高考物理 高频考点预测 计算题

【高频考点预测计算题】

预测01气体实验定律的综合应用问题

61.图甲为后备箱气压杆的示意图，气压杆内部的高压气体被活塞密封在汽缸中。在后备箱打开或关闭过

程中，气压杆内部的气体体积发生变化。箱盖打开静止在某位置时，活塞到汽缸底部的距离为L，活塞的

横截面积为S。箱盖作用于连杆上的沿杆方向的力为9P°S,如图乙所示。已知大气压强为“0,重力加速度

为月。不计活塞与容器壁的摩擦及连杆和活塞的质量，忽略气体温度的变化。

汽车后备箱气压杆

甲乙

⑴求此时被封闭气体的压强P"

⑵活塞到容器底部的距离为9心时，求此时气体的压强P2；

8

⑶由于漏出部分气体，当活塞到容器底部的距离为:£时，此时沿杆方向作用力变为14PoS,求漏出的气体

O

与剩余气体的质量比。

bm1

【答案】(l)Pi=1O〃O(2)P2=16p°⑶二二«

【详解】(1)对活塞受力分析，由平衡条件)S=%S+9Pos解得网=l()Po

(2)对封闭气体研究，活塞由L到4心处的过程中，由玻意耳定律得〃ZS=P2X，LS

oo

解得〃2=16〃o

包1=型△加1

（3）设漏出气体的体枳为AZ5,pJS=〃3（：L+△八S,%S=PQS+14Pos

人九S，解得点二百

8到

62.如甲图所示拔火罐是中医的一种传统疗法，以罐为工具，利用燃火产生负压，使之吸附于体表、造成

局部瘀血，以达到通经活络、消肿止痛等作用。小明亲身体验拔火罐的魅力后，想研究一下“火原'的"吸力〃，

设计了如乙图的实验装置：将一个横截面积为S的圆柱状汽缸倒置固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与

放在台面的重物〃?相连。实验时，他从汽缸底部的阀门K处，投入一团燃烧的轻质酒精棉球。待酒精棉球

熄灭后，立即密闭阀门K。此时，活塞下的细线恰好被拉直，但拉力为零，活塞距汽缸底部的距离为心由

于汽缸传热良好，随后重物会被缓慢拉起，最后重物稳定在距台面!上处。已知环境温度7。不变，〃吆=:〃°S,

11J

为大气压强，汽缸内的气体可看作理想气体，不计活塞与汽缸内壁之间的摩擦.求：

⑴酒精棉球熄灭时的温度r与环境温度了。的比值;

（2）若从酒精棉球熄灭到最终稳定过程中气体放出的热量为Q,求气体内能的变化。

【答案】（1）?（2）哭f。

o

【详解】（1）阀门K密闭时，气体压强为外，重物稳定在距台面处时，由平衡条件得PS+〃吆=p°S可

得p=〃。-等=2％根据理想气体状态方程p^_=>—打少解得J=?

35丁T4"

（2）外界对气体做功为W=p-（LS根据热力学第一定律AU=-Q+W可得气体内能变化最

,‘普0

63.如图甲所示，某导热气缸左侧有一静止可无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S,气缸内气体的温度为

T。,密度为打。一质量为机、体积为V的乒乓球静止于气缸底部。现逐渐降低温度，让乒乓球恰好能悬浮。

已知大气压强为外，重力加速度为g,设乒乓球体积不变。

图甲图乙

⑴求乒乓球恰好能悬浮时气缸内气体的密度Pl和温度工：

（2）若保持温度7；不变，将气缸缓慢顺时针旋转90。，稳定后乒乓球也恰好能悬浮，求活塞的质量M。

【答案】（1）自=£，7；=幺d⑵M=.”（:一丫如）

【详解】（1）（1）乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，即QgV/=机身解得g=£气体发生等压变化

时有9=3,0气=3可得夕。”="吊解得刀=上弱

（2）（2）乒乓球刚好也能浮起，说明浮力等于重力，即ggV=〃?g气体发生等温变化时〃。匕二仇+塔）耳，

I普可得服吟埃解得死叫=1

%p。SPIsVpQ

64.如图所示，某实验小组设计了一种简易气压升降装置。气缸团竖直放置，体积为2%,质量，〃二名苴的活

g

塞i（S为活塞横截面积）静止在气缸团的中间位置，封闭气体的体枳为乜。气缸回水平放置，封闭气体的体

积为％,压强为P。，通过单向阀门a与大气连通，活塞》向左推动时，匕关闭；向右拉动时，&打开。

两气缸通过体积不计的管道连通,管道左端有单向阀门K,只有气缸团中气体压强大于气缸团中气体压强时，

%才能打开。气缸回右侧的活塞人每缓慢推一次，都能将体积为治，压强为人的气体全部压入气缸团中，活

塞。上升到气缸回顶端时会被卡住。大气压强为％,重力加速度为g,不计活塞与气缸之间的摩擦及活塞的

厚度，两气缸导热良好，环境温度保持不变，求

⑴第1次缓慢推活塞将气缸团中气体全部压入气缸团后，活塞。升高的高度：

。）第3次缓慢推活塞从当气缸用中气体体积压缩到多大时，阀门降才能够打开。

【答案】（1）［（2））

【详解】（1）开始时活塞。距气缸自底部的高度为小活塞4静止不动，气缸团中的气体压强为四，对活

塞（7有PoS+mg=RS得Pi=2%气缸团充气1次后活塞高度为H「根据玻意可定律得=“S气

缸图中活塞上升的高度为%-M=£

（2）气缸目充气2次后，假设活塞未到气缸团顶部，根据玻意耳定律〃O・2%+2%“）=〃M

得吊=2匕则活塞〃恰好到达气缸顶部，气缸团中气体压强仍为四，第3次缓慢推活塞江压缩气缸团中气体

体积到匕，压强与气缸团充气2次后的压强Pi相同，根据玻意耳定律得〃o%=〃M得匕=?

预测02牛顿运动定律的综合性应用

65.如图甲所示，倾角。=37。的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻

杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R,斜面体和球的质量均为机，不计一

⑴水平向右推动斜面体，求最小推力的大小时；

⑵若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度为a-0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小

FN;

⑶在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功卬。

【答案】（1）4=7格⑵取=2〃吆⑶W=8〃?g/?

【详解】（1）球刚好被推离地面时推力最小，可认为此时球和杆处于静止状态，对球和杆受力分析如图所

竖宜方向有4支COS。=mg

对斜面受力分析如图所示

3

水平方向有/压sin0=F。根据牛顿第三定律杓/支=%底解得巴=/收：

(2)斜面沿水平方向运动，位移为-同时球沿竖直方向运动，位移为y,由图中几何关系可知tan0=2

x

由工=卬+；4/可得。球=atan。如图所示，在竖直方向，由牛顿第二定律有&cos0-〃g=〃以球解得

5=2mg

(3)斜面在最岛点与球面接触时，小球和杆的位移为/?,如图所示，由几何关系可知h=32R^RcosO-R

斜面体水平方向的速度为v/.球竖直方向的速度为必由〔an夕=上可得眩=、tan夕由5一噂=2"得

x

近二2aji由功能关系可知W=-mvf+-mv；+mgh解得W=8m^R

乙4

66.如图甲，为了从筒中倒出最底部的羽毛球，将球筒竖直并筒口朝下，从筒口离地面〃=L8m的高度松手，

让球筒自由落体，撞击地面，球筒与地面碰撞时间，=0.01s,碰撞后球筒不反弹。已知球筒质审M=90g,

球筒长度A=40cm,羽毛球质量为〃?=6g,羽毛球和球筒之间最大静摩擦力，=0.3N,最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，为简化问题把羽毛球视为质点，空气阻力忽略不计，g取lOm/s?,4.82=23.04,求:

⑴碰撞后羽毛球是否到达球筒口：

（2）碰撞过程中，地面对球筒的平均冲击力为多大：

⑶如图乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒与手臂均沿水平方向且筒II朝外，筒身离地高度仍为

〃=他以身体躯干为中心轴逐渐加速转动直至羽毛球刚好飞出，筒口离中心轴距离为R=1.2m,则球

落地后距离中心轴有多远？

【答案】（1）能到达筒口（2）55.2N⑶4.8m

【详解】（1）碰撞后，球向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有

解得a=40m/s2自由下落过程，根据速度与位移的关系有=2助碰撞后球卜滑过程，利用逆向思维，根据

速度与位移的关系有解得K=o.45m>L可知，羽毛球能到达筒口。

（2）碰撞过程中，对球筒进行分析，根据动量定理有（吸+了,「尸"=

解得/nSSZN

2

（3）令羽毛球刚好从筒II水平飞出时速度为"，根据牛顿第二定律有7m=加支羽毛球飞出后做平抛运动,

R

则有力=％=卬羽毛球落地点离中心轴的距离为s=解得s=4.8m

67.假期时，小明的爸爸驾驶房车带领全家游览祖国美丽的景色如甲图所示。房车厨房内有一只装满杂粮

的圆柱形储藏罐贴着倾角夕=37。的斜面放在水平置物架上，房车车壁上有一个用细长轻绳悬挂的小中国结

（可看做质点），如图乙所示。必be、cd、加是港珠澳大桥的四段110m等跨钢箱连续梁桥（如图丙所示），

房车行驶到〃点时开始加速，先做匀加速直线运动，达到29.5m/s后做匀速直线运动。在曲段小明发现中

国结偏离车壁角度始终为。，已知sin夕=卷，cosO=&。他用手机中秒表功能测出房车经过时段所用

的时间为5.5s,g=IOm/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:

⑴房车通过ab段的加速度大小；

(2)从〃点开始房车继续行驶173m所用的时间；

⑶假设储藏罐外表面光滑，则房车至少以多大的加速度运动才能使储藏罐沿斜面向上运动。

【答案】⑴a=2m/s2(2)6s(3)a'-7.5m/s2

【详解】(l)对中国结分析，根据牛顿第二定律有/咫⑶1。=病解得.=2m/s2

(2)房车在时段匀加速，根据位移一时间关系有A=4+解得匕=14.5m/s房车匀加速他时间满足

'，=%+町解得4=7.5s经过ab段所用的时间为5.5s,则房车到达b点后加速的时间为=7.5$-5.5s=2s房

车到达6点后加速的位移为％=寄乙-L=55m还需匀速状态下继续行驶/=%-百=118m匀速所用时间

为4=^=4s则房车到达b点后继续行驶173m所用的时间为f'j+M=6s

V

(3)对储藏罐，根据牛顿第二定律有加gtan£=〃M解得a，=7.5m/s2

68.某机场的货物传送装置简化图如图中所示，该装置由速度大小为2m/s的传送带及固定挡板CQEF组成,

挡板与传送带上表面ABC。垂直，传送带上表面与水平地面的夹角为26。，传送带C。边与水平面平行。工

作人员将质量分布均匀的正方体货物由。点无初速度释放，货物运动10m后被取走，货物在传送带上运动

时的剖面图如图乙所示。已知货物质最为2kg,货物与传送带间的动摩擦因数为0.40,与挡板的动摩擦因

数为0.25,重力加速度K取lOm/s?,不计空气阻力。求：(sin260=0.44,cos260=0.90)

⑴货物在传送带上经历的时间；

⑵因运送货物传送装置多消耗的且能。

【答案】⑴5.4S（2）31.76J

【详解】（1）对货物受力分析，如图所示

则月=机geos。，8=〃吆sin。设货物与传送带间的动摩擦因数为从，货物与挡板的动摩擦因数为处，根据

牛顿第二定律可得从£-外鸟=〃似解得a=2.5m/s2货物加速至与传送带共速过程，所用时间为乙=艮=0.8s

a

货物的位移大小为A=%~=0.8m然后货物将匀速运动，匀速位移大小为公=工-玉=9.2m匀速运动的时间为

2a

G='=4.6s所以,运动的总时间为，=4+“=5.4s

%

（2）共速前传送带与货物间的相对位移大小为Ar==（"m

由能量守恒可得传送带多做的功为W=gmvl+必^Ar+//2M=31.76J

预测03带电粒子在电磁场中的运动

69.通过电磁场控制带电粒子的运动是现代化的重要技术。如图1所示，两块平行正对金属板水平放置，

两侧分布着以虚线为边界垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为8,左侧靠近下方金属板

边缘有一个粒子输送管道，管道不仅可以屏蔽管外磁场的影响，而且可以对带电粒子起到匀加速作用。已

知上、下两金属板间加上如图2所示矩形交变电压，电压大小为周期为。，一带电粒子在，=。时从管

道左侧无初速度释放，经管道加速后，在时刻离开管道进入金属板之间区域，在，=2，。时刻离开金属板

之间区域，又在/=3〃时刻从下金属板右侧边缘水平向左进入金属板之间区域，粒子运动的部分轨迹如图1

中虚线所示。已知金属板长度是板间距离的?倍，忽略粒子所受的重力、管道直径大小和场的边缘效应和

交变效应。

U。……;---：：------：

1111

IIII

n----1:___1:___1_:_1___:_►

$1.%4t

1111

・U。——!!——：-

图1图2

⑴判断带电粒子的电性，并求其比荷幺；

m

⑵求管道的长度乙和金属板的长度4:

⑶求带电粒子I可到下金属板左侧边缘的可能时刻f;

⑷若在右边磁场中增加竖直方向的匀强电场，使得带电粒子不从右侧磁场的左边界飞出，则：①请判定此

匀强电场的方向；

②小明计算了满足此要求的电场强度大小的取值值范围为七之：段E,请观察并论证这一结果是错误的

（不要求写出具体范围）。

【答案】⑴正电，力看⑵…"山，心=彳\（^闭/=%+4〃/。（〃=0,1,2卜4冠向上；②见解析

m22V6B

【详解】（1）在右侧磁场中，根据左手定则，可以判断粒子带止电，依题可知，粒子在磁场中运动的周期丁=2』。

P+T2冗mq7T

又有■可计算一=

qBm%

（2）粒子在金属板之间区域运动，分析其运动，可知是对称的匀变速曲线运动，进入或离开该区域的速度

大小相同，设为%，则有乙尸也又有R=丫且4月=，〃4£=今又有％=%，。结合给定条件&=［。，

vo2\2）L）3

可计算&=f又有乙=；卬。可知4=:悟^

（3）分析粒子整个运动，运动轨迹如图所示，根据对称性和周期性，可知带电粒子问到下金属板左侧边缘

的时刻t=5ta+4^0(/7=0,1,2)

（4）①增加竖直方向的匀强电场后，粒子将做曲线运动，此曲线运动可分解为水平方向的匀速直线运动和

竖直面内的匀速圆周运动。只有水平方向的匀速直线运动向右，粒子才不会返回两金属板之间区域，根据

配速法可知，电场力方向向上，故电场场强方向应该向I,.O

程，即小明的计算结果等价于竽令七=¥，则根据=即

②根据前述计算可知7J-^°-EZ

匀速直线运动分速度为丫=与则匀速圆周运动的分速率为％--=与即进入复合电磁场后，任何时刻粒子的

垂直电磁场左边界的分速度匕20,即粒子不会向左边界“I可旋”，可见电场强度最小值还可以更小一些。

70.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，xOy平面直角坐标系中第I象限存在

垂直于纸面向外的匀强磁场8。（大小未知）；第II象限存在沿x轴正方向的大小未知的匀强电场；第IV象

限交替分布着沿一）'方向的匀强电场和垂直xQy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L边界与），

轴垂直，电场强度£=即等，磁感应强度8=也%。一质量为山，电量为+</的粒子从点〃（-乙0）以平行

qL2qL

于y轴的初速度依进入第II象限，恰好从点N（0,2£）进入第I象限，然后又垂直于x轴进入第IV象限，

多次经过电场和磁场后某时刻粒子的速度沿x轴正方向。粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运

动时的电磁辐射。求：

y

•N耳）

%

MMMUMMI

xxxxxxfixxxx1层

L

］工〔工国工工口卜第2层

LXXXX“XXXXX

第〃层

XXXXX5XXXXxj

⑴磁感应强度坳的大小;

⑵粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向；

⑶粒子进入第〃层磁场时的速度大小W以及最远能进入第几层磁场。

【答案】⑴%=篝＞（2）与），轴负方向夹角为30。⑶匕="而%,4

乙qL

【详解】（1）设粒子在第H象限运动的时间为3在N点沿x轴的分速度为"，由于粒子垂直电场方向进入

电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，x方向有L=），方向有2乙=3通过

N点的速度咻=而高=夜％与），轴正方向的夹角满足tana=l在第I象限运动由牛顿第二定律有

qvR=〃总根据垂直于x轴进入第IV象限，由几何关系知R=20L联立解得B0=匿

R

（2）设穿过x轴卜.方第一层电场后的速度为力，由动能定理有*补=］叫2-3〃航

解得H=限G

在上轴下方第一层磁场中运动的轨迹如图所示

由洛伦兹力充当向心力有加=哈解得设速度偏转先为"则根据几何关系可得则

0=30。即粒子射出第1层磁场卜边界时速度的方向与｝，轴负方向夹角为30。。

（3）当粒子在第〃层磁场中运动时，此前粒子己经过〃个电场，由动能定理〃的乙=：m1-；”就解得

匕=用诟%若粒子在第〃层磁场中距离X轴最远，则最大速度为o在水平方向上由动量定理有

£尹,及\/=〃叫-0即gB%=，，以其中川为磁场中向下运动的最远距离，由题意（〃—1）£<）%工〃满足条件:

3〃2-8〃-420且3〃2-14〃-1<0解得满足条件的整数〃=4故最近能进入第4层磁场。

71.如图所示，竖直平面宜角坐标系xQy的第一、四象限，存在大小相等、竖直向上的匀强电场，第一象

限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小4=巫竺，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁

感应强度大小与二年。一质量为〃?、电荷量为+夕的带电粒子，从），轴上的A点以初速度如沿与y轴正方

向成&60。角进入第一象限做匀速圆周运动，恰好运动到x轴上的。点处（图中未画出），然后垂直于x轴

进入第四象限。不计空气阻力及电磁场的边界效应，重力加速度为g,求：

⑴第一、四象限匀强电场的电场强度大小反

⑵粒子从A点开始到第三次经过x轴时经历的时间/；

⑶仅撤去第四象限的匀强电场，粒子从A点开始到第三次经过［轴时与。点间的距离X。

［答案］⑴当2产+6•斗3产面+7c

q6g4g

【详解】（1）带电粒子在第i象限做匀速圆周运动，有9七=〃吆解得£=处

q

（2）如图甲所示

甲

粒子进入第一象限后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有＞。乌=塔解得飞=装粒子在第一象

42g

限运动的周期7；=边1=等=叵殳粒子在第一象限的运动分为两个过程，用时分别为4、G，由几何关

%西g

系可知在第一象限的运动的第一过程转过的圆心角为18()-6()=12(),第二过程转过的圆心角为180，贝U

/产毁(=二=叵生，A=幽(=工=叵殳粒子进入第四象限后继续做匀速圆周运动，由洛伦兹力提

36033g36022g

供向心力，有＞。及=等，(=至2=誓=生殳粒子在第四象限运动的时间，2=提心4=工"粒子

R?%g3602g

从A点开始到第三次经过工轴时经历的时间，=4+1,+A二九2二32

6g

乙

粒子进入笫一象限后做匀速圆周运动，粒子第一次经过工轴时与。点间的距离凡=3为=主旦把粒子在第

24g

四象限竖直向下的速度%分解成左偏下45。的0%和水平向右的％，其中水平方向的%满足4%为=〃吆，故

粒子在第四象限相当于参与两个运动：在水平方向以％做匀速直线运动，在竖直面内以0%做匀速圆周运

动，经四分之三周期再次【回到第一象限。粒子在第四象限竖直面内的运动，由洛伦兹力提供向心力，有

qev°B、=如妙匚解得R；=遮粒子第二次经过荣轴时与C点间的距离居=2叫cos45+斗%解得

.%=粒子从。点开始到第三次经过A-轴时与D点间的距离&=2凡=这粒子从A点开始到第三

2gg

8+6%+7&且

次经过x轴时与0点、间的距离x=x+x+为

]27

72.如图（a）所示，在工<。空间有一圆形区域磁场，磁感应强度为4,方向垂直纸面向外，圆与V轴相切

于原点0,平行于x轴且与圆相切于C点的电场边界MN下方有沿》轴正方向的匀强电场，在x>0空间有

垂直纸面的随时间周期性变化的磁场随时间变化如图（〃）所示，其中综已知，垂直纸面向外为正方

向。足够长的挡板PQ垂直于x轴放置，挡板可沿x轴左右平移。质量为机，电荷量为。①>0）的粒子从

电场中的A点以速度”沿X轴正方向进入匀强电场，并从C点进入圆形区域磁场，接着从原点。进入第一象

限（此时，=0）。已知AC两点沿*轴方向的距离为2L,沿丁轴方向的距离为不计粒子重力，不考虑

磁场变化产生的感应电场。求:

⑴匀强电场的电场强度E：

（2）粒子在圆形区域磁场内的运动时间「；

⑶若粒子恰好能垂直击中挡板，则挡板距离y轴的距离应满足的关系。

【答案】⑴第；（2代新人黑；⑶）

2qL3606qB6q&

【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，有夕石=〃以①水平方向，有2L=卬②竖直方向，有后=；靖

③联立解得石=考学

2qL

（2）粒子从A到C过程，由动能定理，有述=$加-，代④解得粒子在。点的速度吁2%粒子在C

点时，速度-与x轴止方向的夹角。满足cos6=%⑤故9=60粒子从。点运动到。点，如图所示，根据儿

V

何关系可知粒子在圆形磁场内运动的圆弧纨迹所对圆心角为30"

粒子做圆周运动'有八等⑦，田=机1⑧联立解得粒子在圆形磁场运动的时间-箫7=湍

（3）粒子到达。点时速度大小为L与人轴正方向夹角3U°，在第1、4彖限内，磁感应强度为2练和3叫时

粒子做圆周运动的半径为Ri和4.周期为4和4,则钟心片小/”:国,S纥二川^^⑨（二土独工二也

联立解得N=*，&=若，式=等，4=咨通过计算和对比&T图像可以发现，粒子运动轨迹为圆心

q&3沟西）3困

角60"、半径飞和凡的圆弧交替变化的周期性运动，如图所示。由几何关系可知，若要粒子能够垂直击中

挡板，则/吟+〃•^^（〃W2,）⑪或者小吟+=）联立解得

着黑膂（〃川2）或者寸空当（，12）

预测04力学三大观点的综合性应用

3

73.如图所示，在倾角为0的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A,凹槽A与斜面间的动摩擦因数〃=；tan0,

槽内紧靠右挡板处有一小物块B,它与凹槽左挡板的距离为4。A、B的质量均为〃b斜面足够长。现同时

由静止释放A、B,此后B与A挡板每次发生碰撞均交换速度，碰撞时间都极短。已知重力加速度为四。求:

⑴物块B从开始释放到与凹槽A发生第•次碰撞所经过的时间。；

（2）B与A发生第一次碰撞后，A下滑时的加速度大小4A和发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小匕;

⑶凹槽A沿斜面下滑的总位移大小x。

【答案】⑴⑵狐=2gsin。，方向沿斜面向上，彩二JgdsinA⑶d

【详解】⑴设B下滑的加速度为旬，则有机gsinO=〃g解得%=gsin。，A所受重力沿斜面的分力

G=〃啰in"〃・2〃?gcose所以B下滑时，A保持静止；根据位移时间关系可得〃解得4=

2\gsin。

（2）滑块B刚释放后做匀加速运动，设物块B运动到凹槽A的左挡板时的速度为耳，根据匀变速直线运动

规律得匕=®7=JWgsinO第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为匕、0.此后A减速卜滑，根据牛

顿第二定律可得2〃〃侬os"〃?gsine="A解得纵=2和皿方向沿斜面向.匚设A速度减为零的时间为小

下滑的位移大小为小则有心＞舄;…在时间加物块B下滑的距离为

Ai=《即片=（＜当所以发生第二次碰撞前凹槽A已停止运动，则B下滑距离巧与A发生第二次碰撞，则有

W=2aBM解得v2=y/gdsinO

(3)经过多次碰撞后，最终A、B处于静止状态，且B静止与A的下端；设凹槽A下滑的总位移为x,由

功能关系有"RuinO+1)sin£=2〃〃?gxcos，解得x=d

74.如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为。的斜面OA&在斜面右侧有〃个质量均为々的物

块，质量为，〃的滑块从光滑斜面顶端4由静止释放。。4=〃，g=10m/s2。

⑴求滑块到达斜面底端时的速度大小％;

⑵若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。

①所有的碰撞均为完全非弹性碰擦，求第〃个物块的最终速度大小力

②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第〃个物块的最终速度大小V；,；

⑶水平面上靠近8处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留水平

方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，斜面

与水平面动摩擦因数ZA=0.2,//=0.75m,0=45。。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因数

的最大值。

【答案】⑴％=廊(2)①2%:②电.河⑶'

【详解】(1)对滑块，由动能定理得〃侬解得%=题

(2)①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有〃/=1+小三)^

2

解得匕=—%

2+〃

②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第〃个物块相碰后的速度分别是id、叭，根据动量守恒定律则有

〃%=，，1%+£%根据能量守恒定理则有；〃?叫;=；〃?q+g费彳联立解得

小4,V,=|vo由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为|vfl,之后滑块第2

次与第〃个物块发生弹性碰撞，设滑块与第〃个物块相碰后的速度分别是1，。2、坡，根据动量守恒定律,

则有〃八年=〃?%+?匕根据能量守恒定律，V

则有g崎解得也=(g)'%2=g)%

由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为（gj%,第〃个物块的最终速度匕=0.廊

（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为匕，竖直速度为力,斜面体的速度为为水平方向动量守

恒，根据动量守恒定律可得根据机械能守恒定律则有〃3?=；〃（；+d）+；加哈，1&|］。=上言

22Vy

解得匕=2m/s,%=lm/s滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为斜面体的水平位移大

小为施，由于水平方向系统动量守恒，则有=M%整理可得〃/L=M立即/g=Ms2代入数据解得

tt

M=0.5m,s2=0.25m当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方,则有

>2s2解得〃2故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为上

2J42g2Mg1515

75.如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B,f=0时将质量为〃7的物块A从距离物块B斜

上方L处由静止释放，1=9/。时，物块A、B发生第一次碰撞，1=19%时，二者发生第二次碰撞，在两次碰

撞间物块A的UT图线如图乙所示（其中％、。均为未知量），若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短,

两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。

⑴求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值；

⑵求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离；

⑶已知物块B的质量M=17〃?，且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动，求物块B沿斜面下滑的最

大距离。

324

【答案】（1）2（2）音£（3）於七

8145

【详解】（1）根据题意，由图乙可知，物块A在13/。~19%的时间内沿斜面匀加速卜.滑，加速度大小

4=J。=?物块A在%〜13%的时间内沿斜而匀减速.上滑，加速度大小%=①=等解得

1九一1%tnur0-wfir0

生=2

q

(2)物块A在13/。~19。时间内与在。~9/°的时间内受力情况一致，则加速度相同，故，=%o时

y=qx%=9%刚释放物块A时，A、B之间的距离为L则有L=整理得%，。=白心则物块A在

2o1

%~13to的时间内沿斜而向上运劭，运动的距离。二配(⑶L")=16卬。联立解得乙=圣L

281

(3)物块A与物块B第一次碰撞时，由动量守恒有砂=加%+〃/1其中「=9%,vA1=-8v0,M=17"联

立解得vBI=%则物块A在13%~19%时间内卜滑的距离L2=6%J9；T31)=1即%已知第二次碰撞前物块B

已停止运动，故物块B碰后沿斜面卜.滑的距离xH=2%f”物块A与物块B发生第二次碰撞,由图可知，

碰前瞬间物块A的速度4=6%由动量守恒有mv.=加入+M/2由机械守恒有:机