高考物理 5年高考真题精选与最新模拟 专题14 动量和能量

【备战2013】高考物理 5年高考真题精选与最新模拟 专题14

动量和能量

【2012高考真题精选】

（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

（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”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H 处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”， “A鱼”竖直下滑hA后速度减为零，“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，重力加速度为g，“鱼”运动的位移远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：

（1）“A鱼”入水瞬间的速度VA1； （2）“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；

（3）“A鱼”与“B鱼” 在水中运动时所受阻力之比fA：fB

2【解析】“A鱼”在入水前作自由落体运动，有vA?2gH①

得到：vA?2gH②

(2)“A鱼”在水中运动时受到重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA,有

F合=F浮+fA-mg③

F合=maA④

20?vA??2aAhA⑤

由题得：F浮=10mg 9综合上述各式，得

fA?mg(H1?)⑥ hA9(3)考虑到“B鱼”的运动情况、受力与“A鱼”相似，有

fB?mg(H1?)⑦ hB9fAhB(9H?hA)? fBhA(9H?hB)综合⑥⑦两式得到:

【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h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h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面与静止在台面上的小球B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，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求

（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA； （2）A、B两球的质量之比mA：mB。 【答案】（1）

（2）1:3

【解析】解：（1）小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得

mAgh = mAvA2

解得：vA =

（2）设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得

mAvA =（mA + mB）v 粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动 竖直方向：h = gt2 水平方向： = vt 联立上式各式解得：

【考点定位】本题考查机械能守恒定律，动量守恒定律，平抛运动。 （2012·四川）24．（19分）

如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ = 37，半径r = 2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨

0

道所在区域有场强大小为E = 2×10N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m = 5×10kg、电荷量q =+1×10C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v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C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μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s，sin37=0.6，cos37=0.8。

（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CP的长度。 【答案】（1）0.475J （2）0.57m

【解析】解：（1）设弹簧枪对小物体做功为W，由动能定理得

W－mgr（1－cosθ）= m代入数据解得：W =0.475J

（2）取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得

－mgsinθ－μ（mgcosθ+qE）=m a1

小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，则

2

0

0

-2

-6

5

v1 = v0 + a1 t1 解得：v1 = 2.1m/s

设运动的位移为s1，则

s1 = v0 t1 + a1 t1

2

电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得 －mgsinθ－μ（mgcosθ－qE）=m a2

设小物体以此加速度运动到速度为0，运动时间为t2，位移为s2，则

0 = v1 + a2 t2

s2 = v1 t2 + a2 t22

设CP的长度为s，则 s = s1 + s2 解得：s = 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·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l 时,装置可安全工作. 一质量为m 的小车若以速度v0 撞击弹簧,将导致轻杆向右移动l4. 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦.

(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】

14. (1)轻杆开始移动时,弹簧的弹力 F =kx ① 且 F =f 于 ② 解得 x = f/k ③ (2)设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

l12?W?0?mv0 ④ 4212 同理,小车以vm 撞击弹簧时 ?fl?W?0?mvm ⑤

2 中动能定理 ?f 解得 vm?v0?23fl ⑥ 2m12mv1?W ⑦ 2(3)设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为v1 则 由④⑦解得v1?2v0?fl 2m当v?2v0?fl'时，v?v 2m当v1?v?vm时，v'?v1 【考点定位】胡可定律 动能定理

（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?1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L?0.5m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。一可视为质点的物块，其质量m?0.2kg，与BC间的动摩擦因数?1?0.4。工件质M?0.8kg，与地面间的动摩擦因数?2?0.1。（取g?10m/s2)

①求F的大小

②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??1mgL?0①代入数据得h?0.2m

②

（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为?，由几何关系可得

cos??R?h③

R

?ma

⑤

④

根据牛顿第二定律，对物体有mgtan?对工件和物体整体有F??2(M?m)g?(M?m)a?8.5N联立②③④⑤式，代入数据得F⑥

②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为 x2， 由运动学公式可得

h?12gt⑦ x1?vt⑧x2?x1?Rsin?⑨ 2

联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得x2【考点定位】平抛运动、动能定理

?0.4m

⑩

（2012·上海）22．（A组）A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量

为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为__________________kgm/s：两者碰撞后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为__________________m/s。

22A答案. 40，10，

【解析】总动量P=MAv1?MBv2?5?10?2?5?40kgm/s；

??MBv2?代入数据可得：vB?10m/s 碰撞过程中满足动量守恒，MAv1?MBv2?MAv1【2011高考真题精选】

1.（全国）质量为M，内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为

12

A． mv 2

1mM2B． v 2m + M1

C． NμmgL D．NμmgL

2

L v 2．（福建）（20分）

如图甲，在x＜0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xoy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射人，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。

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T=

2?m。 qBⅠ.求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；

Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v0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知识点。 （1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有-qEh=

11m v2-m v02，① 22由①式解得 v=v0?22qEh。② m（2）I．由图乙可知，所有粒子在一个周期T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qv1B=qE, ③

又 s= v1T， ④ 式中T=

2?m qB2?mE ⑤ 2qB由③④式解得s=

3.（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l=6.5R,板右端到C的距离L在R

A S=5R E D m R B l=6.5R

（1）求物块滑到B点的速度大小；

L

C R 图19

（2）试讨论物块从滑上滑板到离开右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。

当2R≤L＜5R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C点，根据动能定理：??mg(8R?0.5R)?1212121mvC?mvB，解得：mvC?mgR?mgR， 2222Wf??mg(8R?0.5R)?17mgR，滑块不能滑到CD轨道的中点。 4当R＜L＜2R时，滑块的运动是匀减速运动6.5R+L，滑上C点。根据动能定理：

??mg(6.5R?L)?当

12121mvC?mvB，解得：Wf??mg(6.5R?L)?mg(13R?2L) 224121mvC?mg(2.5R?L)?mgR时，可以滑到CD轨道的中点，此时要求L<0.5R，22这与题目矛盾，所以滑块不可能滑到CD轨道的中点。

4．（山东）如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在

h处相遇（不计空气阻力）。则 2

A.两球同时落地

B.相遇时两球速度大小相等

C.从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量 D.相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等

5．（四川）质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从末落地，则

A.整个过程中小球电势能变换了

322

mgt 222

B.整个过程中小球动量增量的大小为2mgt

C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mgt D.从A点到最低点小球重力势能变化了答案：BD

解析：由平均速度关系可知，设下落t秒时的速度为v，再次回到A点时的速度大小为vx,则满足

222

mgt3v?(?v)vt?xt，即第二次回到A点时的速度大小为下落t秒时的2倍，上升加22速度为自由落体加速度的3倍，电场力为重力的4倍，由冲量定理知道4mgt?mg2t??P,即B正确；电场力做功对应电势能变化W?Fh?4mg?12gt?2mgt2，A错误；最低点时2121gt?mg2t2，C22小球速度为零，所以加电场开始到最低点时，动能变化了?EK?mg?错误；减速时候加速度为自由下落时3倍，所以时间为自由下落的三分之一，总位移为

h?124222gt??gt，所以重力势能变化为?EP?mg2t2,D正确。 23336.（重庆）（18分）如题24图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质

量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：

⑴整个过程中摩擦阻力 所做的总功； ⑵人给第一辆车水平冲量的大小； ⑶第一次与第二次碰撞系统动能损失之比。 【解析】⑴整个过程中摩擦阻力所做的总功 ⑴W??kmgL?2kmgL?3kmgL??6kmgL

⑵设第一车的初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1，第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2.

?kmgL?1212mv1?mu0……………① 22112(2m)v2?mu12……………② 22?k(2m)gL?12?k(3m)gL?0?(3m)u2……………③

2动量守恒

mv1?2mu1……………④ 2mv2?3mu2……………⑤

人给第一辆车水平冲量的大小I?mu2?2m7kgL………⑥

2⑶由①⑥解得v1?26kgL………⑦

由④⑦解得u1?2121v1??26kgL………⑧ 441113mv12?(2m)u12?kmg………⑨ 222第一次碰撞系统动能损失?Ek1?由③解得u2?2kgL………⑩ 由⑤解得v2?23u2………11 211322(2m)v2?(3m)u2?kmg……………12 222第二次碰撞系统动能损失?Ek1?第一次与第二次碰撞系统动能损失之比

?Ek113?……………13 ?Ek237．（浙江）（20分）节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1?90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P?50kW。当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72m后，速度变为v2?72km/h。此过程中发动机功率的

14用于轿车的牵引，用于供给发电55机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求

轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小； 轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电；

轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L?。 【答案】（1）2?10N（2）6.3?10J（3）31.5m 【解析】（1）汽车牵引力与输出功率的关系P?F牵v 将P?50kW，v1?90km/h?25m/s代入得F牵?34P?2?103N v1当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F阻?2?103N （2）在减速过程中，注意到发动机只有

1P用于汽车的牵引，根据动能定理有 511212Pt?F阻L?mv2?mv1，代入数据得Pt?1.575?105J 522电源获得的电能为E电?0.5?4Pt?6.3?104J 58．（四川）（16分）

随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为49t，以54km/h的速率匀速行驶。发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5m/s（不超载时则为5m/s）。

（1）若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？

2

2

（2）若超载货车刹车时正前方25m处停着总质量为1t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？

解析：（1）假设货车刹车时的速度大小为v0，加速度大小为a，末速度大小为vt，刹

2vt2?v0车距离为s，满足s?....................................①

2a代入数据得到

超载时 s1?45m...........................................② 若不超载 s2?22.5m...................................③ 说明：①式4分，②③式各1分

（2）设货车刹车后经过s'?25m与轿车碰撞时的速度大小为v1

v1?vt2?2as'......................................④

碰撞后两车共同速度为v2，货车质量为M，轿车质量为m，满足动量守恒定律

Mv1?(M?m)v2.................................⑤

设货车对轿车的作用时间为?t，平均冲力大小为F,由动量定理

F?t=mv2........................................⑥

联立以上三式代入数据得到

F?9.8?104N....................................⑦

说明：⑤⑥两式各4分，⑦式2分

9．（山东）（15分）如图所示，在高出水平地面h?1.8m的光滑平台上放置一质量

M?2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1?0.2m且表面光滑，左段

表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m?1kg。B与A左段间动摩擦因数u?0.4。开始时二者均静止，现对A施加F?20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x?1.2m。（取g=10m/s）求：

2

（1）B离开平台时的速度vB。

（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB。 （3）A左端的长度l2。

（3）设B刚好开始运动时A的速度为v，由动能定理得F l2=

12

Mv1 2设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得 F-μmg=MaA，(l2+ xB)=v1t B+联立解得l2=1.5m。 10．（福建）（15分）

反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1?2.0?103N/C和E2?4.0?103N/C，方向如图所示，带电微粒质量

1aAt B 2， 2m?1.0?10?20kg，带电量q??1.0?10?9C,A点距虚线MN的距离d1?1.0cm，不计带

电微粒的重力，忽略相对论效应。求：

（1）B点到虚线MN的距离d2；

（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。

11．（北京）（18分）

利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。

如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。

已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q。加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；

(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；

(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，

可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。

设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。

解析：（1）动能定理 Uq?1m1v12 2得 v1?2qU1 ○

m1mv2mv1式得 （2）由牛顿第二定律 qvB?，利用○ , R?RqB离子在磁场中的轨道半径为别为 R1?2mU2m2U12 ， ○R?222qBqB8U3 (m1?m2) ○2qB两种离子在GA上落点的间距s?2(R1?R2)?12.（全国）（20分）

装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑的桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量为m的相同的两块，间隔一段距离平行放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。

m 2m

m m m

【解析】

设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V，由动量守恒得 (2m + m)V = mv0 ①

1

解得 V = v0

3

1122

此过程中动能损失为 ?E = mv0 ? ×3mV ②

2212

解得 ?E = mv0

3

分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒定律得 mv1 + mV1 = mv0 ③

?E因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为 ，由能量守恒

2得

111?E222

mv1 + mV1 = mv0 ? ④ 2222联立①②③④式，且考虑到v1必须大于V1，得 13

v1 = ( + )v0 ⑤

26

设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得 2mV2 = mv1 ⑥ 损失的动能

1122

?E' = mv1 ? ×2mV2 ⑦

22联立①②⑤⑥⑦式得

13?E ?E' = (1+ )× ⑧

222

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二块钢板的深度x为 13

x = (1+ )d ⑨

22

13.（重庆）（18分）如题24图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第

二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：

⑴整个过程中摩擦阻力 所做的总功； ⑵人给第一辆车水平冲量的大小； ⑶第一次与第二次碰撞系统动能损失之比。 【解析】⑴整个过程中摩擦阻力所做的总功 ⑴W??kmgL?2kmgL?3kmgL??6kmgL

⑵设第一车的初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1，第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2.

1212mv1?mu0……………① 22112?k(2m)gL?(2m)v2?mu12……………②

2212?k(3m)gL?0?(3m)u2……………③

2?kmgL?动量守恒

mv1?2mu1……………④ 2mv2?3mu2……………⑤

人给第一辆车水平冲量的大小I?mu2?2m7kgL………⑥ ⑶由①⑥解得v1?26kgL………⑦ 由④⑦解得u1?22121v1??26kgL………⑧ 44第一次碰撞系统动能损失?Ek1?2由③解得u2?2kgL………⑩

1113mv12?(2m)u12?kmg………⑨ 222由⑤解得v2?3u2………11 2第二次碰撞系统动能损失?Ek1?11322(2m)v2?(3m)u2?kmg……………12 222第一次与第二次碰撞系统动能损失之比 【2010高考真题精选】

?Ek113?……………13 ?Ek23（2010·北京·20）如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令x轴和y轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是

A.若x轴表示时间,y轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系

B.若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系

C.若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图像可以反映某物在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系

D.若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路的感应电动势与时间的关系

【答案】C

【解析】根据动量定理P?P0?Ft，P?Ft?P0说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确。结合P?2mEK得2mEK?Ft?P0，说明动能和时间的图像是抛物线，A错误。根据光电效应方程Ekm?h??W，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，B错误。当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率，是一个定值不

随时间变化，D错误。

（2010·天津·10）如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h。物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为

。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t。

解析：设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有

mgh?得

1mv12 2

①

v1?2gh 设碰撞后小球反弹的速度大小为v1'，同理有

mgh1?mv1'2 162 ②

得

v1'?gh 8设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有

mv1??mv1'?5mv2

③

得

v2?gh 8 ④

物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小

F?5?mg

⑤

设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定理，有

?Ft?0?5mv2

⑥

得

t?2gh 4?g ⑦

（ 2010·新课标·34）(2)(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放

有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为?.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.

（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m0，初速度为v0，下降距离l后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m2、．．．．．mn．．．．．．（设各质量为已知量）。不计空气阻力。 m3．

?； 若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn若考虑重力的影响，

?； ａ．求第１次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1ｂ．求第ｎ次碰撞后雨滴的动能

12mnv?n。 2解析：（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0=mnv′n

得 vn??m0v0 mn（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒

22 a． 第1次碰撞前 v1?v0?2gl, v1?v02?2gl ? 第1次碰撞后 m0v1?m1v1?? v1m0m2v1?0v0?2gl m1m12?2?2gl b. 第2次碰撞前 v2?v12?m0?2?m0?m12?21式化简得 v2??2 利用○?v0???2gl ○2?m1??m1?22式得 第2次碰撞后，利用○

2?m1?2?m0?2?m0?m12?2??? v2?v2???v0???2gl 2mmm?2??2??2?22?m0?2?m0??m12?m22???v? 同理，第3次碰撞后 v3?0??2gl 2m3?m3???222 …………

?n?12?2??mi???m2?2??0?v0??i?02?2gl 第n次碰撞后 vn?mn??mn?????n?111222??(m0v0?2gl?mi2) 动能 mnvn22mni?0【2009高考真题精选】

（09·全国卷Ⅰ·21）质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为 （ ）

A.2 B.3 C.4 D. 5

（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

A.棒的机械能增加量 B.棒的动能增加量 C.棒的重力势能增加量 D.电阻R上放出的热量 答案：A

解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理：WF?WG-W安??EK 得WF?W安??EK?mgh即力F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·广东理科基础·9）物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是 （ ）

A．在0—1s内，合外力做正功 B．在0—2s内，合外力总是做负功 C．在1—2s内，合外力不做功

D．在0—3s内，合外力总是做正功

8.（09·安徽·18）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点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b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中 （ ）

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 答案：D

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O点的电势最高，所以从b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b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。

（09·福建·18）如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，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u。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 （ ）

a b O d cc

A.杆的速度最大值为

B.流过电阻R的电量为

C.恒力F做的功与摩擦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

11.（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m1的小球从高位h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m2的速度大小v2；

（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Ek1，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的

动能Ek与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n。

a.求k1n

b.若m1?4m0,mk?m0,m0为确定的已知量。求m2为何值时，k1n值最大 解析：

（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律 m1gh?12 ① m1v102设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律

m1v10?m1v1?m2v2 ②

由于碰撞过程中无机械能损失 111222 ③ m1v10?m1v1?m2v2222②、③式联立解得

v2?2m1v10 ④

m1?m2 将①代入得④

v2?2m12ghm1?m2

1122m1v10和EK2?m2v2得 22（2）a由④式，考虑到EK1?根据动能传递系数的定义，对于1、2两球

k12?Ek24m1m2? ⑤ Ek1(m1?m2)2同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为

k13?Ek3Ek2Ek34m2m34m1m2???? ⑥ Ek1Ek1Ek2(m1?m2)2(m2?m3)2依次类推，动能传递系数k1n应为

kin?EknEk2Ek3Ekn4m2m34mn?1mn4m1m2?????? Ek1Ek1Ek2Ek(n?1)(m1?m2)2(m2?m3)2(mn?1?mn)2解得

k1n2224n?1m1m2m3?mn?1mn? (m1?m2)2(m2?m3)2?(mn?1?mn)2b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得

2?k12?64m0??m2?

(4m?m)(m?m)022o??224m0m21为使k13最大，只需使 ?最大，即m2?取最小值，2(4mo?m2)(m2?m0)4m0m2由

m2?24m0m2?2m0???4m可知??m2?0 ??m2??2当m2?2m0m2,即m2?2m0时，k13最大。

（09·天津·10） 如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=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。物块与车面间的动摩擦因数?=0.5,取g=10 m/s，求

2

（1）物块在车面上滑行的时间t;

（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′0不超过多少。

（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v′，则

???m1?m?2v? ⑤ m2v0由功能关系有

11?2??m1?m2?v?2??m2gL ⑥ m2v022?=5m/s 代入数据解得 v0故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′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，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B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A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞

并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。

v0

（09·安徽·23）如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E。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m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,?d)点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求

（1）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）v1??22d

-2qEdqEdqEd，v2?方向沿y正方向（2）P?qE（3）2m2mm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v1，微粒2的速度为v2则有：

在y方向上有

-d?v1t 在x方向上有

qE m12-d?at

2a?v1?--qEd 2m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

mv1?mv2?0

v2??v1?qEd 2m方向沿y正方向。

（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为

P?qEvBcos??qEvBx

其中由运动学公式vBx?-2ad??-2qEd

my 所以P?qE-2qEd mE （d,0） x vx θ （0, -d） vy

（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移

S1?2d

则当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为BC?2S1?22d

（09·安徽·24）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一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，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、

C间距与C、D间距相等，半径R1?2.0m、R2?1.4m。一个质量为m?1.0kg的小球（视

为质点），从轨道的左侧A点以v0?12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1?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，B、C间距L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R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。

答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 当0?R3?0.4m时， L??36.0m； 当1.0m?R3?27.9m时， L???26.0m

解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理

-?mgL1?2mgR1?1212mv1?mv0 ① 22 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律

2v1 F?mg?m ②

R1由①②得 F?10.0N ③

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v3，应满足

2v3 mg?m ⑦

R3 ??mg?L1?2L??2mgR3?1212mv3?mv0 ⑧ 22由⑥⑦⑧得 R3?0.4m

II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理 ??mg?L1?2L??2mgR3?0?解得 R3?1.0m 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 ?R2?R3??L2??R3-R2?

2212mv0 2解得 R3=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?R3?0.4m 或 1.0m?R3?27.9m

当0?R3?0.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则 -?mgL??0?12mv0 2 L??36.0m

当1.0m?R3?27.9m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则 L???L??2?L??L1?2L??26.0m

（09·福建·21）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0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，重力加速度大小为g。

（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1

（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm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t1、t2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v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程） ．．．．．．．．．．．．

答案：（1）t1?2ms01mgsin??qE; 2; （2）W?mvm?(mgsin??qE)?(s0?)2kqE?mgsin?(3)

解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、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

qE+mgsin?=ma ① s0?12at1 ② 2联立①②可得

t1?2ms0 ③

qE?mgsin?（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有 mgsin??qE?kx0 ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 (mgsin??qE)?(xm?x0)?W?联立④⑤可得 W?12mvm?0 ⑤ 21mgsin??qE2mvm?(mgsin??qE)?(s0?)s 2k（3）如图

（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=1.25m，S=1.50m。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。

设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律

S?v1t h?12gt 2解得 v1?SR?3m/s 2h设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律

2v2 mg?m

R

1212mv3?mv2?mg?2R? 22解得 v3?5gh?4m/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?由此可得 t=2.53s

（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处粒子源产生的粒子，质量为m、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。

12mvmin 2

（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Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。

（2）设粒子到出口处被加速了n圈

12mv2v2qvB?m R2?mT?qBt?nT2nqU?（09·四川·23）图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×10 kg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，保持该功率直到重物做vm=1.02 m/s的匀速运动。取g=10 m/s,不计额外功。求：

2

2

3

起重机允许输出的最大功率。

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。

（09·上海物理·23）（12分）如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120?角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O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OB与竖直方向的夹角?0＝60?，由静止释放，摆动到?＝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Wg和静电力做的功We； （3）B球在摆动到平衡位置时速度的大小v。

（09·四川·25） 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=2×10 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10 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=0.5 m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

（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、θ表示，其中θ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：

2

-1

-2

么，

mgR?W?1212mv?mv0 ① 22代入数据，得：W＝?2.05J ②

（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v1和V，并令水平向右为正方向，有:

mv??mv1?MV ③

而： v1?Bqr ④ m若P、N碰后速度同向时，计算可得V

有： V?mv?Bqr ⑤ MP、N速度相同时，N经过的时间为tN，P经过的时间为tP。设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为?，有： cos??VV? ⑥ V1v1gtN?V1sin??v1sin? ⑦

代入数据，得： tN?3s ⑧ 4对小球P，其圆周运动的周期为T，有：

T?2?m ⑨ Bq经计算得： tN＜T，

P经过tP时，对应的圆心角为?，有： tP??T ⑩ 2?当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有： ?1???? 联立相关方程得： tP1?度在同一时刻不可能相同。

当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有： a2????， 同上得： tP2?2?s比较得， tN?tP1，在此情况下，P、N的速15?15，

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