2012届动量、功和能经典试题汇编

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2012届动量、功和能经典试题汇编

（2009年全国Ⅰ卷理综）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

答案AB 【解析】本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据P2?2mEK,以及能量的关系得

4P22M?p22m?P22M得

Mm?3,所以AB正确.

（2009年全国II卷理综）20. 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。

假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和

返回到原抛出点的速率分别为 A、

v02g(1?2fmg和v0)mg?fmg?f B、

v02g(1?2fmg和v0)mgmg?f C、

v02g(1?22fmg和v0)mg?fmg?f D、

v02g(1?22fmg和v0)mgmg?f 答案A

【解析】本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力f做负功,由动能定理得

12?(mgh?fh)??mvo,h?2v02g(1?2fmg12,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力)做功为零,只有阻力做功为有?2mgh?

（2009年高考上海物理卷）

mv2?12mvo,解得v?v02mg?fmg?f,A正确

5．小球由地面竖直上抛，w上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。

在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于（（A）H/9 【答案】D。

【解析】小球上升至最高点过程：?mgH?fH?0?处过程：?mgh?fh?12mv1?2）

（D）4H/9

12（B）2H/9 （C）3H/9

mv0 1；小球上升至离地高度h

22○

12mv0 2，又

2○

12mv1?2mgh 3；小球上升至最高

○

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点后又下降至离地高度h处过程：?mgh?f(2H?h)?12mv2?mgh212mv2?212mv0 4，又

2○

○5；以上各式联立解得h?49H，答案D正确。

（2009年高考安徽理综卷）

17. 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是 A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态

C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下答案：C

解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对

扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。 www.ks5.u.com （2009年高考宁夏理综卷）

mg f FN a 17. 质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F

与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则 A．3t0时刻的瞬时功率为

5F0t0m15F0t0m22

B．3t0时刻的瞬时功率为

C．在t?0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为23F0t04m2

D. 在t?0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为【答案】BD。

【解析】0-2t0 内物体的加速度为a?F0m25F0t06m2

，2t0 时刻的速度为v1?a?2t0?2F0t0m，在3t0时

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刻的瞬时速度v2?v1?3a?t0?25F0t0m，则3t0时刻的瞬时功率为

5Ft15F0t0，A错误；B正确；在t?0到3t0这段时间内，由动能P?3F0?00?mm1222定理可得W??Ek?D正确。

mv?25F0t02m22，则这段时间内的平均功率P?25F0t06m2，

（2009年高考江苏物理卷）9.如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有

A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大 B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大

C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大 D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大

答案： BCD

【解析】处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有F?F1?maF1 A ? v v v2 A v1 t1 F B ? F1

B t t2 ，对Ｂ有

F2F1?ma，得F1?，在

整个过程中Ａ的合力（加速

度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）.两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。（2009年高考广东物理卷）

7.某缓冲装置可抽象成图4所示的简单模型。图中K1,K2为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧。下列表述正确的是 A．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关

B．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等

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C．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等

D．垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变【答案】BD。

【解析】不同弹簧的缓冲效果与弹簧的劲度系数有关，A错误；在垫片向右运动的过程中，由于两个弹簧相连，则它们之间的作用力等大，B正确；由于两弹簧的劲度系数不同，由胡克定律F?k?x可知，两弹簧的型变量不同，则两弹簧的长度不相等，C错误；在垫片向右运动的过程中，由于弹簧的弹力做功，则弹性势能将发生变化，D正确。

（2009年高考广东文科基础卷）58．如图8所示，用一轻绳系一小球悬于O点。现将小球拉至水平位置，然后释放，不计阻力。小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是 zxxk.com A．小球的机械能守恒 B．小球所受的合力不变 zxxk.com C．小球的动能不断减小 D．小球的重力势能增加

（2009年高考海南物理卷）7．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至to时刻做的功是W1，从t0至

2t0时刻做的功是W2,则

A．x2?5x1 v2?3v1 C．x2?5x1 W2?8W1 答案：AC

B．x1?9x2 v2?5v1 D．v2?3v1 W2?9W1

解析：根据F-t图像面积意义和动量定理有mv1=F0t0，mv2= F0t0+2F0t0，则v2?3v1；应用位移公式可知x1＝

v12t0、x2＝

v1?v22t0＋

v12t0，则x2?5x1，B错、A对；在第一个to内

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对物体应用动能定理有W1＝mv222mv122、在第二个to内对物体应用动能定理有W2＝

?mv122，则W2?8W1，D错、C对。

（2009年全国Ⅰ卷理综）25．(18分) （注意：在试题卷上作答无效）．．．．．．．．．．如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求 (1) 工人的推力；

(2) 三个木箱匀速运动的速度；

(3) 在第一次碰撞中损失的机械能。答案（1）3mgsin??3?mgcos? （2）232gL(sin???cos?) （3）mgL(sin???cos?)

【解析】(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有F?3mgsin??3?mgcos?

(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1,加速度

F?mgsi?n??mgco?sa1??2g(s?i?n?co?s)根据运动学公式或动能定理有

mV1?2gL(sin???cos?),碰撞后的速度为V2根据动量守恒有mV1?2mV2,即碰撞后的

速度为V2?gL(sin???cos?),然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3

F?2mgsin??2?mgcos?2m?g(sin???cos?)2从V2到V3的加速度为a2?22,根据运动

学公式有V3?V2?2a2L,得V3?根据动量守恒有2mV3?3mV4,得V4?232gL(sin???cos?),跟第三个木箱碰撞

2gL(sin???cos?)就是匀速的速度.

12mV1??E?2(3)设第一次碰撞中的能量损失为?E,根据能量守恒有得?E?mgL(sin???cos?). （2009年高考北京理综卷） 24．（20分）www.ks5.u.com 第 5 页共 21 页

122mV2,带入数据

（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屋里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、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为m1、m2、m3……mn?1、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】

24.（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律

m1gh?12mv2110m1v10?m1v1?m2 ①

设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律

② v2由于碰撞过程中无机械能损失

12m1v1?212m1v10?212m2v22 ③

②、③式联立解得

v2?2m1v10m1?m2 ④

将①代入得④

v2?2m12ghm1?m2

1212（2）a由④式，考虑到EK1?m1v10和EK2?2m2v22得

根据动能传递系数的定义，对于1、2两球

k12?Ek2Ek1?4m1m2(m1?m2)2 ⑤

同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为

k13?Ek3Ek1?Ek2Ek1?Ek3Ek2?4m1m2(m1?m2)2?4m2m3(m2?m3)2 ⑥

依次类推，动能传递系数k1n应为

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kin?EknEk1?Ek2Ek1?Ek3Ek2?EknEk(n?1)?4m1m2(m1?m2)2?4m2m3(m2?m3)2?4mn?1mn(mn?1?mn)2

解得

k1n?4n?12m1m2m3?mn?1mn22222(m1?m2)(m2?m3)?(mn?1?mn)

b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得

k12?264m0??m2???(4m0?m2)(m2?mo)?2

为使k13最大，只需使

m2(4mo?m2)(m2?m0)???4m可知0??2?14m02最大，即m2?4m0m22取最小值，

由

m2?24m0m2?????m2?2m0m2

当m2?2m0m2,即m2?2m0时，k13最大。

（2009年高考天津理综卷）

10.(16分)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/s2，求

（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。（1）0.24s (2)5m/s

【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0??m1?m2?v ① 设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

-Ft?m2v?m2v0 ②

其中 F??m2g ③

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解得

m1v0t???m1?m2?g

代入数据得 t?0.24s ④ （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

12??m2v0212?m1?m2?v?2??m2gL ⑥

代入数据解得 =5m/s

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。

w（2009年高考重庆理综卷）23.（16分）2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如题23图，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线OO'推到A点放手，此后冰壶沿

AO'滑行，最后停于C点。已知冰面与各冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，CO'＝r,重力加速度为g ，

（1）求冰壶在A 点的速率；

（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；

（3）若将BO'段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为

0.8?，原只能滑到C点的冰壶能停于O'点，求A点

与B点之间的距离。

解析：

（1）对冰壶，从A点放手到停止于C点，设在A点时的速度为V1，应用动能定理有－μmgL＝

12mV12，解得V1＝2?gL；

（2）对冰壶，从O到A，设冰壶受到的冲量为I，应用动量定理有I＝mV1－0，解得I＝m2?gL；（3）设AB之间距离为S，对冰壶，从A到O′的过程，应用动能定理，－μmgS－0.8μmg(L＋r－S)＝0－解得S＝L－4r。

（2009年高考重庆理综卷）24.（18分）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内

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12mV1，

芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：

①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；

②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）； ③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见题24图c）。

设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：

（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；

（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。解析：

设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2， (1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有 (4mg＋m)( h2－h1)＝

12(4m＋m)V22，解得V2＝2g(h2?h1)；

（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，解得V1＝5412g(h2?h1)，

设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有 W－4mgh1＝解得W＝

225h2?9h14(4m)V12，

mg；

（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为E损＝联立解得E损＝

5412(4m)V12－

12(4m＋m)V22，

mg(h2－h1)。

（2009年高考山东理综卷）24．（15分）如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为?1，木板与地面间的动摩擦因数?=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）

（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。

（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求?1应满足的条件。

（3）若?1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。

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解析：

（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，

mgR?12m1v0①，

2设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN,根据牛顿第二定律得，FN?m1g?m1联立以上两式代入数据得FN?3000N③,

v0R2②，

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得 ?1m1g??2(m1?2m2)g④，

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得 ?1m1g??2(m1?m2)g⑤，

联立④⑤式代入数据得?????1?0.6⑥。

（3）?1?0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得?1m1g?m1a1⑦，

22设货物滑到木板A末端是的速度为v1，由运动学公式得v1?v0??2a1l⑧，

联立①⑦⑧式代入数据得v1?4m/s⑨，

设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1?v0?a1t⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得t?0.4s。

（2009年高考山东理综卷）38．（8分）[物理——物理3-５]

（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。

解析：

（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为vB,由动量守恒定律有

(mA?mB)v0?mAv?mBvB,mBvB?(mB?mC)v,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为

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vB?95v0。

（2009年高考四川理综卷）

23.(16分)

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/s2，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： (1) 起重机允许输出的最大功率。

(2) 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。

解析：

(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力。 P0＝F0vm ① P0＝mg ② 代入数据，有：P0＝5.1×104W ③

(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1,有：

P0＝F0v1 ④ F－mg＝ma ⑤ V1＝at1 ⑥ 由③④⑤⑥，代入数据，得：t1＝5 s ⑦

T＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则 v2＝at ⑧ P＝Fv2 ⑨ 由⑤⑧⑨，代入数据，得:P＝2.04×10W。

（2009年高考四川理综卷） 25.(20分)

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=2×10-2 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=1.6×10-1 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/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？

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（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：

mgR?W?12mv?212mv0 ①

2代②

入数据，得：W＝?2.05J

（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?Bqrm

④

若P、N碰后速度同向时，计算可得V

P、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??VV1?Vv1mv?BqrM

⑥

gtN?V1sin??v1sin? ⑦

代入数据，得： tN?34s ⑧

对小球P，其圆周运动的周期为T，有： T?2?mBq ⑨

经计算得： tN＜T，

P经过tP时，对应的圆心角为?，有： tP??2?T ⑩

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?2?15s

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比较得， tN?tP1，在此情况下，P、N的速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??15，

比较得， tN?tp2，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同， tN?tP?t， ??2n?1??????m再联立④⑦⑨⑩解得： r??22Bqsin?2g?n?0,1,2??

当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同tN?tP?t，

同理得： r??????m2gBqsin?22，

2g??2n?1??????m考虑圆周运动的周期性，有: r??22Bqsin??n?0,1,2??

（给定的B、q、r、m、?等物理量决定n的取值）（2009年高考安徽理综卷） 24．（20分）

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/s，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。

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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?12mv1?212mv0 ①

2 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 F?mg?mv12R1 ②

由①②得 F?10.0N ③ （2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 mg?mv22R2 ④

??mg?L1?L??2mgR2?12mv2?212mv0 ⑤

2由④⑤得 L?12.5m ⑥ （3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：

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 mg?mv32R3 ⑦

1212 ??mg?L1?2L??2mgR由⑥⑦⑧得 R3?0.4m

3?mv3?2mv0 ⑧

2II．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??2mgR解得 R3?1.0m 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 ?R2?R3??L??R3-R2?

2223?0?12mv0

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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

（2009年高考浙江理综卷）23.（14分）如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m、电荷量q（q>0）的小物块在与金属板A相距l处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为 q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？

答案（1）?gl 1（2）时间为4?g，停在2l处或距离B板为2l

【解析】本题考查电场中的动力学问题

（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为 E?UBAd

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小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 F合?qE??mg 故小物块运动的加速度为

a1?F合m?qU??mgdmd?12?g

设小物块与A板相碰时的速度为v1，由 v12?2a1l 解得 v1??gl

（2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小为 F合??mg?F合mqE2

加速度大小为 a2??14?g

设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有 0?v1??a2t

v1a21解得 t??4?g

设小物块碰后停止时距离为x，注意到末速度为零，有 0-v1??2a2x 则 x?v222a2?2l

或距离B板为 d?2l

（2009年高考福建理综卷）21.（19分）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 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

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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?2ms0qE?mgsin?; （2）W?12mvm?(mgsin??qE)?(s0?2mgsin??qEk);

(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?2ms0qE?mgsin? ③

（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?(mgsin??qE)?(s0?212mvm?0 ⑤

2mgsin??qEk)s

（3）如图w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

（2009年高考宁夏理综卷）24．（14分）

冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量

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靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为?1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至?2=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s）

【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S1，所受摩擦力的大小为f1：在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S2，所受摩擦力的大小为f2。则有S1+S2=S ①式中S为投掷线到圆心O的距离。

f1??1mg ② f2??2mg ③

设冰壶的初速度为v0，由功能关系，得f1?S1?f2?S2?联立以上各式，解得S2?2?1gS?v0212mv0 ④

22g(?1??2) ⑤

代入数据得S2?10m ⑥

（2009年高考宁夏理综卷）（1）（5分）常见的传动方式有、、和

齿轮传动等。齿轮传动的传动比是主动轮与的转速之比，传动比等于与的齿数之比。

（2）（10分）液压千斤顶是利用密闭容器内的液体能够把液体所受到的压强行各个方向

传递的原理制成的。图为一小型千斤顶的结构示意图。大活塞的直径D1=20cm，小活塞B的直径D2=5cm，手柄的长度OC=50cm，小活塞与手柄的连接点到转轴O的距离OD=10cm。现用此千斤顶使质量m=4×103kg的重物升高了h=10cm。g取10m/s2，求

（i）若此千斤顶的效率为80%，在这一过程中人做的功为多少？

（ii）若此千斤顶的效率为100%，当重物上升时，人对手柄的作用力F至少要多大？【解析】33.[物理——选修2-2]（15分）

（1）链传动带传动液压传动从动轮从动轮主动轮