2019年高考复习：八十二道经典物理压轴题（解析版）

高

中

物

理

经

典

计

算

题

1.如图15所示。一水平传送装置有轮半径均为R=1/万米的主动轮。和从动轮。2及转送

带等构成。两轮轴心相距8.0m,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〃=0.4,这袋面粉中的面粉可不断的从袋中渗出。

（1）当传送带以4.Om/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端。2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2,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？

AB

飞GT

E15

【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/=”咫。故而其加速度为：

a=—=/jg=4.07n/52.............................................................（1分）

m

（1）若传送带得速度咻=4.（）m/s,则面粉袋加速运动的时间L=v带/a=LOs,在乙

时间内的位移5,为：5]=|at；=2.0m.......................................................（1分）

其后以v=4.Om/s的速度做匀速运动.v2=lAB-.v,=vt2

解得：L=L5S...........................................................................................（1分）

运动的总时间为：t=tt+t22.5s..............................................................（1分）

（2）要想时间最短，m应一直向B端做加速度，

由：兀=；加2可得：，=2.0s（1分）

此时传送带的运转速度为：v=at'=S.Qm/s............................（1分）

Sv=cor=27rnR可得：n=240r/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S为:s=2/+2乃火=18.0加........................(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5带=s+lAB=26.0/n

又由(2)已知，=2.0s故而有：2万〃]2金贝(]：

t

“'2390/7min(或6.5r/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2mm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，图中左।

=1.0xl()-3S,42=0.8x1(厂3s。

(1)利用图(b)中的数据求Is时圆盘转动的角速度；'*7击

(2)说明激光器和传感器沿半径移动的方向；

(3)求图⑺中第三个激光信号的宽度43。

il_____Lil_____lil」

00.21.01.8/(s)

⑹

【解析】

(1)由题图乙读得，转盘的转动周期T=0.8s,故其角速度＜y=3=22rad/s=7.85

T0.8

rad/so

(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d,探测器接收到第，个脉冲时距转轴的距离为4,第，个脉冲的宽

度为△右，激光器和探测器沿半径的运动速度为V。

dT但dT

——得/=-----

2町2冗

r.-n=vT,所以^——-=—

又因为q-弓

加3Z?加2

解得:馍=^；=。67*犷

3.如图，p、。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)设球形空腔体积为匕球心深度为d(远小于地球半径)，而=%求空腔所引起的。

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3与A3(*>1)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

4.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

K=1.50xl()Um,运转周期为T=3.16xl07s。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和运转周期八(sinl4.5°=0.25,最终计算结果均保留两位有

效数字)

/......X/\

//'\\•.

：,：零-二曲m：：

—，一

......W他行......

甲乙

(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。(最终结果用人e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的：r=Rsin。代入数据得厂=3.8xl(V°m

设行星绕太阳的运转周期为上由开普勒第三定律：有£=二

T2"

代入数据得r=4.0x1OS(2)t=(兀±2。)可

2兀(T-TJ

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和白，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、Ri、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OCV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。和。'分别表示地球和月球的中心.在卫星轨道平面上，4是地月连心线。0,与地

月球表面的公切线/切的交点，D、。和8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Z点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于£点.卫星在圆弧BE上运

动时发出的信号被遮挡.

设探月卫星的质量为向，万有引力常量为G,根据万有引力定律有：

G等=加（学：...............①（4分）

6峥=%佟］r.................②（4分）

②式中，北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,

上式中a=NCO'A,/3=ZCOrB.

由几何关系得：rcosa=R-R|............⑤（2分）

r}cosp=.....................®（2分）

由③④⑤©得：f=工）"4~farccos£——-arccos—................⑦（3分

7CVmrIrr}）

6.如图所示，一个带有彳圆弧的粗糙滑板A,总质量为巩,=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/n»=2kg

的小木块B从滑板A的右端以水平初速度vo=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4、8相对静止时的速度大小；

(2)若8最终停在A的水平部分上的R点，P、R相距1m,求8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，且除为不确定外其他条件不变，讨论小木块8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8既能向右滑动、又不滑离木板A的力取值范围。(取g=10m/s2,结果可以保留根

号)

【解析】(D弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为以、BB.

由动量守恒定律有：0=mAi)A-mBUB2分

1,1

此过程机械能守恒有：Ep=万niAi)；+ymBvg2分

代入Ep=108J,解得：i)A=6m/s,t)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V,据C、B组成的系统动量守恒

有：mBi)B-mci)c=(mB+mc)u'代入数据得u'=4m/s,u'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EJ,且此时A与B、C三者有相同的速度为v2分

则有：m.\VA-(mu+mc)v'=(mA+mB+mc)v,代入数据得i)=lm/s,i)的方向

向右.2分

1,1

机械能守恒：-(mu+mc)v,2=Ep%—(mA+mB+mc)v2»2分

22

代入数据得E-p=50J.2分

18、(16分)(1)小木块3从开始运动直到A、5相对静止的过程中，系统水平方向上

动量守恒，有mBv0=(mB+mA)v①

2

解得v=-v0=2m/s②

(2)8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0,8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。2,由能量关系得到

1,1

mv

=-(m+/77jv+Q1+Q2③

-B0B

。2=刖遥④

112

2mv⑤

=5“%--(B+mA)~-J-onBg(LQP+LPR)^0.151

(3)设小木块B下滑到P点时速度为Vll,同时A的速度为匕，由动量守恒和能量关系

mVmV

可以得到加B»0-BB+AA⑥

I212,12,,

⑦

由⑥⑦两式可以得到

2令

5Vg-4v0vg-v0+0.9gL=0,

4v0--4/361^0--18^L2

化简后为2

vB="-*--------—<0,v0>0.9g£⑧

若要求5最终不滑离4,由能量关系必有

1212

pmBg-2L>-mBvQ--(mB+mA)V⑨

化简得2

v0<gL⑩

故8既能对地向右滑动，又不滑离A的条件为

0.9gL<端<gLQD

3_______

即

^Vr^m/sv%<737.5m/s(5.8/21/5<v0<6.Im/5)⑫

本题共16分.①③⑧⑨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=lkg,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6m/s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？ri「

(2)到A、B都与挡板碰撞为止，C的位移为多少？门口

【解析】77777777777777777777/7

(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k=0

（2）炸药爆炸时有

mAVA=mBVH

解得vB-1.5m/s

又加94=加於8

当阳=1m时sp=0.25m,即当A、C相撞时8与C右板相距5=3-%=0.75m

2

4、C相撞时有：

mAvA=（mA+mc）v

解得丫=lm/s,方向向左

而〜=L5m/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

5V...

Sc=-------=0.3m

v+vB

8.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7（7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1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V。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,V。必须满足什么条件？Vo<YTn—

【解析】：欲使两球不发生接触，则VA=VB=V时，A、B球间距离>2r,如图

F'―>—>

FYAQ0

H-L—•+-----SB----H

b-----SA-----d

作用过程系统：mv0+0=(m+2m)v

2

对B：FSB=1-2mv

对A：-FS=—mv2—mvg

A22

由几何关系：SB+L-SA>2r时永不相碰

由以上4式解出：v0殂L二2r)

Vm

9.一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尸，使活塞缓慢向上移动，已知管筒半径r

=0.100m,井的半径R=2r,水的密度P=1.00XKPkg/mA,大气压0

=1.00X105Pa.求活塞质量，不计摩擦，重力加速度g=10m/s2.)

图】

22.参考解答:

从开始提升到活塞升至内外水面高度差为瓦=区=1。m的过程中，活

PS

塞始终与管内液体接触（再提升活塞时，活塞和水面之间将出现真空，另

行讨论.）设活塞上升距离为加，管外液面下降距离为h2,

为0=力1+为2

因液体体积不变，有

兀y2)=4%

^1（——

兀R一兀r

得^=2^=2x10m=7.5m

44

髅H=9m>hp由此可知确实有活塞下面是真空的一段过程.

活塞移动距离从零至!1%的过程中，对于水和活塞这个整体，其机械能

的噌量应等于除重力外其他力所做的功.因为始终无动能，所以机械能的

噌量也就等于重力势能噌量，即

△E=p（Ttr2hi）g^-

其他力有管内、外的大气压力和拉力尸，因为液体不可压缩，所以管

内、外大气压力做的总功如兀（房一户）担一外兀户如=o,故外力做功就

只是拉力尸做的功，由功能关系知W尸&E

即%=Q（nr2）g三蝠=2兀户/=i,i8xIO”

88pg

活塞移动距离从h到7/的过程中，液面不变，尸是恒力产=兀y%（）,

23

做功啊=尸（万一如）=Jirp0（H—%）=4.71X10J

所求拉力尸做的总功为跖+/=1.65X10*J

5

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p=1.0xl0kg/m\太阳光

垂直照射到地面上时的辐射功率Po=l.Oxl（）3w/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

5.0xl06kW,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之2而倍）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l.OxMPn?,平均流量0=1.5xl（）4m3/s,水库水面与发电机

所在位置的平均高度差为/z=100m,发电站将水的势能转化为电能的总效率

V=60%o在地球同步轨道上，太阳光垂直照射时的辐射功率为lOPo.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%o

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

耗的功率为一（2分）

采用U=500kV直流电向某地区输电产=5.0xl（）9w时，通过输电线的电流

一

U（2分）

依题意得=产乂5%

解得r=2.5C（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。衣2（2分）

当卫星在地表附近时，=GM

在同步轨道上,区=GM

根据题意，同步轨道的半径M=2而4,

解得卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小

at=—yg=0.23w/s'

Rt（2分）

（3）三峡水电站的发电功率々=Hg%%=90xlO9^盘分）

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

舄=104义20%*50%$=1（）3$

根据题意月=舄

所以太阳能电池板的面积至少为$=90x106制2

（2分）

“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5必18°=0.31,<:<«18°=0.95,水的密度0=1.0乂1031^/„13,g=10111/$2。

⑴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J=18°,传送带的传送距离为L=51.8m,它始终以p=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Z；

⑵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丫=3.6乂10%13,平均潮差4〃=4.8m,一天

涨落潮两次，发电四次。水流发电的效率0=10%。求该电站一天

内利用潮汐发电的平均功率P;

⑶传送机正常运行时，1秒钟有zn=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？

图3

【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Pm'geos6-m,gsin0=m/a（1分）

7

m'8设煤加速到V需要时间为t,v=at1s.=l.4m（1分）

设煤加速运动的距离为siv2=2asisi=l.4m（1分）

设煤匀速运动的时间为t2L-s尸vtzt2=36s（1分）

总时间t=ti+t2=38s（1分）

（2）一次发电，水的质量M=pV=3.6Xl（）9kg（1分）

口为

重力势能减少Ep=Mg2

一天发电的能量E=4EpX10%（2分）

_E_

平均功率P-t（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

1

煤获得的机械能为E机=2mv2+mgL•sin9（1分）

传送带与煤之间因摩擦产生的热Q=Nmgcos9（1分）

煤与传送带的相对位移△s=vt「Si=l.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"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品=3丘2计算，4为劲度系数，》

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vo;

（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vo,求

此情况下弹簧压缩量最大时，小滑块的速度；

（3）若小滑块压缩弹簧前的速度大于（1）中所求的速度值%,求小滑块最后离开木

板时，相对地面速度为零的条件。

—；_m个

/WWWV口1M<

【解析】解：（1）设此问题中弹簧的最大压缩量为X0,

贝有:根丫；=;叱①

kx（>=T②

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vo,所以当弹簧的压缩量

为X。时，小滑块的速度不为零.

设弹簧的压缩量为X。时，小滑块的速度为V,

（相（%'）2叱+；相丫2③

由②③解得v=

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mv=(m+M)V⑤

由④⑤解得V=—-二⑥8分

M+m\km

（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5,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=MVi⑦

}〃（%'）2%⑧

由④⑦⑧解得小滑块最后离开木板时，相对地面速度为零的条件

%'=/T=,且机>M6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Uo,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E。。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。

图1

1234N

图2

【答案】（1）=0,“2="o；（2）;耳）

解析：（1）设每个小球质量为加，以外、的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

mu}+nut2=〃以0（以向右为速度正方向）

；+g*，解得"]=〃0，，，2=°或"1=0,"2="o

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：%=0,“2=”0

（2）以白、4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，机肛+机4=0

।〃诉+।〃叼'2=4,解得V,=和V；=-幅或n=-旧,/=旧.

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：匕=_旧，匕'=后

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

为看,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

2mv10=mV,

（2

用Ei表示最大弹性势能，由能量守恒有m+E1mv

解得g=:&）

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。质量为皿的小球从高位//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fi.m

球的运动方向处于同一水平线上，且在碰人m.

撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球」—

m2的速度大小v2;BC

（2）碰撞过程中的能量传递规律在物理国1

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

如、机2、〃左.】、mn的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能Eki，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Ekn与Eki之比为第1

个球对第〃个球的动能传递系数*l„o

a）求小

b）若皿=4m0，叫=雁0，相0为确定的已知量。求“22为何值时，岛n值最大

册।溷7用.

加前而加"疝加加油加粉甘疗〃肪

图2

【解析】（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律

.12

网gh=a'nM。①

设碰撞后m,与m2的速度分别为vi和V2,根据动量守恒定律

n\vw=+m2v2②

由于碰撞过程中无机械能损失

121212

-myvl0=-mtv-+-1^2③

②、③式联立解得

„_2町%

V2-'④

mt+m2

将①代入得④%=2仍屈

mx+nty

（2）a由④式，考虑到以|=；，％片＞和练2=｝々（得

根据动能传递系数的定义，对于1、2两球船=&=_4”的2,⑤

E“（町+牡）

同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数ki3应为

krEg_E..Eg=4犯恤,4〃引4

⑥

13

EkiEkiEk2(肛+色)2(62+TH,)2

依次类推，动能传递系数km应为

k：^Em*EC…E",4叫”2.4〃72n…4町一肛，

2

EzE"Ek2J“_1)(班+巧产(吗+?)2(w„_,+mn)

n-\222

4A叫AT??砥…

解得k

]n（犯+网尸（网+，％）2…（加“_]+也了

b.将mi=4mo,m3=m。代入⑥式可得

r-12

m

&12=642

(4m()+/n2)(//72+mo)

nt.=-^~T最大，即孙+强取最小值,

为使如3最大，只需使

(4mo+m2)(7722+777n)4%；m2

\2

4加；2mo

由网+京=+4%可知

心最大。

15.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8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加，加的电阻为K,质量为2〃?，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。在反

的正上方高“处，自由落下一质量为机的绝缘物体，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，速度达到即时，阮对物体"，的支持力；

(3)金属条下落a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

%=42gH

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

mv0=(m+2m)v贝!ju=g12gH

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

,BLv

1=-----=------------

R3R

则金属条所受安培力为

F=B〃=2远

3R

对于，金属条和物体组成的整体，由牛顿第二定律可得

(m+2tn)g-F=(/n+2ni)a

则金属条开始运动时的加速度为

3mg-FB可耐i

a=——;------=g(8分)

3m9mR

(2)当金属条和物体的速度达到vi时，加速度设为同理可得,

B2I：V

a=gX

3mR

对物体m来说，它受重力mg和支持力N,则有

mg-N=ma'=m（g-且S）

3mR

N=CQ(4分)

3R

(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，物体将以速度心做匀速

运动，则有3mg—F=0F'=BLV,n

金属条的最终速度为v„,=鬻，

下落h的过程中，设金属条克服安培力做功为W&,由动能定理

11°

=x2

3mglI-WA~--x3mv

感应电流产生的热量Q=WA

222

3cc121mgRz八、

得：。=3mg+-mgH----斗八(6分)

5ZBL

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=2xl0-2kg,电荷量q=0.2C.将弹簧拉至水平

后，以初速度Vo=2Om/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方

Oi点时速度恰好水平，其大小V=15m/s.若O、Oi相距R=1.5m,小球P在

Oi点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=L6xl()Tkg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=10m/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、0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:

mgR+W=^mv2mv)

(①

代入数据，得：W=-2.05J②

(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vi和V,并令水平向右为正方向，有：,”v=±，叫+MV③

而：%二配④

tn

若P、N碰后速度同向时，计算可得VvvL这种碰撞不能实现。P、N碰后瞬时必为反向运

动。有：展吧也⑤

M

P、N速度相同时，N