竖直轨道，固定放置在磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。竖直轨道上部套有一金属条bc，bc的电阻为r，质量为2m，可以在轨道上无摩擦滑动，开始时被卡环卡在竖直轨道上处于静止状态。在bc的正上方高h处，自由落下一质量为m的绝缘物体，物体落到金属条上之前的瞬间，卡环立即释放，两者一起继续下落。设金属条与导轨的摩擦和接触电阻均忽略不计，竖直轨道足够长。求：（1）金属条开始下落时的加速度；（2）金属条在加速过程中，速度达到v1时，bc对物体m的支持力；（3）金属条下落h时，恰好开始做匀速运动，求在这一过程中感应电流产生的热量。【解析】：（1）物块m自由下落与金属条碰撞的速度为设物体m落到金属条2m上，金属条立即与物体有相同的速度v开始下落，由m和2m组成的系统相碰过程动量守恒 则金属条以速度v向下滑动，切割磁感线，产生感应电动势，在闭合电路中有感应电流则金属条所受安培力为 对于，金属条和物体组成的整体，由牛顿第二定律可得则金属条开始运动时的加速度为 （8分） （2）当金属条和物体的速度达到v1时，加速度设为，同理可得，对物体m来说，它受重力mg和支持力n，则有 （4分） （3）金属条和物体一起下滑过程中受安培力和重力，随速度变化，安培力也变化， 做变加速度运动，最终所受重力和安培力相等，加速度也为零，物体将以速度做匀速运动，则有 金属条的最终速度为下落h的过程中，设金属条克服安培力做功为wa，由动能定理感应电流产生的热量q=wa得： （6分）16.如图所示，轻弹簧一端连于固定点o，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球p,其质量m=210-2 kg,电荷量q=0.2 c.将弹簧拉至水平后，以初速度v0=20 m/s竖直向下射出小球p,小球p到达o点的正下方o1点时速度恰好水平，其大小v=15 m/s.若o、o1相距r=1.5 m,小球p在o1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量m=1.610-1 kg的静止绝缘小球n相碰。碰后瞬间，小球p脱离弹簧，小球n脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场e和垂直于纸面的磁感应强度b=1t的弱强磁场。此后，小球p在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球p、n均可视为质点，小球p的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s2。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：代入数据，得：wj（2）由题给条件知，n碰后作平抛运动，p所受电场力和重力平衡，p带正电荷。设p、n碰后的速度大小分别为v1和v，并令水平向右为正方向，有: 而： 若p、n碰后速度同向时，计算可得vv1，这种碰撞不能实现。p、n碰后瞬时必为反向运动。有： p、n速度相同时，n经过的时间为，p经过的时间为。设此时n的速度v1的方向与水平方向的夹角为，有： 代入数据，得： 对小球p，其圆周运动的周期为t，有： 经计算得： t，p经过时，对应的圆心角为，有： 当b的方向垂直纸面朝外时，p、n的速度相同，如图可知，有： 联立相关方程得： 比较得， ，在此情况下，p、n的速度在同一时刻不可能相同。当b的方向垂直纸面朝里时，p、n的速度相同，同样由图，有： ，同上得： ，比较得， ，在此情况下，p、n的速度在同一时刻也不可能相同。（3）当b的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻p、n的速度相同， ，再联立解得： 当b的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻p、n的速度相同，同理得： ，考虑圆周运动的周期性，有: （给定的b、q、r、m、等物理量决定n的取值）17.如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置形滑板，滑板两端为半径0.45m的1/4圆弧面，和分别是圆弧的端点，段表面粗糙，其余段表面光滑小滑块1和2的质量均为m，滑板的质量4m1和2与面的动摩擦因数分别为1=0.10和2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力开始时滑板紧靠槽的左端，2静止在粗糙面的点1以v0=4.0m/s的初速度从点沿弧面自由滑下，与发生弹性碰撞后，1处在粗糙面点上当2滑到点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并牢固粘连，2继续滑动，到达点时速度为零1与2视为质点，取g =10m/s2，问：(1) 1在段向右滑动时，滑板的加速度为多大？nap1p2rbcrd图17(2) 长度为多少？、1、2最终静止后，1与2间的距离为多少？【解析】（1）p1滑到最低点速度为，由机械能守恒定律有： 解得：p1、p2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为、 解得： =5m/sp2向右滑动时，假设p1保持不动，对p2有：（向左）对p1、m有： 此时对p1有：，所以假设成立。（2）p2滑到c点速度为，由 得p1、p2碰撞到p2滑到c点时，设p1、m速度为v，对动量守恒定律： 解得：对p1、p2、m为系统：代入数值得：滑板碰后，p1向右滑行距离：p2向左滑行距离：所以p1、p2静止后距离：18.有两个完全相同的小滑块a和b， a沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘o点的b发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后b运动的轨迹为od曲线，如图所示。（1）已知滑块质量为m，碰撞时间为dt，求碰撞过程中a对b平均冲力的大小；（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，物制做一个与b平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与od曲线重合的位置，让a沿该轨道无初速下滑（经分析a在下滑过程中不会脱离轨道），a分析a沿轨道下滑到任意一点时的动量pa与b平抛经过该点时的动量pb的大小关系；b在od曲线上有一点m，o和m两点的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。解析：（1）滑动a与b正碰，满足：mva-mvb=mv0 由，解得va=0, vb=v0,根据动量定理，滑块b满足 ft=mv0解得 (2)a.设任意点到o点竖直高度差为d，a、b由o点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒。选该任意点为势能零点，有ea=mgd,eb= mgd+由于p=,有即 pa1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s。从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功w。参考答案：（1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环环受合力 f环=kmgmg由牛顿第二定律 f环=ma环由得 a环=（k-1）g，方向竖直向上（2）设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为v1由机械能守恒解得 设棒弹起后的加速度a棒由牛顿第二定律 a棒=（k+1）g棒第一次弹起的最大高度 解得 棒运动的路程 s=h+2h1=（3）解法一棒第一次弹起经过t1时间，与环达到相同速度v1环的速度 v1=-v1+a环t1棒的速度v1=v1+a棒t1环的位移 棒的位移 解得 棒环一起下落至地解得 同理，环第二次相对棒的位移环相对棒的总位移x=x1+x2+xn+w=kmgx得解法二设环相对棒滑动距离为l根据能量守恒 mgh+mg（h+l）=kmgl摩擦力对棒及环做的总功w=-kmgl解得 abcdefgirphhk22.目前，滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，赛道光滑，fgi为圆弧赛道，半径r=6 .5m，g为最低点并与水平赛道bc位于同一水平面，ka、de平台的高度都为h=1.8m。b、c、f处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m5kg，运动员质量为m，m=45kg。表演开始，运动员站在滑板b上，先让滑板a从a点静止下滑，t1=0.1s后再与b板一起从a点静止下滑。滑上bc赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0.6s。（水平方向是匀速运动）。运动员与a板一起沿cd赛道上滑后冲出赛道，落在ef赛道的p点，沿赛道滑行，经过g点时，运动员受到的支持力n=742.5n。（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10m/s2）滑到g点时，运动员的速度是多大？运动员跳上滑板a后，在bc赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？从表演开始到运动员滑至i的过程中，系统的机械能改变了多少？解答：（1）运动员在最低点g点，所受支持力和重力的合力作为运动员做圆周运动的向心力fn g= vg= vg =6.5 ms(2) 由机械能守恒，滑板a在bc赛道上的速度是 va=6 ms运动员与滑板b晚0.1s从a点静止下滑,在bc赛道上,滑板a与滑板b间的距离是s=60.1=0.6m 运动员跳离滑板b,经0.6s跳上滑板a,跳上滑板a前相对滑板a的速度是s/t2 =1 ms, 对地的速度是v=7 ms。根据动量守恒定律 mv+ mva=（m+m）v v=6.9ms 。（3）表演开始时的机械能是运动员和滑板a、滑板b在a点所具有的重力势能（m+m+m）gh运动员滑至i后，运动员和滑板a具有的机械能是等于在g点具有的动能（m+m）vg2滑板b具有的动能是m vb2。把滑板b和运动员作为研究对象，根据动量守恒定律（m+m）vb =m vb+mv vb = va=6 ms vb =-3 ms 。运动员跳离滑板b后，由于vb6 ms，滑板b不能滑出a点，只能在abcd赛道上来回运动。 系统的机械能改变是 （m+m）vg2 +m vb2 -（m+m+m）gh=88.75j123n23.某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题。其模型如图所示。用完全相同的轻绳将n个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆，球间有微小间隔，从从左到右，球的编号依次为1、2、3n，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k1）。将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞所有碰撞皆为无机械能损失的正碰。（不计空气阻力，忽略绳的伸长，g取10m/s2）设与n+1号球碰撞前n号球的速度为vn，求n+1号球碰撞后的速度。若n=5，在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16h（16 h小于绳长），问k值为多少？在第问的条件下，悬挂哪个球的绳最容易断，为什么？解：【解析】(1)设n号球质量为m,n+1号球质量为mn+1，则，设碰撞后的速度依次为，取水平向右为正方向，据题意有n号球、n+1号球碰撞前的速度分别为、0， 根据动量守恒有 根据动能守恒 解式得, （2）设1号球摆至最低点时的速度为,由机械能守恒定律有 所以 设5号球摆起时的速度为,由机械能守恒定律有 由式得后一个球碰后速度为， ，。 （3）设绳长为,第n个球在最低点时，细绳对球的拉力为,由牛顿第二定律有 则 又 由题意知：1号球所受重力最大；由机械能守恒及传递情况可知：1号球在最低点碰前的动能也最大，根据式知：悬挂1号球的绳最容易断.注：因后面各球质量（ ）渐次减小、各球碰后速度渐次增大，由式不能直接判断出各球所受拉力的大小关系；若将、代入式，也不易看出拉力大小变化的趋向，所以应将式后面一项作为“整体”处理。该问题也可用下面的办法（个案法）解答：计算n个球中任意相邻两个球所受拉力的大小，然后比较之。1号球与2号球碰前瞬间1号球所受拉力 1号球与2号球碰后瞬间2号球所受拉力.由此推知,故悬挂1号球的绳最容易断.24.荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献惠更斯所做的碰撞实验可简化为：三个质量分别为m、m、m的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为l的三根平行绳子上，彼此相互接触。现把质量为m的小球拉开，上升到h高处释放，如图所示，已知各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，h远小于l,不计空气阻力。（1）若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球速度交换，试求此时系统的运动周期。（2）若三个球的质量不同，要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有同样的动量，则mmm应为多少?它们上升的高度分别为多少?【解析】（1）球1与球2、球2与球3碰撞后速度互换，球3以球1碰球2前瞬间的速度开始上升到h高处，然后再摆回来与球2、球2与球1碰撞，使球1上升到h高处，此后，系统做到周期性运动，则2由此可知系统的运动周期为：2（2）由题意知三球碰后的动量均相同，设为