高考物理-6年高考母题精解精析专题14-动量和能量

1、备战2013高考物理6年高考母题精解精析专题14动量和能量2012高考】（2012 大纲版全国卷）21.如图,大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长 相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的 碰撞是弹性的，下列判断正确的是A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置,.益【答案】：AD【解析】：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由 动量守恒定律有：wv0 = mv1 +3mv2 ；又两球旋撞是弹性的

2、，故机械能守恒，即：-wVq = m + 解两式得：vt = - ,v2 =,可见第一次碰撞后的膨间，两 22222球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球 碰后的最大摆角相同，选项C错；由单摆的周期公式丁=2升可知，两球摆动周期相 同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确.【考点定位】此题考查弹性碰撞、单摆运动的等时性及其相关知识.（2012 浙江）23、（16分）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石 蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”

3、和“B鱼”，如图所示。在高出9 fl水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下滑鼠后速度减A B |为零，“B鱼”竖直下滑hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重f 力外还受浮力和水的阻力，已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，:a 重力加速度为g, “鱼”运动的位移远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动I 3时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：第23题图“ A鱼”入水瞬间的速度Vai ;“A鱼”在水中运动时所受阻力“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比捺A【解析】A鱼在入水前作自由落体运动，有弓= 2gH得到：匕（=42gH二）A鱼在水中运动时受到重力、浮力和阻力的

4、作用，做匀减速运动，设加速度为知 有纥=0-=-2a血由题得：Fa = mg9综合上述各式，得U 1A = ms （- ）般9（3）考虑到-3鱼的运动情况、受力与A鱼相似，有/b =/ 9综合两式得到& =叱磕h旗（9-旗）【考点定位】力和运动、动能定理（2012 天津）10. （16分）如图所示，水平地面上固定有高为力的平台，台面上有固定的 光滑坡道，坡道顶端距台面高度也为久坡道底端与台面相切。小球1从坡道顶端山静止开 始滑下，到达水平光滑的台面与静止在台面上的小球占发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地 :0点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质广一点，

5、忽略空气阻力，重力加速度为g。求”，,”.J mJw（1）小球】刚滑至水平台面的速度心；（2） /、夕两球的质量之比如：期。【答案工（1）错误！未找到引用源。（2） 1:3【解析】：解：（1）小球从坡道顶端滑至水平台而的过程中，由机械能守恒定律得m,gh =错误！未找到引用源。 m.V解得：叮=错误！未找到引用源。（2）设两球碰撞后共同的速度为匕由动量守恒定律得miv. - （mi + 加）v粘在一起的两球K出台面后做平抛运动竖直方向：h =错误！未找到引用源。gtl水平方向：错误！未找到引用源。=vt联汇上式各式解得：错误！未找到引用源。【考点定位】本题考查机械能守恒定律，动量守恒定律，平抛

6、运动。（2012 四川）24. （19 分）如图所示，/颇为固定在竖直平面内的轨道，/占段光滑水平，6c段为光滑圆弧，对应 的圆心角0 = 37,半径r= 2.5m,口段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨 道所在区域有场强大小为= 2X10n/c、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量= 5X102kg,电荷量e=+lX10霓的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑 行，在C点以速度疗3m/s冲上斜轨。以小物体通过。点时为计时起点，0. 1s以后，场强大 小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数 =0.25。设小物体的电荷量保持不 变，取 g-lOms2, sin370

7、-0.6. cos37:-0.S.（1）求弹簧枪对小物体所做的功；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求S的长度.【答案X（D 0.475J （2） 0.57m【解析】：解：（1）设弹簧枪对小物体做功为犷，由动能定理得甲一，守 （1cos5） =r mv$代人数据解得：rr-ci.475j（2）取沿平直斜轨向上为正方向.设小物体通过。点进入电场后的加速度为a”由牛顿第二定律得rngjirtd-u=哂6小物体向上做句减速运动，经：=0s后，速度达到小则Vl = VO - a； fj解得；i)=2.1ms设运动的位移为皿则Si = Vq .G t:Z电场力反向后，设小物体的加速度为包，由牛顿第

8、二定律得mgjind-u (mgcosff-qE) =，a：设小物体以此加速度运动到速度为0,运动时间为七，位移为工， 则0 =片-a： h m：- z a： rd设CP的长度为S,贝IJs=Si-解得：5-0.57m【考点定位】本题考查匀变速直线运动规律，牛顿第二定律，动能定理.(2012 全国新课标卷)35.物理选修3-5 (15分)(1)(6分)笊核和僦核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为：9 Q 49 Q 4；H+；H-，式中x是某种粒子。已知：；H、；H、2履和粒子x的质量分别为2.O141U、3.0161U, 4. 0026u和1. 0087u： lu=931. 5MeV

9、/c2. c是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知，粒子x是,该反应释放出的能量为 MeV (结果保留3位有效 数字)(2) (9分)如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点0。 让球a静止卜垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b, 两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角 为60。忽略空气阻力，求(i)两球a、b的质量之比；(ii)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。【答案】on (或中子)17.6生=五-1 (ii)一显(2) 叫2【解析】2 341(1)根据核反应方程遵循的规律可得：H+IJ2He+()n根据爱因斯坦质能方程AE= 4族可

10、得:AE= 0141+3. 0161-4. 0026-1. 0087) X931. 5MeV=17. 6 MeV(2)(i)设球b的质量为m?,细线长为A,球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速 率为。，由机械能守恒定律得式中g是重力加速度的大小.设球a的质量为叫：在两球碰后的瞬间，两球共同速度为 v,以向左为正.由动量守恒定律得 TOC o 1-5 h z mJD = (mI +m2)v设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为由机械能守恒定律得；(叫 + 加加”=(叫 + m2)gZ(l - cos 0)联立式得= 1 吗 Vl-cos代入题给数据得%=a-1 m2(ii)两球在

11、碰撞过程中的机械能损失是Q = m2gL 一 (/ + m2)g(1-cos 0)联立式，0与碰前球b的最大动能线(线=：/)之比为Q . m. + m2 Z1=1 一 (1 - cos。)耳2联立式，并代入题给数据得2=1 一立【考点定位】本考点主要考杳核聚变、动量守恒:、机械能守恒、能量守恒（2012 江苏）14. （16分）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹 簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f.轻杆向右移动不超过 1时，装置可安全工作.一质量为ni的小车若以速度v0撞击弹簧,将导致轻杆向右移动14. 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且

12、不计小车与地面的摩擦.Lo-oJ（1）若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量X；（2）求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度vm;（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v和撞击速度v的关系.【解析】 TOC o 1-5 h z 14.（1）轻杆开始移动时:弹簧的弹力F-kx且F =f于解得x-fk仁股轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中动能定理-/-印=0 -工*同理小车以撞击弹簧时-/-印=0- ；加*仃）设轻杆恰好移动时.小车撞击速度为匕 则1刷=印2由解得匕=Jv；-上一V 2m当q M v M匕时，v = Vj【考点定位】胡可定律动能定理

13、（2012 山东）22. （15分）如图所示,一工件置于水平地面上,其AB段为一半径R = L0/ 的光滑圆弧轨道，BC段为-长度L = 05的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位 于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。可视为质点的物块，其质量m = 0.2kg ,与BC间的动摩擦因数= 0.4。工件质M = 0.8依，与地面间的动摩擦因数2=0/。（取 g = 10m/s2）求F的大小当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道 落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。【解析】解 （1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得mgh -

14、冉tngL = 0代入数据得/ = 02，3设物块的加速度大小为a，?点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为6.由几何关系可得 TOC o 1-5 h z 根据牛顿第二定律，对物体有=对工件和物体整体有尸一 （M+m）g = （M + in）a联立式，代入数据得尸=&5N设物体平抛运动的时间为，水平位移为4,物块落点与3间的距离为x2,由 运动学公式可得 a, = vt M=M-Rsine 联立式，代入数据得a2 = 0.4，”【考点定位】平抛运动、动能定理（2012 上海）22. （A组）/、6两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，质量为5kg,速度大小为10m/s, B质量为2kg,速度大小

15、为5m/s,它们的总动量大小为kgm/s：两者碰撞后，4沿原方向运动，速度大小为4m/s,则4的速度 大小为 m/so22A 答案.40, 10.【解析】总动量？=弧（匕-Mpz = 5x10- 2x5 = 40gw/ss碰撞过程中满足动量守恒，圾匕-=加/; + 如区代入数据可得力=1 Ow/s【考点定位】动量和能量2011高考】1.（全国）质量为M,内壁间距为人的箱了静止于光滑的水平面匕 箱子中间有质量 为”的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为“。初始时小物块停在箱子正中间， 如图所示。现给小物块水平向右的初速度小物块与箱壁碰撞“次后恰又回到箱子正中 间，并与箱子保持相对静止。设碰撞

16、都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 TOC o 1-5 h z 2c mM 2八 1 ”，A. mvB. vC. - NumgL2 m + M23* v f彳_BD. NumgL勺【答案】BD【解析】由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞 后，保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度/，根据动量守恒定律有mv=（M+m） , 系统损失的动能为A； ng，”/ -;（M +胴知B正确，另一方面，系统损失的动能可 由0=g,且Q=mg.s相对，由于小物块从中间向右出发,最终又回到箱子正中间,其间 共发生N次碰撞，则S相对=NL,则B选项也正确.（福建）（20

17、分）如图甲，在x0）的粒子从坐 标原点。处，以初速度V。沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的市:力。求该粒子运动到y=h时的速度大小v；现只改变人射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线） 不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t 关系）是简谐运动，且都有相同的周期及m上。qBI .求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s:H.当入射粒子的初速度大小为V。时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅A,并写出y-t的函数表达式。解析：此题考查动能定理、洛仑兹力、带电粒子在复合场中的运动等

18、知识点.（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力救功，由动能定理有啰口尸；* 由式解得、=）*四丝. m（2）：.由图乙可知，所有粒子在一个周期7内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于 恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离.设粒子恰好沿x轴方向匀速运动 的速度大小为v1（则q ,B=qE, 又s-vj, 由式解得s=2噂II.设粒子在y方向上的最大位移为外（图丙曲线的最高点处），对应的粒子运动速度大小为 V2 （方向沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y=0和y处粒了所受 的介外力大小相等，方向相反，则qvoB 一步-由动能定理有-qEy由动能定理有-qEy萨一阴匕,一一

19、7修，22乂 Av- - ym 2由式解得A1-由式解得A1- ( ii：-/： /1 0qB可写出图内曲线满足的简谐运动厂,的函数表达式为V- （ V.-EM （I-COS-I） qBm.（广东）（18分）如图20所示，以A、B和C、D为断电的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C, 一物块 被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后.经A沿 半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m, 滑板质量为M=2m,两半圆半径均为R,板长1=6. 5R,板右端

20、到C的距离L在RLgR(2)滑块从3滑上滑板后开始作句减速运动,此时滑板开始作勺加速直线运动，当滑块 与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动.设它们的共同速度为v,根据动量守恒mv = (m+2m)v 解得：V=3对滑块，用动能定理列方程：-卬”的=-3加丹，解得：s；=SR22对滑板，用动能定理列方程：mgs2=x2mv2-0,解得：s：“生由此可知滑块在滑板上滑过-s：=6及时，小于6.5兀并没有滑下去，二者就具有共同 遨度了.节2RWLV5R时，滑块的运动是匀减速运动8R,匀速运动L-2R,匀减速运动0.5R,滑上C1 . 1 0 1,1点，根据动能定理：一吆(8/?+ 0.5/?)

21、 = -八qm ,解得：/n= - mgR mlt在某高度处将A和B 先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放出距离为H 的地方恰好与正在下落的小球B发生正幢，设所有碰撞都是弹性的，碰撞事件极短。求小球 A、B碰撞后B上升的最大高度。2?. （18 分）【答案】（-H叫+啊【解析】小球A与地面的碰撞是弹性的，而且AB都是从同一高度释放的，所以AB碰撞 前的速度大小相等设为七，根据机械能守恒有 1 :=三W j：化简得% = J2gH设A、B碰撞后的速度分别为丫,和立，以竖直向上为速度的正方向，根据A、B蛆成的 系统动量守恒和动能守恒得mAv: - wv:. = rn

22、AxA + fnEvs1 : 1 、1 、1m .vr + 一力八：=w a ； + 连立化蔺得3w. 一啊设小球B能够上升的最大高度为；:，由运动学公式得连立化简得力=（如T幻2”fnA+mB6. 2010 北京 24雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为 一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质 量为叫），初速度为%,下降距离/后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为明。此后每经 过同样的距离/后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为祖2、 m3 mn（设各质量为已知量）。不计空气阻力。（1 ）若不计重力，求第次碰撞后雨滴的

23、速度可；（2 ）若考虑重力的影响,a .求第1次碰撞前、后雨滴的速度匕和n；：b.求第n次碰撞后雨滴的动能!町产.2解析：(1)不计重力，全过程中动量守恒,m：v：=m,y(2)若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的勺加速运动，碰撞瞬间动量守恒 a.第 1 次碰撞前 V； = V： + 2gl, v = y/v +2gf第1次碰撞后 w0Vi = m1V;v = = y/vg +2gi办 mxV第2次碰撞后，利用式得(2/mi)1V第2次碰撞后，利用式得(2/mi)1/ 2同理，第3次碰撞后 v；2= 色 喏( 1(丫第次碰撞后匕：=产诏+ 土”(叫J町动能加“匕=,22m “2009

24、高考】一、选择题1. (09 全国卷I21)质量为M的物块以速度1 碰撞后两者的动量正好相等，机；)%:+金47m2) m2 )(222、2gl1 叫 J樟-2glJ-2&W)I=o/运动，与质量为m的静止物块发生正撞, 两者质量之比M/m可能为利用式化简得马巾+(呜+、喈12#（AB ）A. 2B. 3C. 4D. 5解析：本题考查动量守叵根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P则总动量为2P.根据尸2 = 2mEK，以及能量的关系得竺-之一+ 三 丝43,所以AB正确.2M 2m 2M m（09上海14）自行车的设计蕴含了讦多物理知识，利用所学知识完成下表自行车的设计目的（从物理知

25、识角度）车架用铝合金、钛合金代替钢架激轻车重车胎变宽自行车后轮外胎上的花纹答案：减小压强（提高稳定性）；噌大摩爆（防止打滑；排水）（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0.04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14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： 0.6（

26、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 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RA棒的机械能噌加量RB棒的动能增加量C林的重力势能噌加量D电阻R上放出的热量解析：椿受重力G、拉力尸和安培力Fa的作用.由动能定理: 的f +-甲奏=/&X得啊 + 7 = ZJf +加g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A.（09 海南物理 7）物体在外力的作用下从静止开始做在线运动

27、，合外力方向不变, TOC o 1-5 h z 大小随时间的变化如图所示。设该物体在k和2ro时刻相对f叫：于出发点的位移分别是玉和X2,速度分别是匕和彩，合外力fl：从开始至时刻做的功是叱，从至2%时刻做的功是吗,I : L，S4则（AC ）A. x2 = 5x（ v2 = 3V1B. x, = 9x2 v2 = 5v（%=5占 %=5占 %=8%v2 = 3v,吗=9%（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0 1s内，合外力做正功B.在02s内，合外力总是做负功C.在12s内，合外力不做功D.在03s内，合外力总是做正功

28、解析：根据物体的速度图象可知，物体（Ms内做句加速合外力做正功，A正确；1-3S内救 句激速合外力做负功.根据动能定理。到3s内，l2s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 ）5尸f3%时刻的瞬时功率为一2-1 m37时刻的瞬时功率为受通 m23F2tC.在f = 0至U 3fo这段时间内，水平力的平均功率为 一S 4/7725F2tD.在，=0至ij3ro这段时间内，水平力的平均功率为型 6m（09 安徽 18）在光滑的绝缘水平面匕 有一个正方形的数cd,顶点

29、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6点，自由释放， 粒子将沿着对角线6d往复运动。粒子从6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。到。电场力做正 功，电势能减小，由。到

30、d电场力做负功，电势能增加，D对。o _ bI ， /! / o o _ bI ， /! / o !0-.J.为R的甩阻，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uo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L 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（BD ）A.杆的速度最大值为B2dA.杆的速度最大值为B2d2BdlB.流过电阻R的电量为K + rC.恒力F做的功与摩擦

31、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2时，尸_口_岑: = 0得3一雾.+二A错；由公式0 = 用-=4空=处，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由 X + r） 依+r） & + r动能定理有：叫+/+/= 码,其中叼=如但，取支=-Q,恒力F做的功与 摩擦力救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；恒力广做的功与 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.（09 浙江自选模块73） “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

32、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一，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（AB ）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（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 恶简化力学模型。如图2m m 2m 3m.7777777777777777777777777777777图2（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。质量为网的小球从高位

33、处由静止开始沿轨 道下滑，与静止在轨道BC段上质量为Tn?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TH?的速度大小彩；（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个球初能与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 动能纥与耳之比为第1个球对第个球的动能传递系数配。a.求人“b.若叫=4叫=%,与为确定的已知量。求，为何值时，仁“值最大解析：（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律切幽=；阿脸 （D设

34、碰撞后m；与m：的速度分别为v：和V：,根据动量守恒定律 TOC o 1-5 h z m1v10 = jniv1+m2v2由于碰撞过程中无机械能损失T mivio = T 项城 + -、式联立解得均=网皿叫+m2将代入得mi+m、a由式，考虑到=取2 =得根据动能传递系数的定义，对于1、二两球月24mlm 月24mlm 2 (%+%)？同理可得，球m：和球叫碰撞后，动能传递系数上应为兀 _ Sk3 _ w .坐.= 4mlm 2 . 4m2m 3B % 为 E- (mj+mj)2 (m2 + m3)2依次类推，动能传递系数kx应为kjn= % = % *心 % _ 4mlm2 - 4m2m3

35、4mlm* skl sn % Ees-D (m+m2)2 g+my (m*-i+mY解得(叫 +m2)2(m2+m3)2 (/_ +mn)2b.将mi=4m“, m：,=nt代入式可得k 1k 12 = 64/7z()m2(4m0 + m2)(m2 + in,)为使跖最大，只需使些=、最大，即叫+强取最小值，（47% + m2 ）（/n2 + 阳（） 4/若m24成）可知由吗4成）可知由吗卡当而7 =半幺，即啊=2mo时，占3最大。 加2（09 天津 10）如图所示，质量mFO. 3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L二15 m,现有质量皿=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v

36、=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 po间的动摩擦因数二0.5,取g=10 m/s .求如一（1）物块在车面上滑行的时间t；Lo-. y-1-Q-xxxwxxxx（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,。不超过多少。答案:(1) 0.24s (2)5m/s解析：本题考查摩嚓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. TOC o 1-5 h z （1）设物块与小车的共同速度为丁，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m3v0 =网 4-ZMj tv设物块与车面间的滑动摩爆力为尸，对物块应用动量定理

37、有-Ft = WjV-WjVq其中F = fJtn2g解得，一 L -*办+?2 g TOC o 1-5 h z 代入数据得 = 0.24 s（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 m2vo = （ml + 加 % /由功能关系有=；（阿 + m2）v2 + 即igL代入数据解得K=5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度才不能超过5m/s。（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 陷=磔=2勿,析必，/、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4B 以共同速度坏运动，C静止。

38、某时刻细绳突然 断开，46被弹开，然后B又与。发生碰撞 并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求6与碰撞前6的速度。解析：（2）设共同速度为v,球A和B分开后，B的速度为匕，由动量守恒定律有(mA+mB)v0 =mAv + mBvB , mBvB =(%，联立这两式得B和C碰撞前B的速度为9VB = 7VO 考点：动量守恒定律(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A(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 分裂成两个质量均为胆的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达(0,-4)点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求(1

39、)分裂时两个微粒各自的速度；(2)当微粒1到达(0,-d)点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率：(3)当微粒1到达(0,-d)点时，两微粒间的距离。答案：(1)、= 一点， =、陋方向沿丫正方向尸=祖匕包 (3)2727 2m V 2wv 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分裂时的速度为口微粒2的 速度为二则有：在j方向上有d = VjZ在X方向上有_ qE a = m-d = at22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mvt + mv2 = 0qEd

40、彩=一匕方向沿y正方向。(2)设微粒1到达(0, -d)点时的速度为匕则电场力做功的瞬时功率为P = qEvB cos。= qEvBx达（0, -d）点时发生的位移S =则当微粒1到达（0, -（T）点时，两微粒间的距离为8c = 2S1 =2/15. （09 安徽 24）过山车是游乐场中常见的设施。下图是种过山车的简易模型，它 由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，氏G 分别是三个圆形轨道的最低点, B、C间距与G 间距相等，半径4=2.0m、&=1.4m。一个质量为m = 1.0kg的小 球（视为质点），从轨道的左侧4点以% =12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A, 6间距 ,=

41、 6.0m。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/s2 ,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，3、C间距应是多少；（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, 半径段应满足的条件；小球最终停留点与起点上的距离.答案：(1) 10. 0N； (2) 12. 5m(3)当0 /?, W 0.4m 时，L = 36.0m；当l.0m/?3427.9m 时，L = 26.0

42、m解析：(1)设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为i：根据动能定理 TOC o 1-5 h z -fngLx _ 2fngRx = - - wvq小球在最高点受到重力比g和轨道对它的作用力尸，根据牛顿第二定律F + mg = m为由得F = 100N(2)设小球在第二个扇轨道的最高点的速度为a由题意2mg = m _4- _4- L)-lmgR2= Lmvi-Lmvi27 2L = 12.5mL = 12.5m(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七,应满足vmg = m(7) -+2L)-2mgRi = mv1

43、- - mv由得Rj = 0.4/71II.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为后，根据动能定理-/Jing(L +2L)2mgR,解得R3 =1.0m为了保证圆轨道不重叠，后最大值应满足(旦 +& 丫 =/+(&)2解得用=27. 9m综合I、II,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号 WO.4m当。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，市力加速度大小为g。2/7151)qE + 2/7151)qE + mg sin 0答案：（1）乙=o（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端

44、接触瞬间所经历的时间3（2）若滑块在沿斜面向卜运动的整个过程中最大速度大小为%,求滑块从静止释放到速度 大小为v.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t,. 3及t3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vi为滑块在3时刻 的速度大小，v.是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）(2 )卬=mvm2 - (mg sin 0 + qE). (s0 + 炉山+ 必)；2k解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到

45、匀变速直线运动、运用动能定理处 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 TOC o 1-5 h z qEmgsxn 0 -ma 2-%=5的联立可得八=2%二 qE + mg sin 9（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0,则有mg sin 6 += kx、从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 - （wgsin 6 + g）（/ + 而）+ 取=根丫: 一 0联立可得a z c k、， wgsin 6 + aE.W = mvM - （mg sin &-qE） （s0 H

46、） sk（3）如图ti h h t（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0.3N,随后在运动中受到 的阻力均可不记。图中L=10.00m, R=0. 32m, h=l. 25m, S=L 50m。问：要使赛车完成比赛， 电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）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

47、壕沟需要的最小速度为、】，由平抛运动的规律S = VjZ h=g gd 解得Vi = sJ = 3j/s设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为V：最低点的速度为V：，由牛顿 第二定律及机械能守恒定律1212mv3 = wvj +mg2R 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Vmin =4m/s设电动机工作时间至少为t,根据功能原理Pt fL = /MV-min由此可得td 53s（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

48、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处粒了源产生的粒子，质 量为叭电荷量为+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。/X XX 、/x x x x xI：XR * .X X X 出口处J ,X X X x y接交把电源 X X X X X / B ，(第14题图)(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瓦、f.,试讨论粒子能获得的最大动能E占。

49、解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为E速度为V：1 、 qu= - mvj-v；qvB=m 勺me 1 l2mU解得勺=一酬q同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 勺=工 但口列q则：勺=& ： 1(2)设粒子到出口处被加速了。圈解得t =tvBR解得t =tvBR12U(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/= 迫27TM当磁场感应强度为Bh时，加速电场的频率应为了加=也27DnR _ 12粒子的动能方=5 当=/*时，粒子的最大动能由b=决定解得4当力工工时，粒子的最大动能由f=决定解得4 = 2,叼皆1(09 四川 23)图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机

50、将质量m=5Xl(ykg 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，保持该功率直到电物做v.=L 02 m/s的匀速运(1)起币: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：(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=Fovm.Po=mg代入数据，有：Po=5. IXIOW (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,速度为门，句加速运动经历时间为。有： TOC o 1-5 h z P

51、j=FoViF-mg=maV尸ah由，代入数据，得：t1=5sT=2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为、1 输出功率为P,则v2=atP=Fv:由，代入数据，得PnLOJxlOV.(09 上海物理 20)质量为5xl03 kg的汽车在f=0时刻速度M=10m/s,随后以 6x10”的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5x10、。求：(1)汽车的最大速度吸；(2)汽车在72s内经过的路程s。p 6x10解析：（1）当达到最大速度时，PFvfva, %=7 =5 5xi（? m/s=24m/s(2)从开始到72s时刻依据动能定理得:Pt fs=

52、 mv/-； mvo Pt fs= mv/-； mvo ,解得:2Pt-mv；+mvJ=1252m。(09 上海物理 23) (12分)如图，质量均为0的两个小球A、B固定在弯成120。角的绝缘轻杆两端，0A和0B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，电量均为q,处在竖直向下的 匀强电场中。开始时，杆0B与竖直方响的夹角8=60。, 山静止释放，摆动到6=90。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)系统由初位置运动到平衡位置，重力做的功佻和静电力做的功饱B球在摆动到平衡位置时速度的大小Fo解析：(1)力矩

53、平衡时：Qmg-qEy 7sin90= qE) 7sin (12090),BP mgqE= mg+qE,得：=券；(2)重力做功：Wf,mgl (cos30cos60) mglcos6G= ( 1)mgl,、旧静电力做功：%= qEl (cos30 cos600) + qElcos&G=-ingl,(3)小球动能改变量4笈=；0炉=%+V=(邛1) mgl,得小球的速度:得小球的速度:(09 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 10 ? kg,电荷量q=0. 2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V=20 m/s竖直向下射

54、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、相距R=1.5 m,小球P在6点与另一由细绳悬挂的、不 带电的、质量M=1.6X1()T 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. 5m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

55、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、9表示，其中0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： TOC o 1-5 h z mgR+W = mv2代入数据，得：W=-2.05J(2)由题给条件知，、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：和并令水平向右为正方向，有=ITDs Vj =若P、N碰后速度同向时，计算可得Vvl,这种碰撞不能实现。P、N碰后瞬时必为反向运动。. ,mv+ Bqr有：V =-MP、N速度相同时，N经过的

56、时间为i，P经过的时间为4。设此时N的速度VI的方向与水v V平 方 向 的 夹 角 为 0, 有 ：cos8 = =一V. v. TOC o 1-5 h z gtN =匕 sin 0=v sin 0代入数据，得：对小球P,其圆周运动的周期为T,有：T =包(9)Bq经计算得：tN 15比较得，3 H与2,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，tN=tp =t,-qI 2%+ll 开+6.与再联IZ解得：r =-1 n - 0,1,2.）B2q2 sin e当B的方向垂直纸面朝里时，设在时刻P、N的速度相同为=Z,同理得：S

57、RB% sin e考虑圆周运动的周期性，有：.=.+ 17+药”一（给定的B、q、r、m、。等物理量决定n的取值）（09 重庆 23） 2009年中国女了冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对 冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如卜过程：如题23图，运动员将 静止于0点的冰壶（视为质点）沿直线OO推到A点放手，此后冰壶沿AO滑行，最后停 于C点。已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m, AC=L, CO=r,市:力加速度为 go c BAO1-厂子一（1）求冰壶在A点的速率；（2）求冰壶从0点到A点的运动过程中受到的冲量大小；（3）若将CO段冰面与冰壶间的动摩擦因

58、数减小为0.8，原只能滑到C点的冰壶能停于O点，求A点与B点之间的距离。 解析：由-fimgL 0 -得i M = 4高（2）由/ =侬将，.代入得I/码（3）由-KS ：，, . , - 0-将以代人用S = A -4r（09 重庆 24）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.券*笔的弹跳过程分为三个阶段：把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；由静止释放，外壳竖直上升至卜端距桌面高度为4时，与静止的内芯碰撞（见题24 图b）；碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为外处（见题 24 图

59、 c）。设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：（1）外壳与碰撞后瞬间的共同速度大小；（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；（3）从外壳下端离开桌面到上升至外处，笔损失的机械能。解析：由出 “J = 1（4m ）/.0 眄 s 向%J由4岫a （4m将！、代人衲”8 1 麻F由T-4*甸”加代人# W 运驾；* =14咖:34刖.时日,将”:代人初之：（09 广东物理 19）如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C,相距/=L0m , 物块A以速度=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并 再与C发生正碰，碰后瞬间C

60、的速度v=2.0m/s。已知A和B的质量均为m, C的质量为A 质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数 =0.45.（设碰撞时间很短，g取lOm/s?） （1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。图19解析：设AB碰撞后的速度为v AB碰撞过程由动量守恒定律得设与C碰撞前瞬间AB的速度为v:,由动能定理得?1212一Rngi = mv 2 - mv 1联立以上各式解得y 2 = 4也/ s若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2wv2 = （2 + k）mv代入数据解得k=2此时AB的运动方向与C相同若AB与C发生