高中物理-功能关系与动量结合的综合题型

高中物理-功能关系与动量结合的综合题型

功能关系与动量结合的综合题型成为热点,本文列举一些较典型的例题,希望读者加深对考点的把握。

1．如图9所示,质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上,滑板右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m,可视为质点的小木块A质量m＝1 kg,原来静止于滑板的左端,滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝0.2。当滑板B受水平向左恒力F＝14 N作用时间t后撤去F,这时木块A恰好到达弹簧自由端C处,此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s＝5 cm。g取10 m/s2。求：

(1)水平恒力F的作用时间t；

(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；

(3)当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后,整个运动过程中系统所产生的热量。 解析 (1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得 μmg

① m

F－μmgaB＝M② aA＝

根据题意有sB－sA＝L 11

即2aBt2－2aAt2＝L③

将数据代入①②③联立解得t＝1 s (2)1 s末木块A和滑板B的速度分别为 vA＝aAt④ vB＝aBt⑤

当木块A和滑板B的速度相同时,弹簧压缩量最大,具有最大弹性势能,根据动量守恒定律有

mvA＋MvB＝(m＋M)v⑥ 由能的转化与守恒得

121212mvA＋MvB＝(m＋M)v＋Ep＋μmgs⑦ 222

1

代入数据求得最大弹性势能Ep＝0.3 J

(3)二者同速之后,设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′,相对木板向左滑动距离为x,有mvA＋MvB＝(m＋M)v′⑧ 由⑧式解得v＝v′

由能的转化与守恒定律可得Ep＝μmgx⑨ 由⑨式解得x＝0.15 m 由于s＋L>x且x>s,故假设成立

整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x)⑩ 由⑩式解得Q＝1.4 J

答案 (1)1 s (2)0.3 J (3)1.4 J

2．如图,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R＝0.2 m的半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲,以速度v0沿水平轨道向右运动,与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2kg,乙所带电荷量q＝2.0×10－5C,g取10 m/s2。(水平轨道足够长,甲、乙两球可视为质点,整个运动过程无电荷转移)

(1)甲乙两球碰撞后,乙恰能通过轨道的最高点D,求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；

(2)在满足(1)的条件下,求甲的速度v0。

解析 (1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下,设乙到达最高点的速度为vD,乙离开D点达到水平轨道的时间为t,乙的落点到B点的距离为x, v2D

则mg＋qE＝mR①

1mg＋qE2

2R＝2(m)t② x＝vDt③

联立①②③得：x＝0.4 m④

2

(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：

mv0＝mv甲＋mv乙⑤ 121212

2mv0＝2mv甲＋2mv乙⑥ 联立⑤⑥得：v乙＝v0,v甲＝0⑦ 由动能定理得：

112

－mg·2R－qE·2R＝2mv2D－mv乙⑧ 2联立①⑦⑧得：v0＝

5（mg＋qE）R

＝25 m/s⑨

m

答案 (1)0.4 m (2)25 m/s

3．(14分)如图所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m(1)A、B最后的速度大小和方向； (2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动的位移大小．

解析：(1)以向右为正方向,由A、B系统动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v

M－m

所以v＝v0,方向向右．

M＋m

(2)A向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时板车移动位移为x,速度为v′,则由动量守恒定律得： Mv0－mv0＝Mv′① 对平板车应用动能定理得： 11

－μmgx＝2Mv′2－2Mv20② 2M－m联立①②解得：x＝2μMgv20

3

答案：(1)

M－m

v0,方向向右 M＋m

2M－m(2)2μMgv20

4.【山西省太原市第五中学高三3月阶段性检测】（14分）如图所示,在光滑的水平面上,静止的物体B侧面固定一个轻弹簧,物体A以速度v0沿水平方向向右运动,通过弹簧与物体B发生作用,两物体的质量均为m。

①求它们相互作用过程中弹簧获得的最大弹性势能Ep；

②若B的质量变为2m,再使物体A以同样的速度通过弹簧与静止的物体B发生作用,求当弹簧获得的弹性势能也为Ep时,物体A的速度大小。

【解析】①设A、B质量为m,当A、B速度相同时,弹簧的弹性势能最大,以AB组成的系统为研究对象,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得：

mv02mv

11 mv022mv2EP2由机械能守恒定律得：2

EP12mv04。

Ep解得：

②当弹簧弹性势能为时,设A、B的速度分别为

v1、v2,以AB组成的系统为研

mv0mv12mv2究对象,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得：

111 mv02mv122mv22EP22由机械能守恒定律得：2 2v1v03,或v10。 解得：

4

5. 【河北正定中学高三第一学期期末考试】光滑水平面上有一质量为M的滑块,滑块左侧是一光滑的圆弧,圆弧半径为

R=1m．一质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块．已知M=4m,重力加速度g取10m/s2,若小球刚好没跃出圆弧的上端,求：

（1）小球的初速度大小v0； （2）滑块获得的最大速度。

【解析】（1）当小球上升到滑块上端时,小球与滑块水平方向速度相同,设为v1,

根据水平方向动量守恒有：

mv0(Mm)v1

121mv0(Mm)v12mgR2由系统机械能守恒： 2

解得v0=5m/s 。

（2）小球到达最高点以后又滑回,滑块又做加速运动,当小球离开滑块后滑块速度最大.研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程,根据动量守恒和能量守恒有：

mv0mv2Mv3

121212mv0mv2Mv3222

解得v3=2m/s。

6.（12分）【•广东省江门市高考模拟考试】小球A通过长为h的细线悬挂在离地面高度也是h的O点,现在把小球A移动到水平位置并把细线伸直由静止释放,同时在O点正下方A的原位置放置一个质量

为小球质量5倍的滑块B。滑块和地面之间动摩擦因数为,小球A与滑块发生

h正碰后反弹高度为16,不计空气阻力,重力加速度为g,求B在水平面运动的时间。

【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,由机械

5

能守恒定律有：

mgh=12mv21

v3设碰后小球反弹的速度大小为v2,物块的速度大小为

,碰撞过程动量守恒,有：

mv1=-mv2+5mv3

12hmv2=mg16 小球反弹后回摆的过程中机械能守恒,有：2碰后,物块在水平面上滑行,由动量定理有：

-μ5mgt=0-5mv3

2ght=4μg。 联立解得：

7.【福建省龙岩市高中毕业班3月教学质量检查理科综合】（12分）如图所示,A、

B、C三个木块置于光滑水平面上,A、B的质量均为

m,C的质量为2m。A、B之间有一处于原长的轻质

A B

C 弹簧,现使A、B及弹簧都以

v0的速度向右运动,B与C碰撞时间极短且碰撞后二

Ep者粘在一起运动,求B与C碰撞后弹簧弹性势能的最大值

。

v【解析】设B、C碰撞后的速度为1,B、C系统动量守恒得

mv03mv1

A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大, 设共同速度为v2,A、B、

C三者组成系统动量守恒得 2mv04mv2

12112mv03mv124mv2Ep22根据机械能守恒得2 12Epmv06解得。

8.【江西省五市八校高三第二次联考理综】（14分）如图所示,上端固定着弹射装置的小车静置于粗糙水平地面上,小车和弹射装置的总质量为M,弹射装置中放有两个质量均为m的小球。已知M=3m,小车与地

6

面间的动摩擦因数为＝0.1。为使小车到达距车右端L＝2m的目标位置,小车分两次向左水平弹射小球,每个小球被弹出时的对地速度均为v。若每次弹射都在小车静止的情况下进行,且忽略小球的弹射时间,g取l0m/s2,求小球弹射速度v的最小值。

【解析】小球第一次被弹射时,规定小车的运动方向为正方向,

（mM）v1mv 由动量守恒定律得： 0小车向右滑行过程,根据动能定理得：

12（mM）gs10（mM）v12

第二次弹射时,规定小车的运动方向为正方向, 由动量守恒定律得： 0Mv2mv 小车向右滑行过程,根据动能定理得：

1Mgs20Mv222

根据几何关系得： s1s2L 由以上各式可得： v4.8 m/s 。

9．(·深圳第一次调研) (14分)一电视节目中设计了这样一个通关游戏：如图所示,光滑水平面上,某人乘甲车向右匀速运动,在甲车与静止的乙车发生弹性正碰前的瞬间,该人恰好抓住固定在他正上方某点的轻绳荡起至最高点速度为零时,松开绳子后又落到乙车中并和乙车一起继续向前滑行；若人的质量m＝60 kg,甲车质量M1＝8 kg,乙车质量M2＝40 kg,甲车初速度v0＝6 m/s,求：

①最终人和乙车的速度；

①人落入乙车的过程中对乙车所做的功。 解析】①甲、乙两车碰撞,在水平方向上动量守恒,设碰撞后甲车的速度为v1,乙车的速度为v2,选向右的方向为正,则有：

M1v0＝M1v1＋M2v2

111

碰撞过程中机械能守恒,有：2M1v20＝2M1v21＋2M2v22 联立并代入数据解得：v2＝2 m/s

人松开绳子后做自由落体运动,与乙车相互作用过程中,在水平方向上合外力为零,动量守恒,设人和乙车的最终速度为v共,选向右的方向为正,有：

7

M2v2＝(m＋M2)v共 代入数据解得：v共＝0.8 m/s

①人落入乙车的过程中对乙车所做的功设为W 1

根据动能定理,对乙车有：W＝2M2(v2共－v22)

1

解得W＝2×40×(0.82－22)J＝－67.2 J 【答案】(1)ACE (2)①0.8 m/s ①－67.2 J

10、如图所示,光滑平台上有两个刚性小球A和B,质量分别为2m和3m,小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能),小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中,小车与沙子的总质量为m,速度为2v0,小车行驶的路面近似看做是光滑的,求：

(1)碰撞后小球A和小球B的速度； (2)小球B掉入小车后的速度。

【解析】(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒,以向右为正方向,有:

m1v0＝m1v1＋m2v2

碰撞过程中系统机械能守恒,有： 111m1v20＝m1v21＋2 222m2v2（m1－m2）v01可解得v1＝＝－5v0

m1＋m22m1v04v2＝＝v0

m1＋m25

即碰后A球向左,B球向右。

(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,有： m2v2＋m3v3＝(m2＋m3)v3′ 1

解得v3′＝10v0水平向右

14

【答案】(1)－5v0,方向向左 5v0,方向向右

8

1

(2)10v0,方向向右

11、置于光滑水平面上的A、B两球质量均为m,相隔一定距离,两球之间存在恒定斥力作用,初始时两球均被锁定而处于静止状态。现同时给两球解除锁定并给A球一冲量I,使之沿两球连线射向B球,B球初速度为零。在之后的运动过程中两球始终未接触,试求：

（1）两球间的距离最小时B球的速度；

（2）两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功。 【解析】（1）对A由动量定理可得I＝mv0 两球间的距离最小时两球等速,根据系统动量守恒 mv0＝2mv I得v＝2m （2）从初始状态到二者距离达到与初始状态相等过程中,设二者位移大小均为l,根据动量守恒定律

mv0＝mv1＋mv2

11

对A由动能定理可得－Fl＝2mv21－2mv20 1对B由动能定理可得Fl＝2mv22－0 可得v1＝0 v2＝v0

两球距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功 11I2WA＝2mv21－2mv2＝－8m

II2【答案】(1)ABC (2)①2m ②－8m 12、如图所示,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直：a和b相

3距l；b与墙之间也相距l；a的质量为m,b的质量为4m,两物块与地面间的动摩

v擦因数均相同,现使a以初速度0向右滑动,此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与

墙发生碰撞,重力加速度大小为g,求物块与地面间的动摩擦力因数满足的条件。

9

22v032v0113gl 【答案】2gl13．(·福建理综,21,19分)(难度★★★★)下图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平面内,表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切.点A距水面的高度为H,圆弧轨道BC的半径为R,圆心O恰在水面.一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置 滑下,不计空气阻力．

(1)若游客从A点由静止开始滑下,到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点,OD＝2R,求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；

(2)若游客从AB段某处滑下,恰好停在B点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道,求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m

v2

) R

14．(·福建理综,21,19分)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g.

(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力；

(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出M

小车．已知滑块质量m＝2,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分 量是小车

10

速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求： ①滑块运动过程中,小车的最大速度大小vm； ②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s.

15．(·江苏单科,14,16分)如图所示,倾角为α的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平,右侧的细线与斜面平行。A、B的质量均为m,撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动,不计一切摩擦,重力加速度为g。求：

(1)A固定不动时,A对B支持力的大小N； (2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s； (3)A滑动的位移为x时的速度大小vA。

16．(·江苏单科,9,4分)(难度★★★)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则圆环( )

A．下滑过程中,加速度一直减小

1

B．下滑过程中,克服摩擦力做的功为4mv2 1

C．在C处,弹簧的弹性势能为4mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度

17．(·广西南宁一模) (14分)如图所示,质量M＝9 kg,长l＝2 m的平板小车静止在光滑水平面上,小车右端固定有一个厚度不计的竖直挡板,左端放有一质量m＝1

11

kg的小物块。现给小车一水平向左的初速度v0(未知),小物块与小车右端的挡板碰撞后恰好能回到小车的左端。已知平板小车与小物块的动摩擦因数μ＝0.18,小物块与挡板碰撞时间极短,不计碰撞过程的机械能损失。取v0方向为正方向,g＝10 m/s2。求： ①平板小车的初速度v0；

①从小物块和平板车碰撞后到小物块回到小车左端的过程中小物块和平板车的加速度。

【解析】①设小物体停在小车的左端时,小车与小物块的共同速度为v,以向左为正,根据动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v 对系统,根据能量守恒定律得： 11Mv20－22(M＋m)v2＝μmg×2l 解得：v0＝4 m/s。

①碰撞后小物块向左做匀减速运动,平板车向左做匀加速运动,由牛顿第二定律,对小物块有：－μmg＝ma1

解得：a1＝－1.8 m/s2,即方向水平向右 对平板车有：μmg＝Ma2

解得：a2＝0.2 m/s2,即方向水平向左。

【答案】(1)ACD (2)①4 m/s ①1.8 m/s2,方向水平向右 0.2 m/s2,方向水平向左

18、（12分）如图所示,abc是光滑的轨道,其中ab是水平的,bc为与ab相切于竖直平面内的半圆,半径R=0.40m,一质量为m1=0.20kg的小球A静止在轨道上,另一质量为m2=0.60kg的小球B,以初速度v0与小球A正碰．已知两球碰撞过程中没有机械能损失,忽略一切阻力,重力加速度g取10m/s2,,,求：

（1）两球碰撞后的速度大小；

（2）若碰后AB两球都能到达竖直圆轨道的最高点C,求B球的初速度v0满足什么条件？

12

19．（20分）如图所示,ab、cd为间距d＝1m的光滑倾斜金属导轨,与水平面的夹角θ＝37º,导轨电阻不计,a、c间连接电阻R＝2.4Ω。空间存在磁感应强度B0＝2T的匀强磁场,方向垂直于导轨平面向上。将一根金属棒放置在导轨上距ac为x0＝0.5m处,其质量m＝0.5kg,电阻r＝0.8Ω。现将金属棒由静止释放,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与ac平行且与导轨接触良好。已知当金属棒从初始位置向下滑行x＝1.6m到达MN处时已经达到稳定速度,金属导轨足够长,sin37º＝0.6,cos37º＝0.8,g取10m／s2。求：

（1）金属棒从释放到运动至MN处的过程中,电阻R上产生的焦耳热； （2）若将释放金属棒的时刻记作t＝0,为使闭合回路中不产生感应电流,试写出磁感应强度B随时间t变化的表达式。

a

B0 Mb

N

θ d

c R

24、（12分）

解：（1）因为两球碰撞过程没有机械能损失,故满足动量守恒和动能守恒

解得

（4分）

（2分）

（2）设小球恰好到达C点速度为vc,C点由牛顿定律：解得vc=2m/s（2分）

设小球B点以vb恰好到达C点,则从b到c点由机械能守恒可得：

（2分）

若碰后两球都能到达最高点C,只要速度小的满足：分）

即

（2

13

25．（20分） （1）

（3分）

（3分）

（2分） 解得QR＝2.52 J（3分）

（2）分）

20.(10分) 如图所示,甲车的质量是2 kg,静止在光滑水平面上,上表面光滑,右端放一个质量为1 kg的小物体。乙车质量为4 kg,以5 m/s的速度向左运动,与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s的速度,物体滑到乙车上。若乙车足够长,则物体的最终速度大小为多少？

（2分）

（4分） 解得

（T）（3

21．(12分)如图所示,半径分别为R和r(R>r)的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内,两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连,在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住,同时释放两小球,a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点,求：

(1)两小球的质量比；

(2)若ma＝mb＝m,要使a、b都能通过各自的最高点,弹簧释放前至少具有多少弹性势能？

22.(12分)如图所示,一质量为2m的L形长木板静止在光滑的水平面上,木板右端竖起部分内侧有粘性物质,当有其他物体与之接触时即会粘在一起。某一时刻有一质量为m的物块,以水平速度v0从L形长木板的左端滑上木板。已知物块与L形长木板上表面的动摩擦因数为μ,当它刚要与L形长木板右端竖起部分v0

相碰时,速度减为2,碰后即粘在一起。求：

(1)物块在L形长木板上的滑行时间及此时木板在地面上滑行的距离；

14

(2)物块在与L形长木板右端竖起部分相碰过程中,长木板受到的冲量大小。

23.(12分)如图所示,长为L＝2 m的木板A质量为M＝2 kg,A静止于足够长的光滑水平面上,小物块B(可视为质点)静止于A的左端,B的质量为m1＝1 kg,曲面与水平面相切于M点。现让另一小物块C(可视为质点),从光滑曲面上离水平面高h＝3.6 m处由静止滑下,C与A相碰后与A粘在一起,C的质量为m2＝1 kg,A与C相碰后,经一段时间B可刚好离开A。(g＝10 m/s2)求：

(1)A、B之间的动摩擦因数μ； (2)从开始到最后损失的机械能。

24.如图2所示为过山车简易模型,它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成,Q点为圆形轨道最低点,M点为最高点,圆形轨道半径R＝0.32 m.水平轨道PN右侧的水平地面上,并排放置两块长木板c、d,两木板间相互接触但不粘连,长木板上表面与水平轨道PN平齐,木板c质量m3＝2.2 kg,长L＝4 m,木板d质量m4＝4.4 kg.质量m2＝3.3 kg的小滑块b放置在轨道QN上,另一质量m1＝1.3 kg的小滑块a从P点以水平速度v0向右运动,沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞,碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a沿原路返回到M点时,对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16,重力加速度g＝10 m/s2.

15

图2

(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后,a和b的速度大小v1和v2；

(2)若碰后滑块b在木板c、d上滑动时,木板c、d均静止不动,c、d与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

(3)若不计木板c、d与地面间的摩擦,碰后滑块b最终恰好没有离开木板d,求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度.

25、.如图3所示,两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠,组成“8”字形通道,在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB.已知E处距地面的高度h＝3.2 m,一质量m＝1 kg的小球a从A点以速度v0＝12 m/s的速度向右进入直管道,到达B点后沿“8”字形轨道向上运动,到达D点时恰好与轨道无作用力,直接进入DE管(DE管光滑),并与原来静止于E处的质量为M＝4 kg的小球b发生正碰(a、b均可视为质点).已知碰撞后a球沿原路返回,1

速度大小为碰撞前速度大小的3,而b球从E点水平抛出,其水平射程s＝0.8 m.(g＝10 m/s2) (1)求碰后b球的速度大小；

(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r和R；

(3)若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值,请判断a球返回到BA管道时,能否从A端穿出？

26.如图4所示,整个空间中存在竖直向上的匀强电场,经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角,其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球,A球对桌面的压力为零,其质量为m,电量为q；B球不带电且质量为km(k>7).A、B间夹着质量可忽略的火

药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A的速度为v0.求：

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(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能； (2)A球在磁场中的运动时间；

(3)若一段时间后A、B在桌上相遇,求爆炸前A球与桌边P的距离.

27．（14分）如图所示,固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A,在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B,滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h=1.25m处由静止下滑,与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动,最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ=0.5,小车C与水平地面的摩擦忽略不计,取g=10m/s2．求：

（1）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）小车C上表面的最短长度．

【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律 【分析】（1）根据机械能守恒求解块A滑到圆弧末端时的速度大小,由动量守恒定律求解滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小； （3）根据系统的能量守恒求解小车C上表面的最短长度．

【解答】解：（1）滑块A下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得： mAgh=mAv12, 代入数据解得：v1=5m/s,

A、B碰过程系统动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得： mAv1=（mA+mB）v2, 代入数据解得：v2=2.5m/s；

（2）A、B、C三者组成的系统动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得：

（mA+mB）v2=（mA+mB+mC）v3,

17

代入数据解得：v3=1m/s；

由能量守恒定律得：μ（mA+mB）gL=（mA+mB）v22﹣（mA+mB+mC）v32, 代入数据解得：L=0.375m；

答：（1）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小为2.5m/s． （2）小车C上表面的最短长度为0.375m．

【点评】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式,正确把握每个过程的物理规律是关键．

28．（18分）如图甲所示,相距L=l m、电阻不计的两根长金属导轨,各有一部分在同一水平面上,另一部分在同一竖直面内．质量均为m=50g、电阻均为R=l.0Ω的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数µ=0.5．整个装置处于磁感应强度B=l.0T、方向竖直向上的匀强磁场中,ab杆在水平拉力F作用下沿导轨同右运动,cd杆固定在某位置．现在释放cd杆并开始计时,cd杆的vcd﹣t图象如图乙所示,已知在0～1s和2～3s内,图线为直线．取g=10m/s2．

（1）求在0～1s内通过cd杆中的电流；

（2）若已知曲杆在1s～2s内做匀加速直线运动,求ls～2s时间内拉力F随时间t变化的关系式．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化

【分析】（1）由图看出,在0～1.0s时间内,cd杆做匀加速直线运动,所受的安培力是恒力,根据速度图象的斜率求出加速度,由牛顿第二定律和安培力公式求解回路中感应电流的大小；

（2）由牛顿第二定律可求得cd杆的受力情况,根据（2）中方法求得ab杆的速度；则由牛顿第二定律可明确ab的加速度,再结合导体切割磁感线规律可求得速度表达式,从而即可求解．

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【解答】解：（1）在0～1s内,cd杆的vcd﹣t图线为倾斜直线,

因此cd杆做匀变速直线运动,加速度为：=4.0m/s2

因此cd杆受向上的摩擦力作用,其受力图如图所示．

根据牛顿第二定律,有：mg﹣Ff=ma 其中Ff=μFN=μFA=μBIL

因此回路中的电流为：=0.6A

（2）在0～1s内,设ab杆产生的电动势为E,则：E=BLv1 由闭合电路欧姆定律知：则ab杆的速度为：

=1.2m/s

=1.2m/s

在2～3s内,由图象可求出cd杆的加速度为：a2=﹣4m/s2

同理可求出ab杆的速度：v2=═2.8m/s

在1～2s内,ab杆做匀加速运动,则加速度为：对ab杆,根据牛顿第二定律有：F﹣μmg﹣BI'L=ma ab杆在t时刻的速度：v=v1+a（t﹣1） 回路中的电流：联立可得：F=0.8t+0.13

答：（1）在0～1s内通过cd杆中的电流0.6A；

=1.6m/s2

（2）这段时间内拉力F随时间t变化的关系式为：F=0.8t+0.13．

【点评】本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析,解决这类问题的关键是,根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势,然后根据牛顿第二定律求解拉力的大小,进一步根据运动状态列方程求解．

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29、如图所示,半径为R的光滑半圆形轨道CD在竖直平面内,与水平轨道AC相切于C 点,水平轨道AC上有一弹簧,左端连接在固定的挡板上,弹簧自由端所在的B点与轨道最低点C距离为4R,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中。现有两个完全相同的小球（可视为质点）,一个电荷量为q的小球（甲球）放在水平轨道的C点；不带电的小球（乙球）压缩弹簧（不拴接）。当弹簧的压缩量为l时,释放乙球,乙球在C点与甲球正碰,粘在一起后恰好能通过光滑半圆形轨道的最高点D；若第二次回到初始状态再由乙球压缩弹簧,释放后两小球在C点发生弹性正碰（碰撞过程无电荷转移）,甲球经过BCD后恰好落在B点。已知每个小

mg球的质量均为m,重力加速度大小为g,电场强度的大小E=q。

（1）求第一次压缩时,弹簧的弹性势能；

（2）若弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比,弹簧始终处在弹性限度内,求弹簧第二次的压缩量。

E D O R A B C

8l15答案：（1）15mgR (2)

30．（18分）在地面上方某处的真空室里以水平向右和竖直向上为x轴、y轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系．第Ⅰ象限存在竖直向上的电场

E1=2mgq和

垂直竖直平面向里的磁场,磁感应强度为B1=B,第Ⅳ象限存在水平向右的匀强电

3l3场,场强为E2；一质量为m、带电荷量为+q的微粒从A点静止释放经P点（,0）

进入第Ⅳ象限沿直线PQ运动,当微粒到达点Q（0,-l）的瞬间,撤去电场,同时加上

一个垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出）,磁感应强度的大小

B2=m3gq2l该磁场有理想的下边界,其他方向范围无限大．小球在第Ⅰ象限的运动曲线如图所

20

示,已知此曲线在最高点的曲率半径为该点到x 轴距离的2倍,求：

(1)小球在第Ⅰ象限运动过程中第一次上升的最大距离ym.

（2）匀强电场的场强E的大小；欲使微粒不从磁场下边界穿出,该磁场下边界的y轴坐标值应满足什么条件? 25、【答案】

2m2gym=22qB（1）

（2）

E23mgyrl(231)l3q3；

【答案】【解析】

⑴洛伦兹力不做功,由题意知电场力与重力合力等于mg, (1分)

1mgy=mv22由动能定理得 ① (1分)

解得

v=2gy ② (1分)

ym设在最大距离处的速率为

vm,根据圆周运动有

2vmqvmB=mR ③ (1分)

且由②知

vm=2gym ④ (2分)

2m2gym=22qB由③④及

R=2ym得 ⑤ (2分)

（2）由于微粒沿PQ方向运动,可知微粒所受的合力沿PQ方向,可得

qE2mgcot ① 2分

21

易知60解之得

E23mg3q ① 1分

微粒到达Q点的速度可分解为水平分速度为v1和竖直分速度为v2

2v根据竖直方向上自由落体运动规律有,22gl

则 v22gl ①

v1v2tan302gl3

①

对于水平分速度v1,其所对应的洛伦兹力大小为f1,方向竖直向上

则

f1qv1B2q2m3gglmg3q2l ① 2分

即与重力恰好平衡

对于竖直分速度v2,其所对应的洛伦兹力大小为f2,方向水平向左

此力为微粒所受的合力

Ff2qv2B2q2glm3g3mgq2l ①

2分

由于微粒的运动可以看作水平面内的匀速直线运动与竖直面内的匀速圆周运动的合成．能否穿出下边界取决于竖直面内的匀速圆周运动,则

2v2qv2B2mr ① 1分

22

r解得：

mv223lqB23 ① 1分

所以欲使微粒不从其下边界穿出,磁场下边界的y坐标值应满足

yrl(231)l3

① （写成“<”也给分） (1分)

31．如图所示,在光滑的水平地面上,木块C叠于足够长的木板A上的左端某处,A、C开始以v0=10m/s的初速度共同向右运动,与静止在地面上的B磁撞后,B立即获得vB=3m/s的速度,已知mA=1kg、mB=4kg、mC=2kg,A、C间接触面粗糙,试求： （①）第一次碰撞瞬间A、B、C组成的系统损失的机械能； （①）第一次碰撞后还能进行第二次碰撞吗？分析说明．

【考点】动量守恒定律

【分析】（①）A与B碰撞过程,C由于惯性,速度可认为没有变化,A、B组成的系统动量守恒,由动量守恒定律求出A、B碰撞后A的速度,再求系统损失的机械能． （①）第一次碰撞后,A、C组成的系统动量守恒,动量守恒定律求出两者稳定后的共同速度,与B的速度比较,即可判断能否发生第二次碰撞

【解答】解：（①）设向右为正方向,A、C开始以v0=10m/s的初速度共同向右运动,与B碰撞后B立即获得vB=3m/s的速度,由于碰撞时间极短,C的速度可认为还没有变化．

A、B组成的系统动量守恒有：mAv0=mAvA+mBvB 解得,碰后A的速度为：vA=﹣2m/s 负号表示方向水平向左,大小为2m/s 第一次碰撞瞬间损失的机械能为： △E=mAv02﹣mAvA2﹣mBvB2=30J

（①）第一碰撞后,A、C组成的系统动量守恒,设A、C稳定后的共同速度为vAC．则有：

mAvA+mCv0=（mA+mC）vAC 可得：vAC=6m/s,方向向右

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因为 vAC＞vB,所以还能发生第二次碰撞

答：（1）第一次碰撞瞬间A、B、C组成的系统损失的机械能是30J； （2）第一次碰撞后还能进行第二次碰撞．

32．（20分）在如图所示的坐标系中,在y＞0的空间中存在匀强电场,场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中存在匀强磁场,磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外,一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子,经过y轴上y=h处的点P1时速为v0,方向沿x轴正方向；然后,经过x轴上x=1.5h处的P2；点进入磁场,不计重力,求：

（1）粒子到达P2时速度的大小和方向； （2）电场强度的大小；

（3）若在y轴的负半轴上D（0,﹣1.5h）处固定一个与x轴平行的足够长的弹性绝缘挡板（粒子与其相碰时电量不变,原速度反弹）,粒子进入磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡板上,则磁感应强度B应为多大,并求粒子从P1出发到第2次与挡板作用所经历的时间．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动的知识求出粒子的速度大小与方向．

（2）电场力对粒子做功,应用动能定理可以求出电场强度．

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动,作出粒子运动轨迹,求出粒子的轨道半径,然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度；求出粒子在磁场与在电场中的运动时间,然后求出总的运动时间．

【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动, 在水平方向：1.5h=v0t,

在竖直方向：h=t,

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解得：vy=v0, 粒子的速度：v=

=v0,

方向：tanθ==,

解得：θ=53°,速度方向与水平方向夹53°角； （2）电场对粒子做正功,由动能定理得： qEh=mv2﹣mv02,

解得：E=；

（3）粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识得：Rsin37°=1.5h,解得,粒子轨道半径：R=2.5h,

粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得：

qvB=m,解得：B=；

粒子运动轨迹如图所示,粒子第2次与挡板相碰时,粒子在电场中做了3个类平抛运动,在磁场中做了3段圆弧的圆周运动,

粒子在电场中的运动时间：t1=3×=,

粒子在磁场中的总偏转角：α=3×37°=111°,

粒子在磁场中做圆周运动的周期：T==,

粒子在磁场中做圆周运动的时间：t2=T=,

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粒子从P1出发到第2次与挡板作用所经历的时间：

t=t1+t2=；

答：（1）粒子到达P2时速度的大小为：v0,方向与水平方向夹53°角斜向右下；

（2）电场强度的大小为；

（3）磁感应强度B应为：,粒子从P1出发到第2次与挡板作用所经历的时

间为

．

26