PAGEPAGE24專題07碰撞與動量守恒第一部分名師綜述綜合分析近幾年的高考物理試題發覺，試題在考查主干學問的同時，留意考查基本概念和基本規律。考綱要求1、理解動量、動量變更量的概念；知道動量守恒的條件。2、會利用動量守恒定律分析碰撞、反沖等相互作用問題。命題規律1、動量和動量的變更量這兩個概念常穿插在動量守恒定律的應用中考查。2、動量守恒定律的應用是本部分的重點和難點，也是高考的熱點；動量守恒定律結合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題，以及動量守恒定律與圓周運動、核反應的結合已成為近幾年高考命題的熱點。其次部分精選試題一、單選題1．如圖所示，左圖為大型游樂設施跳樓機，右圖為其結構簡圖。跳樓機由靜止從a自由下落到b，再從b起先以恒力制動豎直下落到c停下。已知跳樓機和游客的總質量為m，ab高度差為2h，bc高度差為h，重力加速度為g。則A．從a到b與從b到c的運動時間之比為2：1B．從a到b，跳樓機座椅對游客的作用力與游客的重力大小相等C．從a到b，跳樓機和游客總重力的沖量大小為mD．從b到c，跳樓機受到制動力的大小等于2mg【答案】A【解析】【詳解】A．由題意可知，跳樓機從a運動b過程中做自由落體運動，由2h=12gt12可得，下落時間t1=4hg=2hg，由vb2=2g?2h可知，運動到b的速度大小為vb=4gh=2gh；跳樓機從B．從a到b，跳樓機做自由落體運動，故跳樓機座椅對游客的作用力為零，故B錯誤；C．從a到b，依據動量定理可得IG=mvb=2mD．從b到c，依據牛頓其次定律有：F-mg=ma=2mg，解得跳樓機受到制動力的大小為F=3mg，故D錯誤。2．北京時間2009年3月1日下午15時36分，在距月球表面100km的圓軌道上運行的質量為1.2×103kg(連同燃料)的“嫦娥一號”衛星，在北京航天飛行限制中心科技人員的限制下發動機點火。在極短的時間內以4.92km/s的速度（相對月球表面）向前噴出質量為50kg的氣體后，衛星減速。只在月球引力的作用下下落，最終勝利撞擊到月球東經52.36度、南緯1.50度的預定的豐富海區域，實現了預期目標，為中國探月一期工程畫上一個圓滿的句號。已知月球的半徑R=1.7×103kmA．1.10km/s B．1.56km/s C．2.88km/s D．3.78km/s【答案】B【解析】【詳解】“嫦娥一號”衛星在距離月球表面100km做圓周運動時：GMm(R+h)2=mv2R+h其中GMm'R3．隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應”進入了公眾的視野。“引力彈弓效應”是指在太空運動的探測器，借助行星的引力來變更自己的速度。為了分析這個過程，可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用變更了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設行星運動的速度為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種狀況下，探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2.探測器和行星雖然沒有發生干脆的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規律可以與兩個質量不同的鋼球在同一條直線上發生的彈性碰撞規律作類比。那么下列推斷中正確的是A．v1>v0 B．v1=v0 C．v2>v0 D．v2=v0【答案】A【解析】【詳解】設探測器的質量為m，行星的質量為M，探測器和行星發生彈性碰撞.A、B、對于模型一：設向左為正，由動量守恒定律：Mu-mv0=mv1+Mu1，由能量守恒12Mu2C、D、對于模型二：設向左為正，由動量守恒定律：Mu+mv0=-mv2+Mu2，由能量守恒12Mu2故選A.4．在光滑水平面上，一質量為m、速度大小為v的A球與質量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是()A．0 B．0.3v C．0.6

v D．0.9v【答案】C【解析】【詳解】A、B兩球組成的系統在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中系統動量守恒，設A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v選A原來的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：mv=-m假設碰后A球靜止，即v1=0由題意知球A被反彈，所以球B的速度為：vAB兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關系有：1①③兩式聯立得：v由②④兩式可得：0.5v<符合條件的只有0.6v；故C正確，ABD錯誤故選：C。5．我國航天事業持續飛速發展，2024年1月，嫦娥四號飛船在太陽系最大的撞擊坑內靠近月球南極的地點著陸月球背面。假設有一種宇宙飛船利用離子噴氣發動機加速起飛，發動機加速電壓U，噴出二價氧離子，離子束電流為I，那么下列結論正確的是（元電荷e，氧離子質量m0，飛船質量MA．噴出的每個氧離子的動量p=2eUB．飛船所受到的推力為F=IC．飛船的加速度為a=D．推力做功的功率為2MeU【答案】B【解析】【詳解】A、對于每個氧離子，在加速電壓U的作用下加速，有：2eU=12m0v2，B、設Δt時間內有n個離子被噴出，依據電流的定義式：I=QΔt=n2eΔt，對于單個離子，由動量定理得：F0Δt=m0v，若有C、對飛船，由牛頓其次定律得：a=FM=D、功率的單位與2MeU不同，故D錯誤。【點睛】6．宇宙飛船動力裝置的工作原理與下列情景相像：如圖，光滑地面上有一質量為M的絕緣小車，小車兩端分別固定帶等量異種電荷的豎直金屬板，在小車的右板正中心開有一個小孔，兩金屬板間的電場可看作勻強電場，兩板間電壓為U。現有一質量為m、帶電量為+q、重力不計的粒子從左板正對小孔處無初速釋放。則以下推斷正確的是：()A．小車總保持靜止狀態B．小車最終減速運動C．粒子穿過小孔時速度為2qUD．粒子穿過小孔時速度為2MqU【答案】D【解析】【詳解】金屬板間的電場方向向右，粒子所受的電場力方向向右，依據牛頓第三定律可知，小車所受的電場力方向向左，則小車將向左做勻加速運動。粒子穿過小孔時速度，粒子不再受電場力作用，小車也不再受電場力，將做勻速運動，故AB錯誤。設粒子穿過小孔時速度為v1，小車此時的速度為v2．取向右方向為正方向。依據系統的動量守恒和能量守恒得：0=mv1-Mv2；

qU=12mv12+12mv22；聯立解得，v1=2MqUm(M+m)．故C7．雨打芭蕉是我國古代文學中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內杯中雨水上升了15mm，查詢得知，當時雨滴落地速度約為10m／s，設雨滴撞擊芭蕉后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103kg／m3，據此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為A．0.25N B．0.5N C．1.5N D．2.5N【答案】A【解析】【詳解】由于是估算壓強，所以不計雨滴的重力。設雨滴受到支持面的平均作用力為F．設在△t時間內有質量為△m的雨水的速度由v=10m/s減為零。以向上為正方向，對這部分雨水應用動量定理：F△t=0-（-△mv）=△mv。得：F=△mv△t；設水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在△t時間內水面上升△h，則有：△m=ρS△h；F=ρSv△h△t．壓強為：P=FS=ρv8．質量為m的帶正電小球由空中A點無初速自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經過t秒小球又回到A點。不計空氣阻力且小球從未落地，則（）A．整個過程中小球電勢能變更了32mg2tB．整個過程中小球速度增量的大小為2gtC．從加電場起先到小球運動到最低點時小球動能變更了mg2t2D．從A點到最低點小球重力勢能變更了mg2t2【答案】B【解析】【分析】依據運動學公式，抓住位移關系求出電場力和重力的大小關系。依據電場力做功推斷電勢能的變更，依據動量定理求出整個過程中小球速度增量的大小，運用動能定理可得小球動能變更，依據重力做功推斷從A點到最低點小球重力勢能變更。【詳解】A、自由落體運動的位移x1=12gt2，末速度v=gt，設加上電場后的加速度為a，則加上電場后在ts內的位移x2=vt-12at2=gt2-12at2，因為x2=-x1，解得a=3g，依據牛頓其次定律有a=F-mgm，所以電場力F=4mg，電場力做功與路徑無關，則電場力做的正功W=Fx1=2mg2t2，帶電小球電勢能減小了2mgB、整個過程中由動量定理有：Ft-mg2t=m?v，解得小球速度增量的大小?v=2gt，故B正確。C、加電場時，物體的速度v=gt，到最低點時末速度為零，則由動能定理可知動能減小了12mg2t2D、ts末加上電場勻減速運動到零的位移：x′=v22a=g2t26g=gt26，則從A點到最低點的位移：x=gt26+12gt2=23gt2，則重力做功W故選：B9．如圖所示，光滑地面上靜置一質量為M的半圓形凹槽，凹槽半徑為R，表面光滑。將一質量為m的小滑塊（可視為質點），從凹槽邊緣處由靜止釋放，當小滑塊運動到凹槽的最低點時，對凹槽的壓力為FN，FN的求解比較困難，但是我們可以依據學過的物理學問和方法推斷出可能正確的是（重力加速度為g）（）A．(3M+2m)mgM B．(3m+2M)mgM C．(3M+2)mg【答案】A【解析】【詳解】滑塊和凹側組成的系統水平方向上動量守恒，機械能守恒，當滑塊運動到最低點時有：mv=Mv'，mgR=12mv2+12Mv'2，由極限的思想，當M趨于無窮大時，v'趨近于0，凹槽靜止不動，滑塊速度為v=2gR，且小滑塊在最低點時由牛頓故選A10．如圖甲所示，一塊長度為L、質量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質量也為m的子彈以水平速度v0射人木塊。當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s(圖乙)。設子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質點。則子彈穿過木塊的時間為A．1v0(s+L)B．1v【答案】D【解析】【分析】以子彈與木塊組成的系統為探討對象，滿意動量守恒定律，分別對子彈和木塊列動能定理表達式，再對木塊列動量定理表達式，聯立可求解.【詳解】子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊的系統，外力之和為零動量守恒，有：mv設子彈穿過木塊的過程所受阻力為f，對子彈由動能定理：-f(s+L)=12mv對木塊由動能定理：fs=12m聯立解得：t=1v【點睛】子彈穿過木塊的過程，子彈與木塊組成的相同動量守恒，由動量守恒定律與動量定理可以正確解題，解題時留意探討對象、探討過程的選擇.二、多選題11．如圖所示，用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊右側的煤層。設水柱直徑為D，水流速度為v．方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零．高壓水槍的質量為M，手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽視不計，已知水的密度為ρ，下列說法正確的是A．高壓水槍的流量為vπD2B．高壓水槍的功率為1C．水柱對煤層的平均沖擊力為1D．手對高壓水槍的作用力水平向右【答案】BC【解析】【詳解】A、設Δt時間內,從水槍噴出的水的體積為ΔV,則ΔV=SvΔt=14πD2vΔtB、設Δt時間內,從水槍噴出的水的體積為ΔV,質量為Δm,則Δm=ρΔV,Δt時間內噴出水的質量為14ρπD2vΔt,Δt時間內水槍噴出的水的動能Ek=C、考慮一個極短時間Δt',在此時間內噴到煤層上水的質量為m,設煤層對水柱的作用力為F,由動量定理,FΔt'=mv,Δt'時間內沖到煤層水的質量m=14ρπD、當高壓水槍向右噴出高壓水流時,水流對高壓水槍的作用力向左,由于高壓水槍有重力,依據平衡條件,手對高壓水槍的作用力方向斜向右上方,故D錯；12．如圖所示，運動的球A在光滑水平面上與一個原來靜止的球B發生彈性碰撞，A．要使B球獲得最大動能，則應讓A,B兩球質量相等B．要使B球獲得最大速度，則應讓A球質量遠大于B球質量C．要使B球獲得最大動量，則應讓A球質量遠小于B球質量D．若A球質量遠大于B球質量，則B球將獲得最大動能、最大速度及最大動量【答案】ABC【解析】【詳解】設A球的質量為m1、B球質量為m2、碰前A球的速度為v0，A與B發生彈性碰撞，則：m1v0=A：據v1'=m1-m2m1+m2v0，當B：據v2'=2m1m1+m2v0，當C：據v1'=m1-m2m1+m2v0，當A球質量遠小于B球質量時，D：由上面三項分析知，D項錯誤。13．靜止在勻強磁場中的原子核X發生α衰變后變成新原子核Y。已知核X的質量數為A，電荷數為Z，核X、核Y和α粒子的質量分別為mX、mY和mα，α粒子在磁場中運動的半徑為R。則A．衰變方程可表示為ZAX→Z-2A-4Y+24He B．C．核Y在磁場中運動的半徑為2RZ-2 D．核【答案】AC【解析】【詳解】A．依據質量數和電荷數守恒可知，衰變方程可表示為ZAX→B．此反應中放出的總能量為：?E=（mx-my-mα）c2，可知核Y的結合能不等于（mx-my-mα）c2，選項B錯誤；C．依據半徑公式r=mvqB，又mv=P（動量），則得r=PqB，在衰變過程遵守動量守恒，依據動量守恒定律得：0=PY-Pα，則PY=Pα，得半徑之比為rYrαD．兩核的動能之比：EkYEkα=12m14．如圖所示，一光滑水平軌道的左邊緊靠豎直墻壁，右邊與一個半徑足夠大的14光滑圓弧軌道平滑相連，質量分別為1.5kg與0.5kg的木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，現給木塊A一大小為6m/s的速度，使其水半向左運動并與墻壁碰撞，碰撞的時間為0.3s，碰后的速度大小變為4m/s，木塊A、B碰撞后馬上粘在一起接著向右運動，重力加速度g取10m/s2，則A．在木塊A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對木塊A的平均作用力大小為50NB．木塊A與在墻壁碰撞的過程中沒有能量損失C．木塊A、B碰撞后一起向右運動的速度大小為3m/sD．木塊A、B滑上圓弧軌道后到達的最大高度為0.45m【答案】ACD【解析】【詳解】設水平向右為正方向，當A與墻壁碰撞時，由動量定理得：Ft=mAv'1-mA?(-v1)，代入數據解，墻壁對A的平均作用力為：F=50N，故A正確。A與墻壁碰撞后動能減小，說明碰撞過程中A的能量有損失，故B錯誤。設碰撞后A、B的共同速度為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv'1=(15．如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一個阻值為R的定值電阻，平直部分導軌左邊區域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，質量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。己知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為μ，金屬棒與導軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區域的過程中（）（重力加速度為g）A．金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒產生的焦耳熱B．金屬棒克服安培力做的功為mghC．金屬棒產生的電熱為1D．金屬棒運動的時間為2【答案】CD【解析】【詳解】依據功能關系知，金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒以及電阻R上產生的焦耳熱之和，故A錯誤。設金屬棒克服安培力所做的功為W．對整個過程，由動能定理得mgh-μmgd-W=0，得W=mg（h-μd），故B錯誤。電路中產生的總的焦耳熱Q=W=mg（h-μd），則屬棒產生的電熱為12mg（h-μd），故C正確。金屬棒在下滑過程中，其機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh=12mv02，得v0=2gh。金屬棒經過磁場通過某界面的電量為q=ΔΦ2R=BLd2R；依據16．如圖甲所示，一滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運動，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.2。質量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向為正方向，子彈在整個運動過程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最終恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s2。則A．傳送帶的速度大小為4m/sB．滑塊的質量為3.3kgC．滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產生的熱量為26.8JD．若滑塊可視為質點且傳送帶與轉動輪間不打滑，則轉動輪的半徑R為0.4m【答案】BD【解析】【分析】依據題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動量守恒與傳送帶相結合的問題，應用動量守恒定律、牛頓其次定律、摩擦生熱等學問分析計算。【詳解】A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運動，然后向右加速，最終向右勻速，向右勻速的速度大小為2m/s，則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項錯誤。B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s，子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變為向左的4m/s；子彈射入滑塊瞬間，內力遠大于外力，系統動量守恒，以向左為正，據動量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)C：滑塊(含子彈)先向左做減速運動時，據牛頓其次定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運動的加速度大小a=2m/s2。滑塊(含子彈)向左減速運動的時間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈D：滑塊最終恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉動輪的半徑R=0.4m17．如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質量分別為mA=6kg，mB=2kg的A、B兩物體用質量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁現對B物體緩慢施加一個向左的力，該力對物體B做功W=25J，使A、B間彈簧被壓縮，在系統靜止時，突然撤去向左推力解除壓縮，則A．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統動量守恒B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統機械能守恒C．從撤去外力至A與墻面剛分別，A對彈簧的沖量I=10N·s，方向水平向右D．A與墻面分別后至首次彈簧復原原長時，兩物體速率均是2.5m/s【答案】BCD【解析】【詳解】A、解除壓縮后，彈簧在復原原長的過程中，墻壁對A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧復原原長前，兩物體和彈簧組成系統動量不守恒，復原原長后，AB一起向右運動，系統的合外力為零，動量守恒，故A錯誤；B、解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統只有動能和彈性勢能的相互轉化，故機械能守恒，故B正確；C、壓縮彈簧時，外力做的功全轉化為彈性勢能，撤去外力，彈簧復原原長，彈性勢能全轉化為B的動能，設此時B的速度為v0，則：W=EP=12mBv02，得v0＝5m/s，此過程墻壁對A的沖量大小等于彈簧對A的沖量大小，也等于彈簧對B的沖量大小，由動量定理得：ID、當彈簧復原原長時，A的速度最小，則：vAmin＝0，A、B都運動后，B減速，A加速，當A、B速度相等時彈簧拉伸最長．此后，B接著減速，A接著加速，當彈簧再次復原原長時，以向右為正，由系統動量守恒、機械能守恒有：mBv0=mAvA+18．如圖固定在地面的斜面傾角為30°，物塊B固定在木箱A的上方，一起從a點由靜止起先下滑，到b點接觸輕彈簧，又壓縮至最低點c，此時將B快速拿走，然后木箱A又恰好被輕彈簧彈回到a點。已知A質量為m，B質量為3m，a、c間距為L，重力加速度為g。下列說法正確的是A．在A上滑的過程中，與彈簧分別時A的速度最大B．彈簧被壓縮至最低點c時，其彈性勢能為0.8mgLC．在木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點的過程中，因摩擦產生的熱量為1.5mgLD．若物塊B沒有被拿出，AB能夠上升的最高位置距離a點為L/4【答案】BC【解析】【分析】對木箱A下滑和上滑過程，運用功能原理列式，可分析若物塊B沒有被拿出，彈簧能否將整體彈回a點．在A、B一起下滑的過程中，速度最大時的位置合力為零．依據功能關系求彈簧上端在最低點c時其彈性勢能以及摩擦產生的熱量．【詳解】A．在A上滑的過程中，與彈簧分別是彈簧復原原長的時候，之前A已經起先減速，故分別時A的速度不是最大，A錯誤；B．設彈簧上端在最低點c時，其彈性勢能為Ep，在A、B一起下滑的過程中，由功能關系有4mgLsinθ＝μ?4mgLcos30°+Ep，將物塊B拿出后木箱A從c點到a點的過程，由功能關系可得Ep＝mgLsinθ+μmgLcos30°聯立解得Ep＝0.8mgL，故B正確；C．由分析可得，木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點的過程中，摩擦生熱Q=5μmgLD．若AB一起能返回的距離大于彈簧原長，則有Ep=4mgL'cosθ+μmgL【點睛】解決本題的關鍵是駕馭功與能的關系，明確能量是如何轉化的．解題時，采納分段法列式．19．一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽視的光滑圓弧連接。現有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后恰好到達a點與物體P相對靜止，重力加速度為g，則：A．粗糙水平面ab的動摩擦因數為h/LB．當木塊最終到達a時的速度為0C．當木塊最終到達a時的速度為v0/3D．整個過程產生的熱量為2mgh【答案】ACD【解析】【分析】分不同階段應用動量守恒和能量守恒即可解決問題。【詳解】先分析小物塊從起先到最高點的過程，依據動量守恒：mv0=3mv，v=13v0，依據能量守恒，有μmgL+mgh=12mv02-32mv2①，同理，最終到達【點睛】本題綜合運用了動量守恒定律和能量守恒定律，要留意摩擦生熱與相對運動的關系。20．如圖所示，在光滑的水平面上靜止著物體P，P上有一個軌道，軌道的右端為一半徑為R的光滑1/4圓弧，左端是長度為R的直軌道。一個小滑塊Q以初速度v0=4gR水平向右滑上直軌道，已知P和Q質量相等，與直軌道間的動摩擦因數為μ=0.2，P和Q的質量均為m，下列推斷正確的是A．Q不行能沖出P的圓弧軌道B．Q其次次經過圓弧最低點時P的速度最大C．從Q滑上直軌道到圓弧最高點的過程，系統動量守恒D．從Q滑上直軌道到圓弧最高點的過程，系統損失的機械能為15【答案】BD【解析】【分析】假設當滑塊Q的速度為v時，滑塊恰能到達圓弧軌道最高點，則由水平方向動量守恒以及能量關系可求解v，從而推斷當v0=4gR時Q能否沖出P的圓弧軌道；分析整個過程中P的受力狀況可知Q其次次到達最低點時速度最大；結合功能關系求解系統機械能的損失.【詳解】設當滑塊Q的速度為v時，滑塊恰能到達圓弧軌道最高點，則由水平方向動量守恒：mv=2mv共；由能量關系：12mv2=12?2mv2共+mgR，解得v=2gR，可知當v0=4gR時Q能沖出P的圓弧軌道，選項A錯誤；Q起先在水平軌道部分運動時，P受向右的摩擦力被加速；在圓弧軌道上運動時，Q給P斜向下的壓力而使P加速；Q返回到圓弧面上時P仍舊加速，因Q其次次經過P點后進入水平面上后給P向左的摩擦力而使P起先減速，可知其次次經過圓弧最低點時P三、解答題21．如圖所示，內壁光滑、半徑R=1.25m的四分之一圓弧軌道AB在最低點B與粗糙水平軌道BC相切。質量ml=0.1kg的物塊口自圓弧軌道頂端由靜止釋放，質量m2=0.2kg的物塊6靜止在水平軌道上，與B點相距x=4m，一段時間后物塊a、b發生彈性正碰。己知a、b與水平軌道間的動摩擦因數均為μ=0.2，忽視空氣阻力，重力加速度g取10m/S2。求：(1)物塊a、b碰撞前口的速度大小；(2)物塊a、b碰撞后相距的最遠距離。【答案】（1）v1=2g(R-μx)=3m/s；（2）小球a【解析】【詳解】（1）a由靜止釋放到最低點B的過程中，由機械能守恒定律得：ma從B點到與b碰撞前的過程中，由動能定理得：-（或：從釋放到碰撞全過程，由動能定理得：m1聯立可得：v（2）小球a與b發生彈性碰撞過程中，由動量守恒定律得：m由能量守恒定律得：1聯立解得：v1'碰后小球a與b都做勻減速運動，由牛頓其次定律得：μmg=ma小球a與b相距的最遠距離：Δ22．光滑水平面上放著兩完全相同的小球A和B，其質量均為0.02kg，A靠在豎直墻壁上，一原長為12cm的輕質彈簧將A、B連在一起，壓縮彈簧使其長度為4cm時，用銷釘攔住B不動。拔掉銷釘，當彈簧長度第2次達到（12+30）cm時，從A、B之間撤去彈簧，之后A、B發生彈性碰撞，分別沖向長為0.5m、傾角為53°的光滑斜面（機械能不損失），并落到足夠長的水平固定平臺上，已知彈簧彈性勢能的表達式為Ep=12kx2，其中勁度系數k=200N/m，x為彈簧形變量；sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2（1）彈簧首次復原到原長時B球的速度大小；（2）從撤去彈簧到兩球相碰經驗的時間；（3）兩球在平臺上第一次落點間的距離。【答案】（1）8m/s；（2）12+30200s；（3）1.536【解析】【詳解】（1）至彈簧復原原長時，由機械能守恒定律得：12kx12=代入數據得vB=8m/s（2）彈簧復原原長后，A起先運動，至撤去彈簧由動量守恒定律得mBvB=mAvA1+mBvB1由能量守恒定律12kx12-12kx22=12mAvA12+12m代入數據得vA1=5m/svB1=3m/s從撤去彈簧到A、B相碰經驗時間t=l解得t=12+30（3）A、B彈性碰撞，機械能動量均守恒速度交換vA2=3m/s；vB2=5m/s到達斜面頂端的速度分別為vA3，vB3v其中斜面上運動的加速度a=8m/s2得vA3=1m/s，vB3=17m/s在平臺上的水平位移x=v3cos53°?最終可得兩球落點的水平距離d=1.536m23．如圖所示,半徑R=0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內,軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ=30°,另一端點C為軌道的最低點,C點右側的光滑水平路面上緊挨C點放置一木板,木板質量M=2kg,上表面與C點等高.質量m=1kg的物塊（可視為質點）從空中A點以v0=1m/s的速度水平拋出,恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道,沿軌道滑行之后又滑上木板,已知木板的長度L=1m,取g=10m/s2,求：(1)物塊剛到達軌道上的C點時對軌道的壓力;(2)若物塊與木板之間的動摩擦因數0.3≤μ≤0.8,物塊與木板之間因摩擦產生的熱量.【答案】(1)50N(2)①當0.3≤μ<0.6時，Q1=10μ；②當0.6≤μ≤0.8【解析】【詳解】（1）A→B(平拋運動):vB→C(能量守恒):mgR(1+sinθ)+C點:F聯立以上三式得:F由牛頓第三定律可得物塊剛到達軌道上的C點時對軌道的壓力:F（2）設物塊與木板之間的動摩擦因數為μ時，物塊恰好滑到木板右端，由動量和能量守恒可得:m1解得μ=0.6①當0.3≤μ<0.6時，A和小車不能共速，A將從小車左端滑落:則A與小車之間產生的熱量Q②當0.6≤μ≤0.8時，A和小車能共速：則A與小車之間產生的熱量：Q24．如圖所示，長木板質量M=3kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽視，質量為m=1kg的物塊A，右端放著一個質量也為m=1kg的物塊B，兩物塊與木板間的動摩擦因數均為μ=0.4，AB之間的距離L=6m，起先時物塊與木板都處于靜止狀態，現對物塊A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10m/s2。（1）為使物塊A與木板發生相對滑動，F至少為多少？（2）若F=8N，求物塊A經過多長時間與B相撞，假如碰撞過程時間極短且沒有機械能損失，則碰后瞬間AB的速度分別是多少？【答案】（1）5N（2）vA’=2m/svB’=8m/s【解析】【詳解】（1）據分析物塊A與木板恰好發生相對滑動時物塊B和木板之間的摩擦力沒有達到最大靜摩擦力。設物塊A與木板恰好發生相對滑動時，拉力為F0，整體的加速度大小為a，則：對整體：F0=（2m+M）a對木板和B：μmg=（m+M）a解之得：F0=5N即為使物塊與木板發生相對滑動，恒定拉力至少為5N；（2）物塊的加速度大小為：a木板和B的加速度大小為：aB=設物塊滑到木板右端所需時間為t，則：xA-xB=L即1解之得：t=2svA=aAt=8m/svB=aBt=2m/sAB發生彈性碰撞則動量守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇機械能守恒：12mva2+12mvB2=12mva＇2+12解得：vA＇=2m/svB＇=8m/s25．如圖所示，在兩根間距為L的水平金屬導軌上，有一個邊長為L的正方形金屬線圈，線圈的ab、cd邊質量均為m，電阻均為R；ac、bd邊的質量和電阻均不計。在cd和pq間存在磁感應強度為B，垂直導軌向上的勻強磁場。在導軌上，另有一根質量為m、電阻為R的金屬棒ef，在恒力F的作用下向右運動。線圈和ef金屬棒與導軌的摩擦因數均為μ，導軌電阻不計。當ef棒向右運行距離為L時，線圈剛好起先運動，求:（1）ef棒的速度；（2）ef棒從靜止起先，到線圈剛起先運動消耗的時間；（3）在ef棒運動過程中，cd桿消耗的焦耳熱；（4）當ef桿速度多大時，作用在桿子上的合外力的功率最大，并求出最大功率。【答案】（1）v=3μmgRB2L2（3）Q（4）v=3R(F-μmg)4【解析】【詳解】（1）設ef棒的速度為v，則電動勢E=BLv；流過cd的電流Icd線圈剛剛起先運動：B聯立解得ef棒的速度：v=（2）從ef起先運動，到線圈起先運動，對ef由動能定理：(F-B其中的q=IΔt；聯立解得：Δt=mv+2解得Δt=（3）由能量關系可知：FL-μmgL-Q=其中cd桿消耗的焦耳熱為：Q可得：Q（4）作用在桿子上的合外力的功率：P=(F-μmg-B2L2v由數學學問可知，當v=1.5R(F-μmg)226．如圖所示，一質量為m，電荷量為q（q>0）的小物塊，在距離電場區域為a處以肯定的初速度在一水平絕緣平面上向右運動，物塊與絕緣平面的摩擦因數為μ，物塊在運動過程中要穿越寬度為2a，場強大小為E的電場區域，當場強方向豎直向下時，物塊停留在離開電場區域左邊緣的0.5a處，當場強方向向上時，物塊停留在距離電場區域右側的a處。求：（1）電場強度的大小，以及物塊的初速度;（2）若增加物塊初速度的大小，當電場向下時，物塊仍能停在電場區域內。求電場向上時物塊運動的時間與電場向下狀況下物塊運動時間差值的最小值。并求出對應的初速度。【答案】（1）E=mgq；v0=2μga（【解析】【詳解】（1）當場強方向豎直向下時，由動能定理：12當場強方向豎直向上時，由動能定理：12聯立解得：E=mgq（2）無論電場方向如何，物塊在進入電場前運動時時間是相等的，設滑塊剛進入電場時速度為v，當電場向下時物塊不滑出電場，則由動量定理：μ(mg+qE)解得：t1若場強向上，則由于mg=qE，則滑塊在電場中受摩擦力為零而做勻速運動，出離電場后做運減速運動，則在電場中的時間為：t21出離電場時：μmgt則運動的總時間為：t2則時間差：Δt=t由數學學問可知，當2av=v2μg時，?t最小，即當v=2μga時，此時當場強向下時，有：12mv由動能定理：12解得：v027．如圖所示，在同一水平面內的光滑平行金屬導軌MN、M'N'與均處于豎直面內的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑連接，半圓軌道半徑均為r=0.5m，導軌間距L=1m，水平導軌左端MM'接有R=2Ω的定值電阻，水平軌道的ANN'A'區域內有豎直向下的勻強磁場，磁場區域寬度d=1m。一質量為m=0.2kg、電阻為R0=0.5Ω、長度為L=1m的導體棒ab放置在水平導軌上距磁場左邊界s處，在與導體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止起先運動，導體棒運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好，導體棒進入磁場后做勻速運動，當導體棒運動至NN'時撤去F，結果導體棒ab恰好能運動到半圓形軌道的最高點PP'。已知重力加速度g取10m/s2，導軌電阻忽視不計。（1）求勻強磁場的磁感應強度B的大小及s的大小；（2）若導體棒運動到AA'時撤去拉力，試推斷導體棒能不能運動到半圓軌道上。假如不能，說明理由；假如能，試再推斷導體棒沿半圓軌道運動時會不會脫離軌道。【答案】（1）B=1T，s=1.25m；（2）h=0.45m，由于h<r，所以不會脫軌【解析】【詳解】（1）設導體棒在磁場中勻速運動時的速度為v1，導體棒恰好能運動到半圓軌道的最高點時的速度大小為v2，依據牛頓其次定律：依據機械能守恒定律：2mgr=聯立得：v導體棒切割磁感線產生的電動勢：E=Bl回路中電流：I=依據力的平衡：F=BIL聯立得B=1T依據動能定理有：Fs=解得s=1.25m（2）假設導體棒能穿過磁場區域，穿過磁場區域的速度大小為v3，依據動量定理：即-解得：v所以假設成立，能運動到半圓軌道上。假設導體棒在半圓軌道上不會離開軌道，上升的最大高度為h則有：mgh=解得：h=0.45m，由于h<r，所以不會脫軌28．如圖所示，一足夠長的透氣圓筒豎直固定在地面上，筒中有一勁度系數為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質量為m的薄滑塊，圓筒內壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對薄滑塊的阻力可調整。起先薄滑塊靜止，ER流體對其限力為0，彈簧的長度為L，現有一質量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與溥滑塊碰撞后粘在一起向下運動為使薄滑塊恰好做勻減速運動且下移距離為2mgk時其速度減為0，ER流體對薄滑塊的阻力必需隨薄滑塊下移而適當變更，以薄滑塊初始位置處為原點，向下為正方向建立Ox軸，不計空氣阻力，重力加速度為g(1)求ER流體對薄滑塊的阻力Ff隨位置坐標x變更的函數關系式(2)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調整使之后ER流體對運動的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊仍能向上運動，求λ的取值范圍。(3)在薄滑塊速度第一次減為0