[高考理综]2012高考冲刺----物理计算题强化训练教师版详解

1、2012高考冲刺-物理计算题强化训练（教师版详解）1如图所示，质量均为m的a、b两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接现把a、b两球置于距地面高h处（h足够大），间距为l。当a球自由下落的同时，b球以速度v0指向a球水平抛出求：(1)两球从开始运动到相碰，a球下落的高度；(2)a、b两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量；(3)轻绳拉直过程中，b球受到绳子拉力的冲量大小。解析：(1)设到两球相碰时a球下落的高度为h，由平抛运动规律得联立得（2）a、b两球碰撞过程中，由水平方向动量守恒，得由机械能守恒定律，得式中联立解得（3）轻绳拉直后，两球具有相同的水平速度，设为vbx,，

2、由水平方向动量守恒，得由动量定理得答案：（1）；（2）；（3）.2如图所示，小洁将小球甲从空中a点以=3 m/s的速度竖直向下抛出同时小明将另一小球乙从a点正下方h=10 m的b点以4 m/s的速度水平抛出不计空气阻力，b点离地面足够高，求两球在空中的最短距离解析：解法一：经过时间t，甲做竖直下抛运动的位移为乙在竖直方向做自由落体运动的位移为两球在竖直方向的距离为乙在水平方向的位移为两球之间的距离为联立以上各式解得当t=1.2 s时，两球之间的最短距离为8 m。解法二：如图，在水平方向乙球相对于甲球以向右做匀速直线运动，在竖直方向乙球相对于甲球以向上做匀速直线运动，则以甲球为参照物，乙球沿图示

3、bc方向做匀速直线运动，则过a点作bc的垂线ad，ad即为两球在空中的最短距离由几何关系得联立并代入数据得ad=8 m.3如图所示，质量为m=0.40kg的靶盒a位于光滑水平轨道上，开始时静止在o点，在o点右侧有范围很广的“相互作用区”，如图中的虚线区域，当靶盒a进入相互作用区域时便有向左的水平恒力f=20n作用，在p处有一固定的发射器b，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度为v0=50m/s，质量为m=0.1kg的子弹，当子弹打入靶盒a后，便留在盒内，碰撞时间极短，若每当靶盒a停在或到达o点时，就有一颗子弹进入靶盒a内，求：(1)当第一颗子弹进入靶盒a后，靶盒a离开o点的最大距离(2)当

4、第三颗子弹进入靶盒a后，靶盒a从离开o点到回到o点所经历的时间。(3)当第100颗子弹进入靶盒内时，靶盒已经在相互作用区中运动的总时间abp相互作用区o 解析：解析：（1）设第一颗子弹进入靶盒a后，子弹与靶盒的共同速度为v1，根据子弹进入靶盒过程中系统动量守恒，有：mv0=（m+m）v1设a离开o点的最大距离为s1，由动能定理可得：-f s1=0-（m+m）v12/2联立两式可以解得：s1=1.25m（2）根据题意，a在恒力f的作用返回o点时第二颗子弹正好打入，由于a的动量和第二颗子弹动量大小相等，方向相反，故第二颗子弹打入后，a将静止在o点，设第三颗子弹打入a后，他们共同的速度为v3，由系统

5、动量守恒得：mv0=（3m+m）v3设a从离开o点到又回到o点所经历的时间为t，取碰后a的运动方向为正方向，由动量定理可以得到：-ft/2=0-（3m+m）v3由以上两式解得：t=0.5s（3）由（2）问的计算可以看出，第1、3、5、（2n+1）颗子弹打入a后，a运动时间均为t=0.5s，故总时间为t总=50t=25s。4如图所示为光滑的平直轨道上分布着间距为l的物块，其中m=4m，其余的质量均为m当一水平恒力f作用于m上，m将与物块1碰后形成一整体，再与物块2 碰后又形成一整体，如此继续碰下去，求m的最大速度? 设轨道足够长，小物块足够多。4解析：5长12 m，质量为50 kg的木板右端有一

6、立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩因数为0.1，质量为50 kg的人立于木板左端，木板与均静止，当人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住木柱，试求：（g取10m/s2）（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小。（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。（3）人抱住木柱后，木板向什么方向滑动?还能滑行多远的距离?解析：人相对木板奔跑时，设人的质量为，加速度为，木板的质量为m，加速度大小为，人与木板间的摩擦力为，根据牛顿第二定律，对人有：；（2）设人从木板左端开始距到右端的时间为，对木板受力分析可知：故，方向向左；由几何关系得：，代入数据得：（3）当人奔跑至右端时，人的

7、速度，木板的速度；人抱住木柱的过程中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有：（其中为二者共同速度）代入数据得，方向与人原来运动方向一致；以后二者以为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为，故木板滑行的距离为。6如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m，长度为的小车，小车左端有一质量也是m可视为质点的物块，车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度与车长相比可忽略），物块与小车间滑动摩擦因数为，整个系统处于静止状态。现在给物块一个水平向右的初速度，物块刚好能与小车右壁的弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左端时，恰与小车相对静止。求：（1）物块的初速度及解除

8、锁定前小车相对地运动的位移。（2）求弹簧解除锁定瞬间物块和小车的速度分别为多少?解析：（1）物块在小车上运动到右壁时，设小车与物块的共同速度为，由动量守恒定律得，由能量关系有，故，在物块相对小车向右运动的过程中，小车向右作匀加速运动加速度为，速度由0增加到，小车位移为，则；（2）弹簧解除锁定的瞬间，设小车的速度为，物块速度为，最终速度与小车静止时，共同速度为，由动量守恒定律得，由能量关系有，联立四式解得： 和（舍去），所以，。点拨：弹簧锁定意味着储存弹性势能能量，解出锁定意味着释放弹性势能能量。求解物理问题，有时需要根据结果和物理事实，作出正确判断，确定取舍。7图是新兴的冰上体育比赛“冰壶运动

9、”的场地（水平冰面）示意图，实际尺寸如图为已知，要令球队获胜你需要推出你的冰壶石以使其停留在以o为圆心的圆心线之内，并把对手的冰壶石击出同样以o为圆心的圆垒之外已知圆心线半径r=0. 6 m，而圆垒的半径r=1.8 m，在某次比赛中，甲队队员以速度= 3 m/s将质量m=19 kg的冰壶石从左侧栏线a处向右推出，冰壶石沿中心线运动并恰好停在o处，乙队队员以速度=5 m/s将质量m= 20 kg的冰壶石也从a处向右推出，冰壶石也沿中心线运动到o点并和甲队冰壶石发生碰撞，设两个冰壶石均可看成质点且碰撞前后均沿中心线运动，不计碰撞时的动能损失，两个冰壶石与水平冰面的动摩擦因数相同，g取。（1）求冰壶

10、石与水平冰面间的动摩擦因数；（2）乙队的冰壶石能否停在圆心线区域之内并把甲队冰壶石击出圆垒之外从而取胜？你必须通过计算得出结论解析：（1）对甲队员推出的冰壶石有，（2）设乙队员推出的冰壶石运动到o点时的速度为，则有，两冰壶石碰撞后，设甲队冰壶石的速度为，乙队冰壶石速度为，则有解得碰撞后，对甲冰壶石有对乙冰壶石有由于，因而乙队取胜。8一辆质量为2 kg的平板车，左端放有质量m3 kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数0.4，如图所示，开始时平板车和滑块共同以2 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短，且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。设平板车

11、足够长，以至滑块不会滑到平板车右端（取g1.0 m/s2），求：（1）平板车第次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离。（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度。（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长?解析：（1） 平板车第次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用而向左作匀减速直线运动。设向左运动的最大距离为，由动能定理得所以有；（2）假设平板车第二次与墙壁碰撞前和物块已经达到共同速度，由于系统动量守恒，有，即设平板车从第次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离处到再加速到速度所发生的位移大小为，由动能定理得有，显然，表明平板车第二次与墙壁碰撞前已经达到了共同速度，这一速度也是平板车第二次与墙壁碰

12、撞前瞬间的速度；（3）平板车与墙壁多次碰撞，使与之间发生相对滑动。由于摩擦生热，系统的动能逐渐减少，直到最终停止在墙角边，设整个过程中物块与平板车的相对位移为，由能量转化和守恒定律得，所以；点拨：用数学知识求解物理问题是考生应当具有的一项能力。在求解一些物理问题时往往要用到有关的数学知识，如：数列求和、不等式求解、极值讨论等等，正确求解这类问题必须以较好的数学知识为前提。9如图所示，物体a的质量1 kg，静止在光滑水平面上的木板b的质量为0. 5 kg、长l=1 m，某时刻a以4 m/s的初速度滑上木板b的上表面，为使a不能从b上滑落，在a滑上b的同时，给b施加一个水平向右的拉力f，若a与b之

13、间的动摩擦因数0. 2，试求拉力f应满足的条件（忽略物体a的大小）解析：物体a滑上木板b以后，做匀减速运动，加速度为木板b做加速运动，有物体a不滑落的临界条件是a到达b的右端时，a、b具有共同的速度，则，且解之得n若f<1 n，则a滑到b的右端时，速度仍大于b的速度，于是将从b上滑落，所以f至少等于1 n。10如图所示，水平桌面上放有a、b两个物体，a、b间用一根硬杆c 相连，已知物体a的质量是0.5kg， b的质量是0.3kg，杆c的质量是0.2kg。a与桌面的动摩擦因数是0.2，b与桌面间的动摩擦因数是0.5。使它们以一定的初速度开始沿平面向右运动，在运动过程中杆c对ab两物体竖直向

14、下的压力大小相等，那么杆c在水平方向受到a、b两物体的作用力是拉力还是压力？力的大小各是多少？（取）解：c物体对a、b的压力整体运动加速度对a：，解得所以a对c是拉力（向右），大小是0.4n对b：，解得所以b对c是拉力（向左），大小是1.04n11对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：a、b两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动。当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零，当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为f的斥力。设a物体质量m1l.0kg，开始时静止在直线上某点；b物体质量m23.0 kg，以速度从远处沿直线向a运动，若d0.

15、10 m，f0.60 n，0.20m/s，求：（1）相互作用过程中a、b加速度的大小；（2）从开始相互作用到a、b间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少量；（3） a、b间的最小距离。解析：（1）由牛顿运动定律可知，相互作用过程中a、b加速度的大小分别为，；（2）a、b间距离最小时，两者速度相同，全过程满足由动量守恒的条件，故有，所以系统（物体组）动能的减少量为；（3）根据匀变速直线运动规律得，而距离最小时有v1=v2 ，由匀变速直线运动规律可得两物体位移分别为，由几何关系可知，解以上各式得a、b间的最小距离。12一圆环a套在一均匀圆木棒b上，a的高度相对b的长度来说可以忽略不计a和b的质量

16、都等于m，a和b之间的滑动摩擦力为开始时b竖直放置，下端离地面高度为h，a在b的顶端，如图所示让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，问：在b再次着地前，要使a不脱离b，b至少应该多长？解析：释放后a和b相对静止一起做自由落体运动，b着地前瞬间的速度为b与地面碰撞后，a继续向下做匀加速运动，b竖直向上做匀减速运动它们加速度的大小分别为b与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为在此时间内a的位移为要在b再次着地前a不脱离b，木棒长度l必须满足条件，联立以上各式，解得。13如图所示，c是放在光滑水平面

17、上的一块木板，木板质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块a和b，它们与木板间的动摩擦因数均为。最初木板静止，a、b两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长， a、b始终未滑离木板。求：cabv02 v 0（1）木块b从刚开始运动到与木板c速度刚好相等的过程中，木块b所发生的位移；（2）木块a在整个过程中的最小速度。解析：（1）木块a先做匀减速直线运动至与c速度相同，后与一道做匀加速直线运动；木块b一直做匀减速直线运动；木板c做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到a、b、c三者的速度相等（设为v1）为止， a、b、c三者组成的系统动量守恒故：，v1=0.6v

18、0；对木块b运用动能定理，有，所以。（2）设木块a在整个过程中的最小速度为v（此时a、c共速），由动量定理知，至此，a、b的动量变化都相同，都为，因a、b、c组成的系统动量守恒，有，所以木块a在整个过程中的最小速度。点拨：对于多物体系统只要认真分析每一个物体受力情况和运动情况，抓住相关联的运动状态，问题仍然很容易解决。14质量m=2 kg的质点停在如图115所示的平面直角坐标系原点o，当其受到三个同平面的作用力时正好在o点处于静止状态已知三个力中的=4 n方向指向y轴的负方向求：（1）当停止作用时，质点受到的合力大小和方向？（2）从t=0时起，停止其中的作用并恢复的作用，到第4s末质点位置的坐

19、标是（8，0)，则大小和方向如何？（3）若从第4s末起恢复的作用，而同时停止作用，则到第6s末质点的位置坐标是多少？（4）第6s末质点的速度大小和方向如何？解析：（1）当停止的作用时，质点受到的合力大小等于=4n，方向沿y轴的正方向（2）停止的作用后，的合力与等值反向，由第4 s末质点的位置坐标（8，0)知，质点沿x轴负方向做匀加速运动，且故2 n，方向沿x轴正方向（2）同时作用而停止作用时，合力沿y轴正方向大小为4 n，质点做类平抛运动在y轴方向上，则在x轴方向上在4 s末速度为故第4 s末的位置坐标（16，4)（4）第6 s末时，故第6秒末时，速度速度方向指向第三象限，与y轴夹解为15如图

20、所示，一个光滑的圆锥体固定在水平圆盘上，其轴线沿竖直方向并与圆盘中心重合，母线与轴线之间的夹角为一条长为l的细绳，一端固定在圆锥体的顶点o处，另一端拴着一质量为m的小球（可视为质点）现让圆锥体绕其中心轴线由静止开始转动，求当其角速度由零增大到且稳定时的过程中，细绳的拉力对小球所做的功解析：小球将要离开斜面时的角速度为，则由于，小球将离开斜面，稳定后细绳与竖直方向夹角为，故在此过程中绳拉力所做的功为16如题右图，半径为r的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球a、b质量分别为m、m（为待定系数）。a球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的b球相撞，碰撞后a、b球能达到的最大高度均

21、为,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：（1）待定系数。（2）第一次碰撞刚结束时小球a、b各自的速度和b球对轨道的压力。（3）小球a、b在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球a、b在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。解析：（1）由机械能守恒定律得 故；（2）设a、b第一次碰撞后的速度大小分别为、，则，故，向左；向右；设轨道对b球的支持力为，b球对轨道的压力为，由牛顿第三定律知，方向竖直向下。（3） 由机械能守恒定律知，第一次碰撞前a的速度为。设a、b球第二次碰撞刚结束时的速度分别为、，则解得， （另一组解：，不合题意，舍去）。由此可得：当n为奇数时，小球a、b在第n次

22、碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球a、b在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同。点拨：对物理问题进行逻辑推理得出正确结论和作出正确判断，并把推导过程正确地表达出来，体现了对推理能力的考查，希望考生注意这方面的训练。17一个同学身高h1=1.8m，质量m=65kg，站立举手摸高（指手能摸到的最大高度）h2=2.2m，g=10m/s2。(1)该同学用力登地，经过时间t1=0.45s竖直离地跳起，摸高为h3=2.6m。假定他离地的力f1为恒力，求f1的大小。(2)另一次该同学从所站h4=1.0m的高处自由落下，脚接触地面后经过时间t2=0.25s身

23、体速度降为零，紧接着他用力f2登地跳起，摸高h5=2.7m。假定前后两个阶段中同学与地面的作用力分别都是恒力，求该同学登地的作用力f2。解：(1)第一阶段：初速为0，时间为t1=0.45s竖直离地跳起，加速度为，速度为。v第二阶段：初速度为，末速度为0，加速度为g，高度为0.4m/s。对第一阶段运动过程进行受力分析，并由牛顿第二定律得： 则(2)由分析得第一阶段的末速度为： 第二阶段的运动位移为： 第四阶段的初速度为： 第三阶段的加速度为： 对第三阶段运动过程进行受力分析，并由牛顿第二定律得：则：点评：此题的关键是将复杂的过程分解为几个简单的过程进行分析。18如图所示，设a、b为地球赤道圆的一

24、条直径的两端，利用地球同步卫星将一电磁波信号由a传播到b，至少需要几颗同步卫星？这几颗同步卫星间的最近距离是多少？用这几颗同步卫星把电磁波信号由a传播到b需要的时间是多少？（已知地球半径r，地表面处的重力加速度g，地球自转周期t，不考虑大气层对电磁波的影响且电磁波在空气中的传播速度为c）解析：由图可明显地看出，为实现上述目的，至少需要两颗同步卫星，其位置在且这两颗同步卫星的最近距离是2r设同步卫星的轨道半径为r，则有又由在地表面处有解得由图可见，此时通过这两颗同步卫星由a到b传播电磁波信号经过的路程为而根据勾股定理，有故电磁波信号由a传播到b需要的时间为。19理论证明，取离星球中心无穷远处为引

25、力势能的零势点时，以物体在距离星球中心为r处的引力势能可表示为：，式中g为万有引力常量，m、m表示星球与物体的质量，而万有引力做的正功等于引力势能的减少已知月球质量为m、半径为r，探月飞船的总质量为m月球表面的重力加速度为g（1）求飞船在距月球表面h（h>r/3）高的环月轨道运行时的速度v；（2）设将飞船从月球表面发送到上述环月轨道的能量至少为e有同学提出了一种计算此能量e的方法：根据，将（1）中的v代入即可请判断此方法是否正确，并说明理由如不正确，请给出正确的解法与结果（不计飞船质量的变化及其他天体的引力）解析：（1）探月飞船做圆周运动所需的向心力由月球对探月飞船的万有引力提供，则（2

26、）不正确；因探月飞船从月球表面发送到h高处的过程中月球的引力为变力，故克服引力所做的功不等于mg h。由引力势能定义可知探月飞船从月球表面发送到h处引力势能的改变量为整理后得由能量守恒定律可知，将探月飞船从月球表面发送到h处所需的能量为，联立求解得。20资料：理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的倍即，由此可知，天体的质量m越大，半径r越小，逃逸速度也就越大，也就是说，其表面的物体就越不容易脱离它的束缚有些恒星，在它一生的最后阶段，强大的引力把其中的物质紧紧的压在一起，密度极大，每立方米的质量可达数吨它们的质量非常大，半径又非常小，其逃逸速度非常大于是，我们自然要想，会不会有这样的天体，它的质量更

27、大，半径更小，逃逸速度更大，以m/s的速度传播的光都不能逃逸？如果宇宙中真的存在这样的天体，即使它确实在发光，光也不能进入太空，我们根本看不到它这种天体称为黑洞(black hole)。1970年，科学家发现了第一个很可能是黑洞的目标已知m/s，求：（1）逃逸速度大于真空中光速的天体叫黑洞（black hole)，设某黑洞的质量等于太阳的质量kg，求它的可能最大半径（这个半径叫做schwarzchild半径）（2）在目前天文观测范围内，物质的平均密度为，如果认为我们的宇宙是这样一个均匀大球体，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物体都不能脱离宇宙，问宇宙的半径至少多大？（球的

28、体积计算方程）解析：（1）当逃逸速度刚好等于光速时，黑洞的半径最大，设为r，根据题意得，得（2）设逃逸速度为光速c时，宇宙的半径为，由题意知，宇宙的质量为由题意，得解得21如图所示，质量为m的长滑块静止在光滑水平地面上，左端固定劲度系数为k且足够长的轻质弹簧，右侧用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上，细绳所能承受的最大拉力为t，使一质量为m、初速度为的小物体，在滑块上无摩擦地向左滑动而后压缩弹簧弹簧的弹性势能表达式为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（1）给出细绳被拉断的条件；（2）滑块在细绳拉断后被加速的过程中，所能获得的最大向左的加速度为多大？（3）物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为

29、零的条件是什么？解析：（1）设弹簧压缩x有，故（2）绳被拉断时，小物体速度为v，有，得当弹簧压缩最短时，滑块有向左的最大加速度，有故（3）设离开时滑块速度为有，故。22如图所示，质量为ma=4.0kg的木板a放在水平面c上，木板与水平面间的动摩擦因数为=0.24，木板最右端放着质量为mb=1.0kg的小物块（视为质点），它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12ns的瞬时冲量i作用开始运动，当小物块离开木板时，木板的动能为8.0j,小物块的动能为0.5j（g=10m/s2）求：abc(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度为多少？(2)木板的长度时多少？解析：(1)以a由静止到获得初速度为研究过

30、程，由动量定理可知i= mv0 带入数据得到：v0=3m/s (2)对a获得速度到b从a的左端掉下来为研究过程，其运动过程如图所示，设a运动的时间为t，运动的位移为sa，b运动的位移为sb，b对a，c对a，a对b的摩擦力分别为fba，fca，fab，由动量定理可得：对a：-（fba+fca）t=mava-mav0 对b： fabt=mbvb 由动能定理可知对a：-（fba+fca）sa=mav a 2/2-mav02/2 对b： fabsb=mbvb2/2 由牛顿第三定律可知，a对b的摩擦力和b对a的摩擦力大小相等fab= fba fca=（ma+mb）g l=sa-sb 由联立可解得：l=0

31、.5m答案：（1）v0=3m/s；（2） l=0.5m 点评：本题考查动量定理和动能定理相结合的知识点，对此题注重过程的分析，画出运动过程图，再做此题就一目了然。23柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为m（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离l。

32、已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h（如图2）。已知m1.0×103kg，m2.0×103kg，h2.0m，l0.20m，重力加速度g10m/s2，混合物的质量不计。设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力f是恒力，求此力的大小。解析：锤自由下落，碰桩前速度v1向下， 碰后，已知锤上升高度为（hl），故刚碰后向上的速度为 设碰后桩的速度为v，方向向下，由动量守恒， 桩下降的过程中，根据功能关系， 由、式得 代入数值，得n 答案：n点评：此题属于打击中的动量守恒，在离开桩后，锤的机械能守恒。分析题意，浓缩成物理模型，再利用动能定理和动量守恒定律相结合求解结果

33、。24在竖直面内有一光滑水平直轨道和一光滑半圆形轨道，二者在半圆的一个端点b相切，如图所示，半圆形轨道的另一端点为c，半径为r在直轨道上距离b为x的a点，有一可看作质点的质量为m的小球处于静止状态现用水平恒力将小球推到b处后撤去恒力，小球沿半圆轨道运动到c处后又落到水平面上求：(1)若小球正好落到出发点a处，在这种情况下：用x和给出的已知最来表达推力对小球所做的功；x取何值时，水平恒力做功最小？最小值为多少？x取何值时，所用水平恒力最小？最小值为多少？(2)在任意情况下，x取任意值，求小球在b处和c处对轨道的压力大小之差解析：(1)若正好落到出发点a处，则小球由c到a做平抛运动设小球在c处的速

34、度为，由运动学知识知：在水平方向上有在竖直方向上有，联立解得对小球从a到c由动能定理得解得当有最小值时，小球恰能到达c处（设此时小球的速度为），此时小球在c处只受重力作用，则，又因为小球仍能落到a处，所以，即有，由功的定义式，得所以，由于和积是常量，所以当时，此时f有最小值。最小值为(2)在小球在b处时，受到重力和轨道向上的支持力，由牛顿第二定律得当小球在c处时，受到重力mg和轨道向下的压力，由牛顿第二定律得从b到c由机械能守恒得三式联立得.25如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块a从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使a制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑

35、道延长线m处的墙上，一端与质量为m2的档板b相连，弹簧处于原长时，b恰位于滑道的末端o点a与b碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在om段a、b与水平面间的动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：(1)物块a在与挡板b碰撞前瞬间速度v的大小；(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能ep（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。解析：(1)由机械能守恒定律，有 解得v(2)a、b在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有碰后a、b一起压缩弹簧，）到弹簧最大压缩量为d时，a、b克服摩擦力所做的功由能量守恒定律，有解得：答案：（1）；（2）26如图所示，轻且不可伸长的细绳悬挂一质量为0

36、.5 kg的小圆球，圆球又套在可沿水平方向移动的框架槽内，框架槽沿铅直方向，质量为0.2 kg.自细绳静止于铅直位置开始，框架在水平力f=20 n恒力作用下移至图中位置，此时细绳与竖直方向夹角绳长0. 2 m，不计一切摩擦求：（1）此过程中重力对小圆球做功为多少？（2）外力f做功为多大？（3）小圆球在此位置的瞬时速度大小是多少（取b ）解析：（1）小球重力所做功为j（2）外力f做功为（3）将小球和框架槽看作一个系统，则由系统动能定理得其中为小球的质量和小球此时的速度，为框架槽的质量和此时的速度由运动的分解得代入上述方程得最后得。27如图，长为r的轻绳，上端固定在o点，下端连一个小球小球接近地面

37、，处于静止状态现给小球一沿水平方向的初速度，小球开始做圆周运动设小球到达最高点时绳突然断开，已知小球最后落在离小球最初位置3r的地面上求小球的初速度，重力加速度为g解析：设小球质量为m，小球到达最高点时速度为v，由机械能守恒定律，得绳子断开后，小球做平抛运动，经时间t到达地面，则，则，得。28如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，在车上的左端放一木块b车左边紧邻一个固定在竖直面内、半径为r的圆弧形光滑轨道，已知轨道底端的切线水平，且高度与车表面相平现有另一木块a（木块a、b均可视为质点）从圆弧轨道的顶端由静止释放，然后滑行到车上与b发生碰撞两木块碰撞后立即粘在一起在平板车上滑行，并与固定

38、在平板车上的水平轻质弹簧作用后被弹回，最后两木块刚好回到车的最左端与车保持相对静止已知木块a的质量为m，木块b的质量为2m，车的质量为3m，重力加速度为g，设木块a、b碰撞的时间极短可以忽略求：（1）木块a、b碰撞后的瞬间两木块共同运动速度的大小（2）木块a、b在车上滑行的整个过程中，木块和车组成的系统损失的机械能（3）弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能解析：（1）设木块a到达圆弧底端时的速度为，对木块a沿圆弧下滑的过程，根据机械能守恒定律，有，在a、b碰撞过程中，两木块组成系统动量守恒，设碰撞后的共同速度大小为，则解得（2）a、b在车上滑行的过程中，a、b及车组成的系统动量守恒a、b滑到车

39、的最左端时与车具有共同的速度，设此时速度大小为v，根据动量守恒定律，有a、b在车上滑行的整个过程中系统损失的机械能为（3）设当弹簧被压缩至最短时，木块与车有相同的速度，弹簧具有最大的弹性势能e，根据动量守恒定律有，所以设木块与车面摩擦力为f，在车上滑行距离为l，对于从a、b一起运动到将弹簧压缩至最短的过程由能量守恒有对于从弹簧被压缩至最短到木块滑到车的左端的过程有解得。29连同装备质量m=100kg的宇航员离飞船45m处与飞船相对静止，他带有一个装有m=0.5kg的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以v=50m/s的速度在极短的时间内相对宇航员自身喷出.他要返回时，必须向相反的方向释放氧气，同时还要留

40、一部分氧气供返回途中呼吸.设他的耗氧率r是2.5×10-4kg/s，问：要最大限度地节省氧气，并安全返回飞船，所用掉的氧气是多少?解析：设喷出氧气的质量为m后，飞船获得的速度为v，喷气的过程中满足动量守恒定律，有：0=(m-m)v+m(-v+v)得v=mv/m宇航员即以v匀速靠近飞船，到达飞船所需的时间t=s/v=ms/mv这段时间内耗氧m=rt故其用掉氧气m+m=2.25×10-2/m+m因为(2.25×10-2/m)×m=2.5×10-2为常数，所以当2.25×10-2/m=m，即m=0.15kg时用掉氧气最少，共用掉氧气是m+m

41、=0.3kg.答案：所用掉氧气0.3kg点评：(1)动量守恒定律中的各个速度应统一对应于某一惯性参照系，在本题中，飞船沿圆轨道运动，不是惯性参照系。但是，在一段很短的圆弧上，可以视飞船做匀速直线运动，是惯性参照系。(2)此题中氧气的速度是相对宇航员而不是飞船。因此，列动量守恒的表达式时，要注意速度的相对性，这里很容易出错误。(3)要注意数学知识在物理上的运用。30如图所示，水平光滑地面停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道ab是光滑的，在最低点b与水平轨道bc相切，bc的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从a点的正上方某处无初速度下落，恰好

42、落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端c恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点b时对轨道的压力是物块的重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，求：(1)物块开始下落的位置距离水平轨道bc的竖直高度是圆弧半径的多abc少倍？(2)物块与水平轨道bc间的动摩擦因数为多少？解析：(1)设物块的质量为m,其开始下落的位置距离bc的竖直高度为h，到达b点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为r，有机械能守恒定律，有： 根据牛顿第二定律，有 解得h=4r 即物块开始下落的位置距水平轨道bc的竖直高度是圆弧半径的4倍(2)设物块与bc间的滑动摩擦力的大小为f

43、，物块滑行到c点时与小车的共同速度为v，物块在小车上由b运动到c的过程中小车对地面的位移大小为s，依题意，小车的质量为3m，bc长度为10r，由滑动摩擦定律，有f=mg 由动量守恒定律，有 对物块、小车分别应用动能定理 解得：=0.3答案h=4r =0.331如下图所示，发射人造卫星时，先把卫星送入近地轨道，然后使其沿椭圆轨道达到远地点p，此时速度为v，若p点到地心的距离为r，卫星的总质量为m，地球半径为r0，地表的加速度为g，则欲使卫星从p点绕地球做半径为r的圆轨道运动，卫星在p点应将质量为m的燃气以多大对地的速度向后喷出（将连续喷气等效为一次性喷气）。poq解析：卫星进入轨道后做圆周运动，

44、由万有引力提供向心力，即 解得：又因为地面附近万有引力近似等于物体的重力 解得 gm=gr02所以： 卫星要进入该轨道，其运行速度必须等于v，所以卫星喷气后的速度为v。在喷气过程中，以喷出的气体与卫星为系统，则系统的动量守恒，该燃气喷出时对地的速度，由动量守恒定律可得： 由可得：答案：点评：本题考查动量守恒定律中的反冲现象，也是动量守恒定律在航天技术和宇宙航行中的应用，解这类问题时要注意速度的同时性，即作用前和作用后的速度为同一时刻的速度，对同一参考系的速度。32如图，a、b、c、三个重物的质量分别是3. 75 kg、3. 75 kg、1. 6 kg，a、b放在光滑的、同一高度的水平台面上，a

45、、b之间用一足够长的轻绳（无弹性）连接，d、e分别是两个摩擦、大小均不计的定滑轮，d、e间距离l=1.2 m，现将重物c用一光滑的轻钩挂在绳子上de的中点，开始时用手托住c使绳子水平拉直，然后从静止开始释放c求：（1）当物体c下落h时，若它的速度是，请写出此时a、b的速度的表达式（请用表示）；（2）当物体c下落0. 8 m时，请求出a、b、c三物体的速度大小解析：（1）的速度和在绳方向上的投影相等，则（2）代入数据可解得33如图是荡秋千的示意图最初人直立站在踏板上，两绳与竖直方向的夹角均为；人的重心到悬点o的距离为，从a点向最低点b运动的过程中，人由直立状态自然下蹲，在b点人的重心到悬点o的距

46、离为；在最低点处，人突然由下蹲状态变成直立状态（人的重心到悬点o的距离恢复为)，且保持该状态到最高点c设人的质量为m，不计踏板和绳的质量、不计一切摩擦和空气阻力，求：（1）人第一次到达最低点b还处于下蹲状态时，两根绳的总拉力f为多大？（2）人第一次到达最高点c时，绳与竖直方向的夹角为多大？（可用反三角函数表解析：（1）人由a点向b点（还处于下蹲状态时）的过程中，根据机械能守恒得在最低点b，得解得（2）人从b点保持直立状态到达c点的过程中，根据机械能守恒得解得。34如图是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯

47、杆释放，夯杆在重力作用下落回深坑，夯实坑底。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v=4m/s,滚轮对夯杆的压力=2×10n，滚轮与夯杆间的动摩擦因数=0.3,夯杆质量m=1×10kg，坑深h=6.4m,取g=10 。求：（1）夯杆自坑底开始匀加速上升，当速度增加到4m/s时，夯杆上升的高度；（2）夯杆自坑底上升的最大高度；（3）每次滚轮将夯杆提起的过程中，电动机对夯杆所做的功。解析：(1)对夯杆：a=2m/s 上升高度：h=4m (2)夯杆与滚轮达到相同速度后,夯杆匀速上升，直至与滚轮分离，之后以v=4m/s的速度竖直上抛 上抛的最大高度h=m=0.8m所以夯杆自坑底上升的高大高度

48、h=h+h=7.2m (3)每次滚轮将夯杆提起的过程中,电动机对夯杆所做的功w=mgh+mv=10×10×6.4+×10×4j=7.2×10j 35质量为m的木块（可视为质点）与劲度系数为k的轻弹簧相连，弹簧的另一端与固定在足够大的光滑水平桌面上的挡板相连木块的右边与一轻细线连接，细线绕过光滑的质量不计的定滑轮，木块处于静止状态，在下列情况下弹簧均处于弹性限度内不计空气阻力及线的形变，重力加速度为g. 如图（甲）所示，在线的另一端施加一竖直向下的大小为f的恒力，木块离开初始位置o由静止开始向右运动，弹簧发生伸长形变，已知木块第一次通过p点时，速

49、度大小为，加速度大小为a，且加速度方向向右。求（1）木块在p点弹簧的伸长量。（2）木块在p点弹簧的弹性势能。（3）如果在线的另一端不是施加恒力，而是悬挂一个质量为m的钩码，如图（乙）所示木块也从初始位置o由静止开始向右运动，且能到达p点。当木块第一次通过p点时的速度大小解析：（1）设op的长度为s,木块到达p点时,弹簧伸长的长度即为s.由胡克定律，有弹簧的弹力 f=ks 由牛顿运动定律，有f-f=ma 解得： （2）在线的另一端施加恒力f和施加一个质量为m的钩砝，无论木块运动方向如何，到达p点时，弹簧的伸长量完全相同因此，弹簧的弹性势能相等设弹簧的弹性势能为e、此时木块的速度为由能量守恒定律，

50、有施加恒力f时 fs=e+ 解得： （3）悬挂钩码m时 mgs=e+ 联立解得此时木块的速度 36如图甲所示，质量m= 20 kg的物体从光滑曲面上高度h=0. 8 m处释放，到达底端时水平进入水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速率为3 m/s已知物体与传送带间的动摩擦因数0. 1。（1）若两皮带轮之间的距离是6 m，物体冲上传送带后就移走光滑曲面，物体将从哪一边离开传送带？通过计算说明你的结论（2）若皮带轮间的距离足够大，从m滑上到离开传送带的整个过程中，由于m和传送带间的摩擦而产生了多少热量？（3）若皮带轮间的距离足够大，从m滑上皮带后经过2s的那一时刻，一颗质量为m=20

51、g的子弹从右边击中物体，如图乙所示，子弹的速度为v=1 000 m/s击中物体后子弹留在物体中并不穿出，而且子弹击中物体所用时间极短，可忽略不计试画出物体从滑上到离开传送带的整个过程中的速度一时间图象（取水平向右方向为正）解析：（1）物体将从传送带的右边离开物体从曲面上下滑到低端时的速度为以地面为参照系，物体滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零，后向左做匀加速运动，直到速度与皮带速度相等后与皮带相对静止（这一段时间内物体相对于传送带一直向右滑动），期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为，物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生的位移为 表明物体将从右边离开传送带（2）以地面为参考系，若两皮带轮间的距离足够大，则物体滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零，后向左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止，从传送带左端掉下期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为所以，物体发生的位移为，取向右为正物休运动的时间为。这段时间内皮带向左运动的位移大