2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題07 碰撞與動量守恒（含解析）.docx

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(fā)現(xiàn)，試題在考查主干知識的同時，注重考查基本概念和基本規(guī)律?？季V要求1、理解動量、動量變化量的概念；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(guī)律1、動量和動量的變化量這兩個概念常穿插在動量守恒定律的應(yīng)用中考查。2、動量守恒定律的應(yīng)用是本部分的重點(diǎn)和難點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)；動量守恒定律結(jié)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(yùn)動、核反應(yīng)的結(jié)合已成為近幾年高考命題的熱點(diǎn)。第二部分精選試題一、單選題1如圖所示，左圖為大型游樂設(shè)施跳樓機(jī)，右圖為其結(jié)構(gòu)簡圖。跳樓機(jī)由靜止從a自由下落到b，再從b開始以恒力制動豎直下落到c停下。已知跳樓機(jī)和游客的總質(zhì)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(yùn)動時間之比為2：1B從a到b，跳樓機(jī)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(jī)和游客總重力的沖量大小為mghD從b到c，跳樓機(jī)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(jī)從a運(yùn)動b過程中做自由落體運(yùn)動，由2h=12gt12可得，下落時間t1=4hg=2hg，由vb2=2g2h可知，運(yùn)動到b的速度大小為vb=4gh=2gh；跳樓機(jī)從a運(yùn)動b過程中做減速運(yùn)動，同理可得h=12at22，vb2=2ah，解得減速過程的加速度大小為a=2g，時間為t2=hg，故從a到b與從b到c的運(yùn)動時間之比為t1:t2=2hg:hg=2:1，故A正確；B從a到b，跳樓機(jī)做自由落體運(yùn)動，故跳樓機(jī)座椅對游客的作用力為零，故B錯誤；C從a到b，根據(jù)動量定理可得IG=mvb=2mgh，則跳樓機(jī)和游客總重力的沖量大小為2mgh，故C錯誤；D從b到c，根據(jù)牛頓第二定律有：F-mg=ma=2mg，解得跳樓機(jī)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(yùn)行的質(zhì)量為1.2103kg (連同燃料)的“嫦娥一號”衛(wèi)星，在北京航天飛行控制中心科技人員的控制下發(fā)動機(jī)點(diǎn)火。在極短的時間內(nèi)以4.92km/s的速度（相對月球表面）向前噴出質(zhì)量為50kg的氣體后，衛(wèi)星減速。只在月球引力的作用下下落，最后成功撞擊到月球東經(jīng)52.36度、南緯1.50度的預(yù)定的豐富海區(qū)域，實現(xiàn)了預(yù)期目標(biāo)，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=1.7103km，月球表面的重力加速度g/=1.8m/s2。則“嫦娥一號”噴氣后的速度約為（）A1.10 km/sB1.56km/sC2.88km/sD3.78km/s【答案】 B【解析】【詳解】“嫦娥一號”衛(wèi)星在距離月球表面100km做圓周運(yùn)動時：GMm(R+h)2=mv2R+h其中GMmR2=mg，則解得：v=RgR+h=1.71061.81.8106m/s=1.7103m/s；噴氣的過程根據(jù)動量守恒定律：mv=(m-m)v1+mv2解得v1=mv-mv2m-m=1.21031.7103-504.921031.2103-50m/s=1.56103m/s=1.56km/s，故選B.3隨著科幻電影流浪地球的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野?！耙椆?yīng)”是指在太空運(yùn)動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。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(yùn)動的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動的速度為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠(yuǎn)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(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動方向上，其運(yùn)動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是Av1>v0Bv1= v0Cv2>v0Dv2=v0【答案】 A【解析】【詳解】設(shè)探測器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，探測器和行星發(fā)生彈性碰撞.A、B、對于模型一：設(shè)向左為正，由動量守恒定律：Mu-mv0=mv1+Mu1，由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv12+12Mu12，聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1=2Mu+Mv0-mv0M+m，因M>>m，則v12U+v0>v0，故A正確，B錯誤.C、D、對于模型二：設(shè)向左為正，由動量守恒定律：Mu+mv0=-mv2+Mu2，由能量守恒12Mu2+12mv02=12mv22+12Mu22，聯(lián)立解得探測器碰后的速度v2=Mv0-2Mu-mv0M+m，因M>>m，則v2v0-2U<v0；故C、D均錯誤.故選A.4在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)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()A0B0.3vC0.6vD0.9v【答案】 C【解析】【詳解】A、B兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中系統(tǒng)動量守恒，設(shè)A、B兩球碰撞后的速度分別為v1、v2，選A原來的運(yùn)動方向為正方向，由動量守恒定律有：mv=-mv1+2mv2假設(shè)碰后A球靜止，即v1=0，可得：v2=0.5v由題意知球A被反彈，所以球B的速度為：v2>0.5vAB兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關(guān)系有：12mv212mv12+122mv22兩式聯(lián)立得：v223v由兩式可得：0.5v<v223v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(yè)持續(xù)飛速發(fā)展，2019年1月，嫦娥四號飛船在太陽系最大的撞擊坑內(nèi)靠近月球南極的地點(diǎn)著陸月球背面。假設(shè)有一種宇宙飛船利用離子噴氣發(fā)動機(jī)加速起飛，發(fā)動機(jī)加速電壓U，噴出二價氧離子，離子束電流為I，那么下列結(jié)論正確的是（元電荷e，氧離子質(zhì)量m0，飛船質(zhì)量M）（）A噴出的每個氧離子的動量p=2eUB飛船所受到的推力為F=Im0UeC飛船的加速度為a=Im0MUeD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，p=m0v，解得：p=2m0eU，故A錯誤；B、設(shè)t時間內(nèi)有n個離子被噴出，根據(jù)電流的定義式：I=Qt=n2et，對于單個離子，由動量定理得：F0t=m0v，若有n個離子被噴出，則有F=nF0，聯(lián)立以上各式可得：F=Im0Ue，由牛頓第三定律：F=F=Im0Ue，故B正確；C、對飛船，由牛頓第二定律得：a=FM=IMm0Ue，故C錯誤；D、功率的單位與2MeU不同，故D錯誤?！军c(diǎn)睛】6宇宙飛船動力裝置的工作原理與下列情景相似：如圖，光滑地面上有一質(zhì)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，在小車的右板正中央開有一個小孔，兩金屬板間的電場可看作勻強(qiáng)電場，兩板間電壓為U。現(xiàn)有一質(zhì)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。則以下判斷正確的是：( )A小車總保持靜止?fàn)顟B(tài)B小車最后減速運(yùn)動C粒子穿過小孔時速度為2qUmD粒子穿過小孔時速度為2MqUm(M+m)【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，根據(jù)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(yùn)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(yùn)動，故AB錯誤。設(shè)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。根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒和能量守恒得：0=mv1-Mv2；qU=12mv12+12mv22；聯(lián)立解得，v1=2MqUm(M+m)故C錯誤，D正確。故選D。7雨打芭蕉是我國古代文學(xué)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(xué)將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內(nèi)杯中雨水上升了15mm，查詢得知，當(dāng)時雨滴落地速度約為10ms，設(shè)雨滴撞擊芭蕉后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1103kgm3，據(jù)此估算芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為A0.25NB0.5NC1.5ND2.5N【答案】 A【解析】【詳解】由于是估算壓強(qiáng)，所以不計雨滴的重力。設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為F設(shè)在t時間內(nèi)有質(zhì)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(yīng)用動量定理：Ft=0-（-mv）=mv。得：F=mvt；設(shè)水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在t時間內(nèi)水面上升h，則有：m=Sh；F=Svht壓強(qiáng)為：P=FS=vht=1103101510-31060N/m2=0.25N/m2，故A正確，BCD錯誤。8質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點(diǎn)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(qiáng)電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點(diǎn)。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化了32mg2t2B整個過程中小球速度增量的大小為2gtC從加電場開始到小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時小球動能變化了mg2t2D從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢能變化了mg2t2【答案】 B【解析】【分析】根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，抓住位移關(guān)系求出電場力和重力的大小關(guān)系。根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化，根據(jù)動量定理求出整個過程中小球速度增量的大小，運(yùn)用動能定理可得小球動能變化，根據(jù)重力做功判斷從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢能變化?！驹斀狻緼、自由落體運(yùn)動的位移x1=12gt2，末速度v=gt，設(shè)加上電場后的加速度為a，則加上電場后在ts內(nèi)的位移x2=vt-12at2=gt2-12at2，因為x2=-x1，解得a=3g，根據(jù)牛頓第二定律有a=F-mgm，所以電場力F=4mg，電場力做功與路徑無關(guān)，則電場力做的正功W=Fx1=2mg2t2，帶電小球電勢能減小了2mg2t2，故A錯誤。B、整個過程中由動量定理有：Ft-mg2t=mv，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(diǎn)時末速度為零，則由動能定理可知動能減小了12mg2t2，故C錯誤。D、ts末加上電場勻減速運(yùn)動到零的位移：x=v22a=g2t26g=gt26，則從A點(diǎn)到最低點(diǎn)的位移：x=gt26+12gt2=23gt2，則重力做功WG=23mg2t2，所以重力勢能減小量為23mg2t2故D錯誤。故選：B9如圖所示，光滑地面上靜置一質(zhì)量為M的半圓形凹槽，凹槽半徑為R，表面光滑。將一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從凹槽邊緣處由靜止釋放，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到凹槽的最低點(diǎn)時，對凹槽的壓力為FN，F(xiàn)N的求解比較復(fù)雜，但是我們可以根據(jù)學(xué)過的物理知識和方法判斷出可能正確的是（重力加速度為g）（ ）A(3M+2m)mgMB(3m+2M)mgMC(3M+2)mgMD(3m+2)mgM【答案】 A【解析】【詳解】滑塊和凹側(cè)組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，機(jī)械能守恒，當(dāng)滑塊運(yùn)動到最低點(diǎn)時有：mv=Mv，mgR=12mv2+12Mv2，由極限的思想，當(dāng)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(diǎn)時由牛頓第二定律得FN-mg=mv2R，解得FN=3mg，四個選項中當(dāng)M趨于無窮大時，只有A選項符合，另外CD選項從量綱的角度上講也不對，故A對；BCD錯；故選A10如圖甲所示，一塊長度為L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射人木塊。當(dāng)子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s(圖乙)。設(shè)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(zhì)點(diǎn)。則子彈穿過木塊的時間為A1v0(s+L) B1v0(s+2L) C12v0(s+L) D1v0(L+2s)【答案】 D【解析】【分析】以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，滿足動量守恒定律，分別對子彈和木塊列動能定理表達(dá)式，再對木塊列動量定理表達(dá)式，聯(lián)立可求解.【詳解】子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊的系統(tǒng)，外力之和為零動量守恒，有：mv0=mv1+mv2，設(shè)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)=12mv12-12mv02，由動量定理：-ft=mv1-mv0，對木塊由動能定理：fs=12mv22，由動量定理：ft=mv2，聯(lián)立解得：t=1v0(L+2s)；故選D.【點(diǎn)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，解題時注意研究對象、研究過程的選擇.二、多選題11如圖所示，用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊右側(cè)的煤層。設(shè)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(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為，下列說法正確的是A高壓水槍的流量為vD2B高壓水槍的功率為18D2v3C水柱對煤層的平均沖擊力為14D2v2D手對高壓水槍的作用力水平向右【答案】 BC【解析】【詳解】A、設(shè)t時間內(nèi),從水槍噴出的水的體積為V, 則V=Svt=14D2vt ,所以單位時間內(nèi)高壓水槍的流量為Q=14D2v，故A錯；B、設(shè)t時間內(nèi),從水槍噴出的水的體積為V, 質(zhì)量為m ,則m=V ,t時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為14D2vt,t時間內(nèi)水槍噴出的水的動能Ek=12mv2=18D2v3t,高壓水槍的功率P=Wt=18D2v3,故B對；C、考慮一個極短時間t ,在此時間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為m,設(shè)煤層對水柱的作用力為F,由動量定理,Ft=mv,t時間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量m=14D2vt ,解得F=14D2v2由牛頓第三定律可知,水柱對煤層的平均沖力為F=14D2v2，故C對；D、當(dāng)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,根據(jù)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(yùn)動的球A在光滑水平面上與一個原來靜止的球B發(fā)生彈性碰撞，A要使B球獲得最大動能，則應(yīng)讓A,B兩球質(zhì)量相等B要使B球獲得最大速度，則應(yīng)讓A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量C要使B球獲得最大動量，則應(yīng)讓A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量D若A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量，則B球?qū)@得最大動能、最大速度及最大動量【答案】 ABC【解析】【詳解】設(shè)A球的質(zhì)量為m1、B球質(zhì)量為m2、碰前A球的速度為v0，A與B發(fā)生彈性碰撞，則：m1v0=m1v1+m2v2、12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得：v1=m1-m2m1+m2v0、v2=2m1m1+m2v0。A：據(jù)v1=m1-m2m1+m2v0，當(dāng)A、B兩球質(zhì)量相等時，碰后A的速度為零，B獲得了A碰前的全部動能，B球獲得了最大動能。故A項正確。B：據(jù)v2=2m1m1+m2v0，當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)大于B球質(zhì)量時，B球獲得最大速度，接近碰前A速度的2倍。故B項正確。C：據(jù)v1=m1-m2m1+m2v0，當(dāng)A球質(zhì)量遠(yuǎn)小于B球質(zhì)量時，A球幾乎原速反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得了A球初始動量的接近2倍，B球獲得最大動量。故C項正確。D：由上面三項分析知，D項錯誤。13靜止在勻強(qiáng)磁場中的原子核X發(fā)生衰變后變成新原子核Y。已知核X的質(zhì)量數(shù)為A，電荷數(shù)為Z，核X、核Y和粒子的質(zhì)量分別為mX、mY和m，粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R。則A衰變方程可表示為ZAXZ-2A-4Y+24HeB核Y的結(jié)合能為（mx-my-m）c2C核Y在磁場中運(yùn)動的半徑為2RZ-2D核Y的動能為EKY=mY(mX-mY-m)c2mY+m【答案】 AC【解析】【詳解】A根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程可表示為ZAXZ-2A-4Y+24He，選項A正確；B此反應(yīng)中放出的總能量為：E=（mx-my-m）c2，可知核Y的結(jié)合能不等于（mx-my-m）c2，選項B錯誤；C根據(jù)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，根據(jù)動量守恒定律得：0=PY-P，則PY=P，得半徑之比為rYr=qqY=2Z-2，則核Y在磁場中運(yùn)動的半徑為rY=2RZ-2，故C正確；D兩核的動能之比：EkYEk=12mYvY212mv2=m(mYvY)2mY(mv)2=mmY，因EkY+Ek=E=（mx-my-m）c2，解得EkY=m(mX-mY-m)c2mY+m，選項D錯誤。14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(zhì)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(xiàn)給木塊A一大小為6m/s的速度，使其水半向左運(yùn)動并與墻壁碰撞，碰撞的時間為0.3s，碰后的速度大小變?yōu)?m/s，木塊A、B碰撞后立即粘在一起繼續(xù)向右運(yùn)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(yùn)動的速度大小為3m/sD木塊A、B滑上圓弧軌道后到達(dá)的最大高度為0.45m【答案】 ACD【解析】【詳解】設(shè)水平向右為正方向，當(dāng)A與墻壁碰撞時，由動量定理得：Ft=mAv1-mA(-v1)，代入數(shù)據(jù)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(shè)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：mAv1=(mA+mB)v，代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s，故C正確。A、B在光滑圓形軌道上滑動時，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：12(mA+mB)v2=(mA+mB)gh，代入數(shù)據(jù)解得：h=0.45m，故D錯誤。故選ACD。15如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)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(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h 處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。己知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)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(chǎn)生的焦耳熱B金屬棒克服安培力做的功為mghC金屬棒產(chǎn)生的電熱為12mg（h-d）D金屬棒運(yùn)動的時間為2ghg-B2L2d2Rmg【答案】 CD【解析】【詳解】根據(jù)功能關(guān)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(chǎn)生的焦耳熱之和，故A錯誤。設(shè)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-mgd-W=0，得 W=mg（h-d），故B錯誤。電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱Q=W= mg（h-d），則屬棒產(chǎn)生的電熱為12mg（h-d），故C正確。金屬棒在下滑過程中，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=12mv02，得v0=2gh。金屬棒經(jīng)過磁場通過某界面的電量為q=2R=BLd2R；根據(jù)動量定理：-BILt-mgdt=0-mv0，其中q=It，解得t=2ghg-B2L2d2Rmg，選項D正確；故選CD.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(yùn)動，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.2。質(zhì)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(yùn)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，滑塊最后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(zhì)量為3.3kgC滑塊向左運(yùn)動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8JD若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動輪的半徑R為0.4m【答案】 BD【解析】【分析】根據(jù)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(jié)合的問題，應(yīng)用動量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識分析計算。【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(yùn)動，然后向右加速，最后向右勻速，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?yōu)橄蜃蟮?m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正，據(jù)動量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質(zhì)量M=66m=3.3kg。故B項正確。C：滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動時，據(jù)牛頓第二定律可得，(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運(yùn)動的加速度大小a=2m/s2。滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動的時間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動過程中滑塊與傳送帶間的相對運(yùn)動距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運(yùn)動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=(M+m)gs=0.23.35108J=53.6J。故C項錯誤。D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉(zhuǎn)動輪的半徑R=0.4m。故D項正確。17如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為mA=6kg，mB=2kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁現(xiàn)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(tǒng)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(tǒng)動量守恒B解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒C從撤去外力至A與墻面剛分離，A對彈簧的沖量I=10 Ns，方向水平向右DA與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)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，彈簧在恢復(fù)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恢復(fù)原長前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動量不守恒，恢復(fù)原長后，AB一起向右運(yùn)動，系統(tǒng)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(tǒng)只有動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，故B正確；C、壓縮彈簧時，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長，彈性勢能全轉(zhuǎn)化為B的動能，設(shè)此時B的速度為v0，則：W=EP=12mBv02，得v05m/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：ImBv010 Ns，故C正確；D、當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，A的速度最小，則：vAmin0，A、B都運(yùn)動后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相等時彈簧拉伸最長此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，以向右為正，由系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒有：mBv0=mAvA+mBvB，12mBv02=12mAvA2+12mBvB2，得vA=2.5m/s，vB=-2.5m/s，故D正確。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(diǎn)由靜止開始下滑，到b點(diǎn)接觸輕彈簧，又壓縮至最低點(diǎn)c，此時將B迅速拿走，然后木箱A又恰好被輕彈簧彈回到a點(diǎn)。已知A質(zhì)量為m，B質(zhì)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，與彈簧分離時A的速度最大B彈簧被壓縮至最低點(diǎn)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(diǎn)的過程中，因摩擦產(chǎn)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(diǎn)為L/4【答案】 BC【解析】【分析】對木箱A下滑和上滑過程，運(yùn)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(diǎn)在A、B一起下滑的過程中，速度最大時的位置合力為零根據(jù)功能關(guān)系求彈簧上端在最低點(diǎn)c時其彈性勢能以及摩擦產(chǎn)生的熱量【詳解】A在A上滑的過程中，與彈簧分離是彈簧恢復(fù)原長的時候，之前A已經(jīng)開始減速，故分離時A的速度不是最大，A錯誤；B設(shè)彈簧上端在最低點(diǎn)c時，其彈性勢能為Ep，在A、B一起下滑的過程中，由功能關(guān)系有4mgLsin4mgLcos30+Ep，將物塊B拿出后木箱A從c點(diǎn)到a點(diǎn)的過程，由功能關(guān)系可得 EpmgLsin+mgLcos30聯(lián)立解得Ep0.8mgL，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(diǎn)的過程中，摩擦生熱Q=5mgLcos=5(Ep-mgLsin)=1.5mgLD若AB一起能返回的距離大于彈簧原長，則有Ep=4mgLcos+mgLcos，解得L=L4，但不知道L與彈簧原長的關(guān)系，故無法確定，故D錯誤?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是掌握功與能的關(guān)系，明確能量是如何轉(zhuǎn)化的解題時，采用分段法列式19一質(zhì)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均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后恰好到達(dá)a點(diǎn)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(shù)為h/LB當(dāng)木塊最后到達(dá)a時的速度為0C當(dāng)木塊最后到達(dá)a時的速度為v0/3D整個過程產(chǎn)生的熱量為2mgh【答案】 ACD【解析】【分析】分不同階段應(yīng)用動量守恒和能量守恒即可解決問題?！驹斀狻肯确治鲂∥飰K從開始到最高點(diǎn)的過程，根據(jù)動量守恒：mv0=3mv，v=13v0，根據(jù)能量守恒，有mgL+mgh=12mv02-32mv2，同理，最后到達(dá)a點(diǎn)時的速度也是v=13v0，整個過程能量守恒有2mgL=12mv02-32mv2，聯(lián)立得mgL=mgh，得=hL，整個過程產(chǎn)生的熱量Q=2mgL=2mgh；綜上ACD正確，B錯誤。【點(diǎn)睛】本題綜合運(yùn)用了動量守恒定律和能量守恒定律，要注意摩擦生熱與相對運(yùn)動的關(guān)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(zhì)量相等，與直軌道間的動摩擦因數(shù)為=0.2，P和Q的質(zhì)量均為m，下列判斷正確的是AQ不可能沖出P的圓弧軌道BQ第二次經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)時P的速度最大C從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過程，系統(tǒng)動量守恒D從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過程，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為15mgR【答案】 BD【解析】【分析】假設(shè)當(dāng)滑塊Q的速度為v時，滑塊恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)，則由水平方向動量守恒以及能量關(guān)系可求解v，從而判斷當(dāng)v0=4gR時Q能否沖出P的圓弧軌道；分析整個過程中P的受力情況可知Q第二次到達(dá)最低點(diǎn)時速度最大；結(jié)合功能關(guān)系求解系統(tǒng)機(jī)械能的損失.【詳解】設(shè)當(dāng)滑塊Q的速度為v時，滑塊恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)，則由水平方向動量守恒：mv=2mv共；由能量關(guān)系：12mv2=122mv2共+mgR，解得v=2gR，可知當(dāng)v0=4gR時Q能沖出P的圓弧軌道，選項A錯誤；Q開始在水平軌道部分運(yùn)動時，P受向右的摩擦力被加速；在圓弧軌道上運(yùn)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仍然加速，因Q第二次經(jīng)過P點(diǎn)后進(jìn)入水平面上后給P向左的摩擦力而使P開始減速，可知第二次經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)時P的速度最大，選項B正確；從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒，選項C錯誤；從Q滑上直軌道到圓弧最高點(diǎn)的過程，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E=mgs=0.2mgR=0.2mgR，選項D正確；故選BD.三、解答題21如圖所示，內(nèi)壁光滑、半徑R=1.25 m的四分之一圓弧軌道AB在最低點(diǎn)B與粗糙水平軌道BC相切。質(zhì)量ml=0.1 kg的物塊口自圓弧軌道頂端由靜止釋放，質(zhì)量m2=0.2kg的物塊6靜止在水平軌道上，與B點(diǎn)相距x=4m，一段時間后物塊a、b發(fā)生彈性正碰。己知a、b與水平軌道間的動摩擦因數(shù)均為=0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/S2。求：(1)物塊a、b碰撞前口的速度大?。?2)物塊a、b碰撞后相距的最遠(yuǎn)距離?！敬鸢浮浚?）v1=2g(R-x)=3m/s；（2）小球a與b相距的最遠(yuǎn)距離x=v122a+v222a=1.25m【解析】【詳解】（1）a由靜止釋放到最低點(diǎn)B的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：m1gR=12m1v02a從B點(diǎn)到與b碰撞前的過程中，由動能定理得：-m1gx=12m1v12-12m1v02（或：從釋放到碰撞全過程，由動能定理得：m1gR-m1gx=12m1v12）聯(lián)立可得：v1=2g(R-x)=3m/s（2）小球a與b發(fā)生彈性碰撞過程中，由動量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2由能量守恒定律得：12m1v12=12m1v12+12m2v22聯(lián)立解得：v1=m1-m2m1+m2v1=1m/s，v2=2m1m1+m2v1=2m/s碰后小球a與b都做勻減速運(yùn)動，由牛頓第二定律得：mg=ma小球a與b相距的最遠(yuǎn)距離：x=v122a+v222a=1.25m22光滑水平面上放著兩完全相同的小球A和B，其質(zhì)量均為0.02kg，A靠在豎直墻壁上，一原長為12cm的輕質(zhì)彈簧將A、B連在一起，壓縮彈簧使其長度為4cm時，用銷釘擋住B不動。拔掉銷釘，當(dāng)彈簧長度第2次達(dá)到（12+30）cm時，從A、B之間撤去彈簧，之后A、B發(fā)生彈性碰撞，分別沖向長為0.5m、傾角為53的光滑斜面（機(jī)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(dá)式為Ep=12kx2，其中勁度系數(shù)k=200N/m，x為彈簧形變量；sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2求：（1）彈簧首次恢復(fù)到原長時B球的速度大小；（2）從撤去彈簧到兩球相碰經(jīng)歷的時間；（3）兩球在平臺上第一次落點(diǎn)間的距離?！敬鸢浮浚?）8m/s；（2）12+30200s；（3）1.536m?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）至彈簧恢復(fù)原長時，由機(jī)械能守恒定律得：12kx12=12mBvB2代入數(shù)據(jù)得vB=8m/s（2）彈簧恢復(fù)原長后，A開始運(yùn)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+12mBvB12代入數(shù)據(jù)得vA1=5m/svB1=3m/s從撤去彈簧到A、B相碰經(jīng)歷時間t=l2vA1-vB1解得t=12+30200s（3）A、B彈性碰撞，機(jī)械能動量均守恒速度交換vA2=3m/s；vB2=5m/s到達(dá)斜面頂端的速度分別為vA3，vB3v22-v32=2as其中斜面上運(yùn)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=v3cos532v3sin53g最終可得兩球落點(diǎn)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(nèi),軌道的一個端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角=30,另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn),C點(diǎn)右側(cè)的光滑水平路面上緊挨C點(diǎn)放置一木板,木板質(zhì)量M=2kg,上表面與C點(diǎn)等高.質(zhì)量m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從空中A點(diǎn)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(jìn)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(dá)軌道上的C點(diǎn)時對軌道的壓力;(2)若物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)0.30.8,物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量.【答案】(1)50N (2)當(dāng)0.3<0.6時，Q1=10；當(dāng)0.60.8時，Q1=6J【解析】【詳解】（1）AB(平拋運(yùn)動):vB=2v0BC(能量守恒):mgR(1+sin)+12mvB2=12mvC2C 點(diǎn):FNC-mg=mvc2R聯(lián)立以上三式得:FNC=50N由牛頓第三定律可得物塊剛到達(dá)軌道上的 C 點(diǎn)時對軌道的壓力:FNC=50N（2）設(shè)物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為時，物塊恰好滑到木板右端，由動量和能量守恒可得:mvc=(m+M)v12mvc2=12(m+M)v2+mgL解得=0.6當(dāng)0.3<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(chǎn)生的熱量Q1=mAgL=10當(dāng)0.60.8時，A和小車能共速：則A與小車之間產(chǎn)生的熱量：Q1=12mAvA2-12(mA+M)v2=6J24如圖所示，長木板質(zhì)量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，質(zhì)量為m=1 kg的物塊A，右端放著一個質(zhì)量也為m=1 kg的物塊B，兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為=0.4，AB之間的距離L=6 m，開始時物塊與木板都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對物塊A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2。（1）為使物塊A與木板發(fā)生相對滑動，F(xiàn)至少為多少？（2）若F=8 N，求物塊A經(jīng)過多長時間與B相撞，假如碰撞過程時間極短且沒有機(jī)械能損失，則碰后瞬間AB的速度分別是多少？【答案】（1）5 N （2）vA=2m/s vB=8m/s【解析】【詳解】（1）據(jù)分析物塊A與木板恰好發(fā)生相對滑動時物塊B和木板之間的摩擦力沒有達(dá)到最大靜摩擦力。設(shè)物塊A與木板恰好發(fā)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：mg=（m+M）a解之得： F0=5N即為使物塊與木板發(fā)生相對滑動，恒定拉力至少為5 N；（2）物塊的加速度大小為：aA=F-mgm=4ms2木板和B的加速度大小為：aB=mgM-m=1m/s2設(shè)物塊滑到木板右端所需時間為t，則：xA-xB=L即12aAt2-12aBt2=L解之得：t=2 svA=aAt=8m/svB=aBt=2m/sAB發(fā)生彈性碰撞則動量守恒：mva+mvB=mva+mvB機(jī)械能守恒：12mva2+12mvB2=12mva2+12mvB2解得：vA=2m/s vB=8m/s25如圖所示，在兩根間距為L的水平金屬導(dǎo)軌上，有一個邊長為L的正方形金屬線圈，線圈的 ab、cd 邊質(zhì)量均為m，電阻均為 R；ac、bd 邊的質(zhì)量和電阻均不計。在cd和pq 間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場。在導(dǎo)軌上，另有一根質(zhì)量為 m、電阻為R的金屬棒 ef，在恒力F的作用下向右運(yùn)動。線圈和ef金屬棒與導(dǎo)軌的摩擦因數(shù)均為，導(dǎo)軌電阻不計。當(dāng) ef 棒向右運(yùn)行距離為 L 時，線圈剛好開始運(yùn)動，求:（1）ef棒的速度；（2）ef棒從靜止開始，到線圈剛開始運(yùn)動消耗的時間；（3）在ef棒運(yùn)動過程中，cd桿消耗的焦耳熱；（4）當(dāng)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=3mgRB2L2；（2）t=2B4L5+9m2gR23(F-mg)RB2L2；（3）Qcd=16FL-mgL-92m3g2R22B4L4；（4）v=3R(F-mg)4B2L2，最大值Pm=3R(F-mg)28B2L2【解析】【詳解】（1）設(shè)ef棒的速度為v，則電動勢E=BLv；流過cd的電流Icd=12ER+12R=BLv3R ;線圈剛剛開始運(yùn)動：BIcdL=2mg聯(lián)立解得ef棒的速度：v=6mgRB2L2（2）從ef開始運(yùn)動，到線圈開始運(yùn)動，對ef由動能定理：(F-BIL-mg)t=mv其中的q=It；I=BLLt32R；聯(lián)立解得：t=mv+2B2L3/3RF-mg，解得t=6m2gRB2L2+2B2L33RF-mg=6m2gR+2B4L53RB2L2(F-mg)（3）由能量關(guān)系可知：FL-mgL-Q=12mv2其中cd桿消耗的焦耳熱為：Qcd=16Q可得：Qcd=16(FL-mgL-182m3g2R2B4L4)（4）作用在桿子上的合外力的功率：P=(F-mg-B2L2v1.5R)v，P是v的二次函數(shù)，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)v=1.5R(F-mg)2B2L2時P最大，最大值為Pm=1.5R(F-mg)24B2L226如圖所示，一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的小物塊，在距離電場區(qū)域為a處以一定的初速度在一水平絕緣平面上向右運(yùn)動，物塊與絕緣平面的摩擦因數(shù)為，物塊在運(yùn)動過程中要穿越寬度為2a，場強(qiáng)大小為E的電場區(qū)域，當(dāng)場強(qiáng)方向豎直向下時，物塊停留在離開電場區(qū)域左邊緣的0.5a處，當(dāng)場強(qiáng)方向向上時，物塊停留在距離電場區(qū)域右側(cè)的a處。求：（1）電場強(qiáng)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(dāng)電場向下時，物塊仍能停在電場區(qū)域內(nèi)。求電場向上時物塊運(yùn)動的時間與電場向下情況下物塊運(yùn)動時間差值的最小值。并求出對應(yīng)的初速度?！敬鸢浮浚?）E=mgq；v0=2ga（2）tmin=2ag；v0=6ga【解析】【詳解】（1）當(dāng)場強(qiáng)方向豎直向下時，由動能定理：12mv02=mga+(mg+qE)0.5a；當(dāng)場強(qiáng)方向豎直向上時，由動能定理：12mv02=mg2a+(mg-qE)2a；聯(lián)立解得：E=mgq；v0=2ga（2）無論電場方向如何，物塊在進(jìn)入電場前運(yùn)動時時間是相等的，設(shè)滑塊剛進(jìn)入電場時速度為v，當(dāng)電場向下時物塊不滑出電場，則由動量定理：(mg+qE)t1=mv解得：t1=v2g；若場強(qiáng)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(yùn)動，出離電場后做運(yùn)減速運(yùn)動，則在電場中的時間為：t21=2av，出離電場時：mgt22=mv，則運(yùn)動的總時間為：t2=2av+vg；則時間差：t=t2-t1=2av+vg-v2g=2av+v2g；由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)2av=v2g時，t最小，即當(dāng)v=2ga時，t最小值為：tmin=2ag；此時當(dāng)場強(qiáng)向下時，有：12mv2=(mg+qE)x，解得x=a，滑塊不滑出電場的范圍；由動能定理：12mv02=mga+12mv2，解得：v0=6ga；27如圖所示，在同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、MN與均處于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、NP平滑連接，半圓軌道半徑均為r=0.5m，導(dǎo)軌間距L=1m，水平導(dǎo)軌左端MM接有R=2的定值電阻，水平軌道的ANNA區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域?qū)挾萪=1m。一質(zhì)量為m=0.2kg、電阻為R0=0.5、長度為L=1m的導(dǎo)體棒ab放置在水平導(dǎo)軌上距磁場左邊界s處，在與導(dǎo)體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開始運(yùn)動，導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動至NN時撤去F，結(jié)果導(dǎo)體棒ab恰好能運(yùn)動到半圓形軌道的最高點(diǎn)PP。已知重力加速度g取10m/s2，導(dǎo)軌電阻忽略不計。（1）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及s的大小；（2）若導(dǎo)體棒運(yùn)動到AA時撤去拉力，試判斷導(dǎo)體棒能不能運(yùn)動到半圓軌道上。如果不能，說明理由；如果能，試再判斷導(dǎo)體棒沿半圓軌道運(yùn)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(shè)導(dǎo)體棒在磁場中勻速運(yùn)動時的速度為v1，導(dǎo)體棒恰好能運(yùn)動到半圓軌道的最高點(diǎn)時的速度大小為v2，根據(jù)牛頓第二定律：mg=mv22r根據(jù)機(jī)械能守恒定律：2mgr=12mv12-12mv22聯(lián)立得：v1=5m/s導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢：E=Blv1回路中電流：I=ER+R0根據(jù)力的平衡：F=BIL聯(lián)立得B=1T根據(jù)動能定理有：Fs=12mv12解得s=1.25m（2）假設(shè)導(dǎo)體棒能穿過磁場區(qū)域，穿過磁場區(qū)域的速度大小為v3，根據(jù)動量定理：-F安t=mv即-B2L2R+R0d=m(v3-v1)解得：v3=3m/s所以假設(shè)成立，能運(yùn)動到半圓軌道上。假設(shè)導(dǎo)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=12mv32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(shù)為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層新型智能材料ER流體，它對薄滑塊的阻力可調(diào)節(jié)。開始薄滑塊靜止，ER流體對其限力為0，彈簧的長度為L，現(xiàn)有一質(zhì)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(yùn)動為使薄滑塊恰好做勻減速運(yùn)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須隨薄滑塊下移而適當(dāng)變化，以薄滑塊初始位置處為原點(diǎn)，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(biāo)x變化的函數(shù)關(guān)系式(2)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調(diào)節(jié)使之后ER流體對運(yùn)動的薄滑塊阻力大小恒為mg，若此后薄滑塊仍能向上運(yùn)動，求的取值范圍。(3)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調(diào)節(jié)使之后ER流體對運(yùn)動的薄滑塊阻力大小恒為mg，若此后薄滑塊向上運(yùn)動一段距離后停止運(yùn)動不再下降，求A的最小值?！敬鸢浮?1)f=-kx+mg+kL4；(2)<1；(3)13【解析】【詳解】(1)設(shè)滑塊靜止時彈簧壓縮量為x0，則有：kx0=mg設(shè)物體下落與滑塊相碰前的速度大小為v0，由動能定理得：mgL=12mv02設(shè)碰后二者粘在一起的共同速度為v1，由動量守恒定律得：mv0=(m+12m)v1滑塊下移的距離為x1=2mgk時，由運(yùn)動學(xué)公式得：0-v22=-2ax1由牛頓第二定律得：k(x0+x1)+f-2mg=2ma解得f=-kx+mg+kL4；(2)滑塊能向上運(yùn)動，則有k(x0+x1)>2mg+mg解得：<1；(3)當(dāng)滑塊向上運(yùn)動時，若規(guī)定向上為滑塊和物體所受合力的正方向，則合力：F=k(x+x0)-2mg-mg-kx-(1+)mg作出F-x圖象如圖所示：由數(shù)學(xué)知識可得滑塊停止運(yùn)動的位置坐標(biāo)x1=2mgk滑塊停止運(yùn)動不再下降的條件是：2mg-k(x1+x0)mg解得：13。29碰撞過程中的動量和能量傳遞規(guī)律在物理學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用。如圖所示，將一個大質(zhì)量的彈性球A（質(zhì)量為m1）和一個小質(zhì)量的彈性球B（質(zhì)量為m2）疊放在一起，從初始高度h0由靜止豎直下落，不計空氣阻力，且h0遠(yuǎn)大于球的半徑。設(shè)A球與地面作用前的速度大小為v0（v0為未知量），A球和地面相碰后，以原速反彈；反彈后它和以v0向下運(yùn)動的B球碰撞，如圖（甲）所示。碰后如圖（乙）所示。取豎直向上為正方向。（1）a求v0；b有同學(xué)認(rèn)為，兩物體（選為一個系統(tǒng)）在豎直方向碰撞，由于重力的影響，系統(tǒng)動量不再守恒?，F(xiàn)通過實驗及計算說明這一問題。某次實驗時，測得m1=60.0g，m2=3.0g，h0=1.80m，A和B碰撞時間t=0.01s，重力加速度g取10m/s2。求A和B相互作用前瞬間系統(tǒng)的總動量大小P1；求A和B相互作用過程中，系統(tǒng)總動量的變化量大小P；計算PP1100%的值。據(jù)此實驗及結(jié)果，你認(rèn)為物體在豎直方向碰撞過程中，是否可以應(yīng)用動量守恒定律？并簡要說明理由。（2）若不計系統(tǒng)重力的影響，且m2<<m1，求碰撞后，m2球上升的最大高度h2?！敬鸢浮浚?）a. v0=2gh0 b.0.342kgm/s6.310-3Ns1.84%（2）1.8m【解析】【詳解】（1）a由機(jī)械能守恒定律可知：mgh0=12v02，解得v0=2gh0b.兩物體落地前的速度v0=2101.8m/s=6m/sA和B相互作用前瞬間系統(tǒng)的總動量大小P1=m1v0-m2v0=(60.0-3.0)10-36kgm/s=0.342kgm/s；根據(jù)動量定理，A和B相互作用過程中，系統(tǒng)總動量的變化量等于重力的沖量：P=(m1+m2)gt=(60.0+3.0)10-3100.01=6.310-3NsPP110000=6.310-30.34210000=1.8400；據(jù)此實驗及結(jié)果，則物體在豎直方向碰撞過程中，可以應(yīng)用動量守恒定律；因為重力的沖量遠(yuǎn)小于系統(tǒng)總動量。（2）若不計系統(tǒng)重力的影響，且m2<<m1，由動量守恒：m1v0-m2v0=m1v1+m2v2由能量關(guān)系：12m1v02+12m2v02=12m1v12+12m2v22聯(lián)立解得：v1=m1-3m2m1+m2v0；因m2<<m1，則v1=v0，則m2球上升的最大高度h2=h0=1.8m。30如圖所示，光滑水平面上放著長為L25m，質(zhì)量為M=5kg的木板（厚度不計），一個質(zhì)量為m=1kg的小物體放在木板的最右端，m和M之間的動摩擦因數(shù)=0.1，開始均靜止今對木板施加一水平向右的恒定拉力F=21N，作用2s后，撤去拉力F，求：(1)拉力F對木板的沖量(2)整個過程木板和小物體間因摩擦而產(chǎn)生的熱量（g取10m/s2）?！敬鸢浮浚?）42Ns，方向水平向右；（2）21J【解析】【詳解】（1）由IFt帶入數(shù)據(jù)可得：I42Ns，方向水平向右（2）02s對m：mgma102s對M：FmgMa2帶入數(shù)據(jù)可得a11 m/s2，a24m/s,2相對滑動的路程為S112a2t212a1t2帶入數(shù)據(jù)可得：S16m產(chǎn)生的熱量Q1umg S1Q16J此時m的速度v12 m/s，v28 m/s由動量守恒可知：mv1+Mv2（m+M）v共v共7 m/st2v共-v1a1=5s相對滑動的路程為S2v共+v22t2v共+v12t215m(25-6)m，所以m沒有掉下去，能夠和M共速度由能量關(guān)系可知：Q212mv12+12Mv2212（m+M）v2共Q215JQ總Q1+Q2