第七章動(dòng)量能量守恒

1、動(dòng)量、能量守恒第一部分 五年高考題薈萃2009年高考新題一、選擇題1.（09·全國(guó)卷·21）質(zhì)量為M的物塊以速度V運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正撞，碰撞后兩者的動(dòng)量正好相等，兩者質(zhì)量之比M/m可能為 （ AB ）A.2 B.3 C.4 D. 5解析：本題考查動(dòng)量守恒.根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒得設(shè)碰撞后兩者的動(dòng)量都為P,則總動(dòng)量為2P,根據(jù),以及能量的關(guān)系得,所以AB正確。2.（09·上海·44）自行車的設(shè)計(jì)蘊(yùn)含了許多物理知識(shí)，利用所學(xué)知識(shí)完成下表自行車的設(shè)計(jì)目的（從物理知識(shí)角度）車架用鋁合金、鈦合金代替鋼架減輕車重車胎變寬自行車后輪外胎上的花紋答案：減小

2、壓強(qiáng)（提高穩(wěn)定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）3.（09·上海·46）與普通自行車相比，電動(dòng)自行車騎行更省力。下表為某一品牌電動(dòng)自行車的部分技術(shù)參數(shù)。在額定輸出功率不變的情況下，質(zhì)量為60Kg的人騎著此自行車沿平直公路行駛，所受阻力恒為車和人總重的0.04倍。當(dāng)此電動(dòng)車達(dá)到最大速度時(shí)，牽引力為 N,當(dāng)車速為2s/m時(shí)，其加速度為 m/s2(g=10m m/s2)規(guī)格后輪驅(qū)動(dòng)直流永磁鐵電機(jī)車型14電動(dòng)自行車額定輸出功率200W整車質(zhì)量40Kg額定電壓48V最大載重120 Kg額定電流4.5A答案：40：0.64.（09·天津·4）如圖所示，豎直放置的兩根平

3、行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無(wú)摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于 （ A ）A.棒的機(jī)械能增加量B.棒的動(dòng)能增加量C.棒的重力勢(shì)能增加量D.電阻R上放出的熱量解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由動(dòng)能定理： 得即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機(jī)械能的增加量。選A。5.（09·海南物理·7）一物體在外力的作用下從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，合外力方向 不變，大小隨時(shí)間的變化如 圖所示。設(shè)該物體在

4、和時(shí)刻相對(duì)于出發(fā)點(diǎn)的位移分別是和，速度分別是和，合外力從開(kāi)始至?xí)r刻做的功是，從至?xí)r刻做的功是,則 （ AC ）A BC D6.（09·廣東理科基礎(chǔ)·9）物體在合外力作用下做直線運(yùn)動(dòng)的v一t圖象如圖所示。下列表述正確的是 （ A ） A在01s內(nèi)，合外力做正功 B在02s內(nèi)，合外力總是做負(fù)功 C在12s內(nèi)，合外力不做功 D在03s內(nèi)，合外力總是做正功解析：根據(jù)物體的速度圖象可知，物體0-1s內(nèi)做勻加速合外力做正功，A正確；1-3s內(nèi)做勻減速合外力做負(fù)功。根據(jù)動(dòng)能定理0到3s內(nèi)，12s內(nèi)合外力做功為零。7.（09·寧夏·17） 質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面

5、上，從t=0時(shí)刻開(kāi)始受到水平力的作用。力的大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則 （ BD ）A時(shí)刻的瞬時(shí)功率為B時(shí)刻的瞬時(shí)功率為C在到這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為D. 在到這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為8.（09·安徽·18）在光滑的絕緣水平面上，有一個(gè)正方形的abcd，頂點(diǎn)a、c處分別 固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個(gè)帶負(fù)電的粒子置于b點(diǎn)，自由釋放，粒子將沿著對(duì)角線bd往復(fù)運(yùn)動(dòng)。粒子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過(guò)程中 （ D ）A. 先作勻加速運(yùn)動(dòng)，后作勻減速運(yùn)動(dòng)B. 先從高電勢(shì)到低電勢(shì)，后從低電勢(shì)到高電勢(shì)C. 電勢(shì)能與機(jī)械能之和先增大，后減小abc

6、cdOD. 電勢(shì)能先減小，后增大解析：由于負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力是變力，加速度是變化的。所以A錯(cuò)；由等量正電荷的電場(chǎng)分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點(diǎn)的電勢(shì)最高，所以從b到a，電勢(shì)是先增大后減小，故B錯(cuò)；由于只有電場(chǎng)力做功，所以只有電勢(shì)能與動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢(shì)能與機(jī)械能的和守恒，C錯(cuò)；由b到O電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，由O到d電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，D對(duì)。9.（09·福建·18）如圖所示，固定位置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量為m（質(zhì)量分布均勻）的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，

7、且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為u?，F(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，速度恰好達(dá)到最大（運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直）。設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g。則此過(guò)程 （ BD ）A.桿的速度最大值為B.流過(guò)電阻R的電量為C.恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量D.恒力F做的功與安倍力做的功之和大于桿動(dòng)能的變化量解析：當(dāng)桿達(dá)到最大速度vm時(shí)，得，A錯(cuò)；由公式，B對(duì)；在棒從開(kāi)始到達(dá)到最大速度的過(guò)程中由動(dòng)能定理有：，其中，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C錯(cuò)；恒力F做的功與

8、安倍力做的功之和等于于桿動(dòng)能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D對(duì)。10.（09·浙江自選模塊·13）“物理1-2”模塊（1）（本小題共3分，在給出的四個(gè)選項(xiàng)中，可能只有一個(gè)選項(xiàng)正確，也可能有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對(duì)得3分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）二氧化碳是引起地球溫室效應(yīng)的原因之一，減少二氧化碳的排放是人類追求的目標(biāo)。下列能源利用時(shí)均不會(huì)引起二氧化碳排放的是 （ AB ）A.氫能、核能、太陽(yáng)能B.風(fēng)能、潮汐能、核能C.生物質(zhì)能、風(fēng)能、氫能D.太陽(yáng)能、生物質(zhì)能、地?zé)崮芏?、非選擇題11.（09·北京·24）才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直線上

9、、且無(wú)機(jī)械能損失的惡簡(jiǎn)化力學(xué)模型。如圖2（1）如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。質(zhì)量為的小球從高位處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上，且在碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失。求碰撞后小球的速度大??；（2）碰撞過(guò)程中的能量傳遞規(guī)律在物理學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用。為了探究這一規(guī)律，我們所示，在固定光滑水平軌道上，質(zhì)量分別為、的若干個(gè)球沿直線靜止相間排列，給第1個(gè)球初能，從而引起各球的依次碰撞。定義其中第個(gè)球經(jīng)過(guò)依次碰撞后獲得的動(dòng)能與之比為第1個(gè)球?qū)Φ趥€(gè)球的動(dòng)能傳遞系數(shù)。a.求b.若為確定的已知

10、量。求為何值時(shí)，值最大解析：（1）設(shè)碰撞前的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律 設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律 由于碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失 、式聯(lián)立解得 將代入得 （2）a由式，考慮到得根據(jù)動(dòng)能傳遞系數(shù)的定義，對(duì)于1、2兩球 同理可得，球m2和球m3碰撞后，動(dòng)能傳遞系數(shù)k13應(yīng)為 依次類推，動(dòng)能傳遞系數(shù)k1n應(yīng)為解得 b.將m1=4m0,m3=mo代入式可得為使k13最大，只需使由12.（09·天津·10） 如圖所示，質(zhì)量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng)L=15 m,現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0=2

11、 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止。物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,取g=10 m/s2，求（1）物塊在車面上滑行的時(shí)間t;（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過(guò)多少。答案：（1）0.24s (2)5m/s解析：本題考查摩擦拖動(dòng)類的動(dòng)量和能量問(wèn)題。涉及動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理和功能關(guān)系這些物理規(guī)律的運(yùn)用。（1）設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩擦力為F，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有 其中 解得代入數(shù)據(jù)得 （2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v，則 由功能關(guān)系有 代入

12、數(shù)據(jù)解得 =5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0不能超過(guò)5m/s。13.（09·山東·38）（2）如圖所示，光滑水平面軌道上有三個(gè)木塊，A、B、C，質(zhì)量分別為mB=mc=2m,mA=m，A、B用細(xì)繩連接，中間有一壓縮的彈簧 (彈簧與滑塊不栓接)。開(kāi)始時(shí)A、B以共同速度v0運(yùn)動(dòng)，C靜止。某時(shí)刻細(xì)繩突然斷開(kāi)，A、B被彈開(kāi)，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。解析：（2）設(shè)共同速度為v，球A和B分開(kāi)后，B的速度為,由動(dòng)量守恒定律有,聯(lián)立這兩式得B和C碰撞前B的速度為?？键c(diǎn)：動(dòng)量守恒定律14.（09·安徽&

13、#183;23）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿軸的正方向，場(chǎng)強(qiáng)為。在點(diǎn)有一個(gè)靜止的中性微粒，由于內(nèi)部作用，某一時(shí)刻突然分裂成兩個(gè)質(zhì)量均為的帶電微粒，其中電荷量為的微粒1沿軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間到達(dá)點(diǎn)。不計(jì)重力和分裂后兩微粒間的作用。試求 （1）分裂時(shí)兩個(gè)微粒各自的速度；（2）當(dāng)微粒1到達(dá)（點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)微粒1做功的瞬間功率； （3）當(dāng)微粒1到達(dá)（點(diǎn)時(shí)，兩微粒間的距離。答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在x方向由于受恒定的電場(chǎng)力，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。所以微粒1做的是類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)微粒1分裂時(shí)的速度為v1，微粒2的速度為v2則有：在y方向上有-

14、 在x方向上有-根號(hào)外的負(fù)號(hào)表示沿y軸的負(fù)方向。中性微粒分裂成兩微粒時(shí)，遵守動(dòng)量守恒定律，有方向沿y正方向。（2）設(shè)微粒1到達(dá)（0，-d）點(diǎn)時(shí)的速度為v，則電場(chǎng)力做功的瞬時(shí)功率為其中由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式（0, -d）（d,0）xEyvxvy所以（3）兩微粒的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，如圖所示，當(dāng)微粒1到達(dá)（0，-d）點(diǎn)時(shí)發(fā)生的位移則當(dāng)微粒1到達(dá)（0，-d）點(diǎn)時(shí)，兩微粒間的距離為15.（09·安徽·24）過(guò)山車是游樂(lè)場(chǎng)中常見(jiàn)的設(shè)施。下圖是一種過(guò)山車的簡(jiǎn)易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個(gè)圓形軌道組成，B、C、D分別是三個(gè)圓形軌道的最低點(diǎn)，B、C間距與C、D間距相等，半徑、。一個(gè)質(zhì)量為kg的

15、小球（視為質(zhì)點(diǎn)），從軌道的左側(cè)A點(diǎn)以的初速度沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，A、B間距m。小球與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，圓形軌道是光滑的。假設(shè)水平軌道足夠長(zhǎng)，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取，計(jì)算結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后一位數(shù)字。試求 （1）小球在經(jīng)過(guò)第一個(gè)圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球作用力的大??； （2）如果小球恰能通過(guò)第二圓形軌道，B、C間距應(yīng)是多少； （3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個(gè)圓形軌道的設(shè)計(jì)中，半徑應(yīng)滿足的條件；小球最終停留點(diǎn)與起點(diǎn)的距離。答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 當(dāng)時(shí)， ；當(dāng)時(shí)， 解析：（1）設(shè)小于經(jīng)過(guò)第一個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)的速度為v1根據(jù)動(dòng)能定理

16、 小球在最高點(diǎn)受到重力mg和軌道對(duì)它的作用力F，根據(jù)牛頓第二定律 由得 （2）設(shè)小球在第二個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)的速度為v2，由題意 由得 （3）要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進(jìn)行討論：I軌道半徑較小時(shí)，小球恰能通過(guò)第三個(gè)圓軌道，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為v3，應(yīng)滿足 由得 II軌道半徑較大時(shí)，小球上升的最大高度為R3，根據(jù)動(dòng)能定理 解得 為了保證圓軌道不重疊，R3最大值應(yīng)滿足 解得 R3=27.9m綜合I、II，要使小球不脫離軌道，則第三個(gè)圓軌道的半徑須滿足下面的條件 或 當(dāng)時(shí)，小球最終焦停留點(diǎn)與起始點(diǎn)A的距離為L(zhǎng)，則 當(dāng)時(shí)，小球最終焦停留點(diǎn)與起始點(diǎn)A的距離為L(zhǎng)，則 16.（09·福建

17、83;21）如圖甲，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處?kù)o止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t1（2）若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過(guò)程中彈簧的彈力所做的功W；（3）從滑塊靜止釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，請(qǐng)?jiān)谝覉D中畫出滑

18、塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中速度與時(shí)間關(guān)系v-t圖象。圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達(dá)到最大值及第一次速度減為零的時(shí)刻，縱坐標(biāo)軸上的v1為滑塊在t1時(shí)刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計(jì)算過(guò)程）答案：（1）; （2）; (3) 解析：本題考查的是電場(chǎng)中斜面上的彈簧類問(wèn)題。涉及到勻變速直線運(yùn)動(dòng)、運(yùn)用動(dòng)能定理處理變力功問(wèn)題、最大速度問(wèn)題和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析。（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過(guò)程中作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則有 qE+mgsin=ma 聯(lián)立可得 （2）滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，

19、則有 從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 聯(lián)立可得 s（3）如圖 17.（09·浙江·24）某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽。比賽路徑如圖所示，賽車從起點(diǎn)A出發(fā)，沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)L后，由B點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開(kāi)豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，并能越過(guò)壕溝。已知賽車質(zhì)量m=0.1kg，通電后以額定功率P=1.5w工作，進(jìn)入豎直軌道前受到阻力恒為0.3N，隨后在運(yùn)動(dòng)中受到的阻力均可不記。圖中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。問(wèn)：要使賽車完成比賽，電動(dòng)機(jī)至少工作多長(zhǎng)時(shí)間？（取g=10 ）答案：2.53s解

20、析：本題考查平拋、圓周運(yùn)動(dòng)和功能關(guān)系。設(shè)賽車越過(guò)壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 解得 設(shè)賽車恰好越過(guò)圓軌道，對(duì)應(yīng)圓軌道最高點(diǎn)的速度為v2，最低點(diǎn)的速度為v3，由牛頓第二定律及機(jī)械能守恒定律 解得 m/s通過(guò)分析比較，賽車要完成比賽，在進(jìn)入圓軌道前的速度最小應(yīng)該是 m/s設(shè)電動(dòng)機(jī)工作時(shí)間至少為t，根據(jù)功能原理 由此可得 t=2.53s18.（09·江蘇·14）1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可以忽略不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)

21、生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用。 （1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2）求粒子從靜止開(kāi)始加速到出口處所需的時(shí)間t；（3）實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動(dòng)能E。解析：(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過(guò)狹縫后的半徑為r1,速度為v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次經(jīng)過(guò)狹縫后的半徑 則 （2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈解得 （3）加速電場(chǎng)的頻率應(yīng)等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率，即當(dāng)磁場(chǎng)感

22、應(yīng)強(qiáng)度為Bm時(shí)，加速電場(chǎng)的頻率應(yīng)為粒子的動(dòng)能當(dāng)時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由Bm決定解得當(dāng)時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由fm決定解得 19.（09·四川·23）圖示為修建高層建筑常用的塔式起重機(jī)。在起重機(jī)將質(zhì)量m=5×103 kg的重物豎直吊起的過(guò)程中，重物由靜止開(kāi)始向上作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=0.2 m/s2，當(dāng)起重機(jī)輸出功率達(dá)到其允許的最大值時(shí)，保持該功率直到重物做vm=1.02 m/s的勻速運(yùn)動(dòng)。取g=10 m/s2,不計(jì)額外功。求：(1) 起重機(jī)允許輸出的最大功率。(2) 重物做勻加速運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間和起重機(jī)在第2秒末的輸出功率。解析：(1)設(shè)起重機(jī)允許輸出的最大功率為P

23、0，重物達(dá)到最大速度時(shí)，拉力F0等于重力。P0F0vm P0mg 代入數(shù)據(jù)，有：P05.1×104W (2)勻加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束時(shí)，起重機(jī)達(dá)到允許輸出的最大功率，設(shè)此時(shí)重物受到的拉力為F，速度為v1，勻加速運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷時(shí)間為t1,有：P0F0v1 Fmgma V1at1 由，代入數(shù)據(jù)，得：t15 s T2 s時(shí)，重物處于勻加速運(yùn)動(dòng)階段，設(shè)此時(shí)速度為v2，輸出功率為P，則v2at PFv2 由，代入數(shù)據(jù)，得:P2.04×104W。20.（09·上海物理·20）質(zhì)量為5´103 kg的汽車在t0時(shí)刻速度v010m/s，隨后以P6´104 W的額定功

24、率沿平直公路繼續(xù)前進(jìn)，經(jīng)72s達(dá)到最大速度，設(shè)汽車受恒定阻力，其大小為2.5´103N。求：（1）汽車的最大速度vm；（2）汽車在72s內(nèi)經(jīng)過(guò)的路程s。解析：（1）當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)，P=Fv=fvm，vmm/s24m/s（2）從開(kāi)始到72s時(shí)刻依據(jù)動(dòng)能定理得：Ptfsmvm2mv02，解得：s1252m。21.（09·上海物理·23）（12分）如圖，質(zhì)量均為m的兩個(gè)小球A、B固定在彎成120°角的絕緣輕桿兩端，OA和OB的長(zhǎng)度均為l，可繞過(guò)O點(diǎn)且與紙面垂直的水平軸無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，空氣阻力不計(jì)。設(shè)A球帶正電，B球帶負(fù)電，電量均為q，處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。開(kāi)

25、始時(shí)，桿OB與豎直方向的夾角q060°，由靜止釋放，擺動(dòng)到q90°的位置時(shí)，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，求： （1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；（2）系統(tǒng)由初位置運(yùn)動(dòng)到平衡位置，重力做的功Wg和靜電力做的功We；（3）B球在擺動(dòng)到平衡位置時(shí)速度的大小v。解析：（1）力矩平衡時(shí)：（mgqE）lsin90°（mgqE）lsin（120°90°），即mgqE（mgqE），得：E；（2）重力做功：Wgmgl（cos30°cos60°）mglcos60°（1）mgl，靜電力做功：WeqEl（cos30°cos60°）qE

26、lcos60°mgl，（3）小球動(dòng)能改變量DEk=mv2WgWe（1）mgl，得小球的速度：v。22.（09·四川·25） 如圖所示，輕彈簧一端連于固定點(diǎn)O，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端連接一帶電小球P,其質(zhì)量m=2×10-2 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達(dá)O點(diǎn)的正下方O1點(diǎn)時(shí)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點(diǎn)與另一由細(xì)繩懸掛的、不帶電的、質(zhì)量M=1.6×10-1 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫

27、離細(xì)繩，同時(shí)在空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和垂直于紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的弱強(qiáng)磁場(chǎng)。此后，小球P在豎直平面內(nèi)做半徑r=0.5 m的圓周運(yùn)動(dòng)。小球P、N均可視為質(zhì)點(diǎn)，小球P的電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力，取g=10 m/s2。那么，（1）彈簧從水平擺至豎直位置的過(guò)程中，其彈力做功為多少？（2）請(qǐng)通過(guò)計(jì)算并比較相關(guān)物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時(shí)刻具有相同的速度。(3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時(shí)刻具有相同速度的前提下，請(qǐng)推導(dǎo)出r的表達(dá)式(要求用B、q、m、表示，其中為小球N的運(yùn)動(dòng)速度與水平方向的夾角)。解析：（1）設(shè)彈簧的彈力做功為W，有：代入數(shù)據(jù)，得：WJ （2）由

28、題給條件知，N碰后作平拋運(yùn)動(dòng)，P所受電場(chǎng)力和重力平衡，P帶正電荷。設(shè)P、N碰后的速度大小分別為v1和V，并令水平向右為正方向，有: 而： 若P、N碰后速度同向時(shí)，計(jì)算可得V<v1，這種碰撞不能實(shí)現(xiàn)。P、N碰后瞬時(shí)必為反向運(yùn)動(dòng)。有： P、N速度相同時(shí)，N經(jīng)過(guò)的時(shí)間為，P經(jīng)過(guò)的時(shí)間為。設(shè)此時(shí)N的速度V1的方向與水平方向的夾角為，有： 代入數(shù)據(jù)，得： 對(duì)小球P，其圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，有： 經(jīng)計(jì)算得： T，P經(jīng)過(guò)時(shí)，對(duì)應(yīng)的圓心角為，有： 當(dāng)B的方向垂直紙面朝外時(shí)，P、N的速度相同，如圖可知，有： 聯(lián)立相關(guān)方程得： 比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時(shí)刻不可能相同。當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時(shí)

29、，P、N的速度相同，同樣由圖，有： ，同上得： ，比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時(shí)刻也不可能相同。（3）當(dāng)B的方向垂直紙面朝外時(shí)，設(shè)在t時(shí)刻P、N的速度相同， ，再聯(lián)立解得： 當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時(shí)，設(shè)在t時(shí)刻P、N的速度相同，同理得： ，考慮圓周運(yùn)動(dòng)的周期性，有: （給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值）23.（09·重慶·23）2009年中國(guó)女子冰壺隊(duì)首次獲得了世界錦標(biāo)賽冠軍，這引起了人們對(duì)冰壺運(yùn)動(dòng)的關(guān)注。冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡(jiǎn)化為如下過(guò)程：如題23圖，運(yùn)動(dòng)員將靜止于O點(diǎn)的冰壺（視為質(zhì)點(diǎn)）沿直線推到A點(diǎn)放手，此后冰壺沿滑行，最后停于C點(diǎn)。已知

30、冰面各冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，冰壺質(zhì)量為m，AC=L，=r,重力加速度為g （1）求冰壺在A 點(diǎn)的速率；（2）求冰壺從O點(diǎn)到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的沖量大?。唬?）若將段冰面與冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)減小為，原只能滑到C點(diǎn)的冰壺能停于點(diǎn)，求A點(diǎn)與B點(diǎn)之間的距離。解析：24.（09·重慶·24）探究某種筆的彈跳問(wèn)題時(shí)，把筆分為輕質(zhì)彈簧、內(nèi)芯和外殼三部分，其中內(nèi)芯和外殼質(zhì)量分別為m和4m.筆的彈跳過(guò)程分為三個(gè)階段：把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面（見(jiàn)題24圖a）；由靜止釋放，外殼豎直上升至下端距桌面高度為時(shí)，與靜止的內(nèi)芯碰撞（見(jiàn)題24圖b）；碰后，內(nèi)芯與外殼以共同的速度

31、一起上升到外殼下端距桌面最大高度為處（見(jiàn)題24圖c）。設(shè)內(nèi)芯與外殼的撞擊力遠(yuǎn)大于筆所受重力、不計(jì)摩擦與空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）外殼與碰撞后瞬間的共同速度大??；（2）從外殼離開(kāi)桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功；（3）從外殼下端離開(kāi)桌面到上升至處，筆損失的機(jī)械能。解析：25.（09·廣東物理·19）如圖19所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距=1.0m 。物塊A以速度=10m/s沿水平方向與B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度=2.0m/s 。已知A和B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為A質(zhì)量的k倍，物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.45

32、.（設(shè)碰撞時(shí)間很短，g取10m/s2）（1）計(jì)算與C碰撞前瞬間AB的速度；（2）根據(jù)AB與C的碰撞過(guò)程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運(yùn)動(dòng)方向。解析：設(shè)AB碰撞后的速度為v1,AB碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律得 設(shè)與C碰撞前瞬間AB的速度為v2，由動(dòng)能定理得 聯(lián)立以上各式解得若AB與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得 代入數(shù)據(jù)解得 此時(shí)AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相同若AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和能量守恒得 聯(lián)立以上兩式解得代入數(shù)據(jù)解得 此時(shí)AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相反若AB與C發(fā)生碰撞后AB的速度為0，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得總上所述得 當(dāng)時(shí)，AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相同當(dāng)時(shí)，AB的速度為0

33、當(dāng)時(shí)，AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相反26.（09·廣東物理·20）如圖20所示，絕緣長(zhǎng)方體B置于水平面上，兩端固定一對(duì)平行帶電極板，極板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)E。長(zhǎng)方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.05（設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相同）。B與極板的總質(zhì)量=1.0kg.帶正電的小滑塊A質(zhì)量=0.60kg=1.6m/s向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，B（連同極板）以相對(duì)地面的速度=0.40m/s向右運(yùn)動(dòng)。問(wèn)（g取10m/s2）（1）A和B剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小分別為多少？（2）若A最遠(yuǎn)能到達(dá)b點(diǎn)，a、b的距離L應(yīng)為多少？從t=0時(shí)刻至A運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，摩擦力對(duì)B做的功為多少？解析：由牛頓第二

34、定律有 A剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小 方向水平向右B剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)受電場(chǎng)力和摩擦力作用由牛頓第三定律得電場(chǎng)力摩擦力B剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小方向水平向左設(shè)B從開(kāi)始勻減速到零的時(shí)間為t1，則有此時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動(dòng)的位移t1時(shí)刻A的速度，故此過(guò)程A一直勻減速運(yùn)動(dòng)。 此t1時(shí)間內(nèi)A運(yùn)動(dòng)的位移此t1時(shí)間內(nèi)A相對(duì)B運(yùn)動(dòng)的位移此t1時(shí)間內(nèi)摩擦力對(duì)B做的功為t1后，由于，B開(kāi)始向右作勻加速運(yùn)動(dòng)，A繼續(xù)作勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們速度相等時(shí)A、B相距最遠(yuǎn)，設(shè)此過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，它們速度為v，則有對(duì)A 速度對(duì)B 加速度 速度聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 此t2時(shí)間內(nèi)A運(yùn)動(dòng)的位移此t2時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動(dòng)的位移此t2時(shí)間內(nèi)A相對(duì)B運(yùn)動(dòng)的位

35、移此t2時(shí)間內(nèi)摩擦力對(duì)B做的功為所以A最遠(yuǎn)能到達(dá)b點(diǎn)a、b的距離L為從t=0時(shí)刻到A運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，摩擦力對(duì)B做的功為 。27.（09·寧夏·24）冰壺比賽是在水平冰面上進(jìn)行的體育項(xiàng)目，比賽場(chǎng)地示意如圖。比賽時(shí)，運(yùn)動(dòng)員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近圓心O.為使冰壺滑行得更遠(yuǎn)，運(yùn)動(dòng)員可以用毛刷擦冰壺運(yùn)行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)減小。設(shè)冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.008，用毛刷擦冰面后動(dòng)摩擦因數(shù)減少至2m/s的速度沿虛線滑出。為使冰壺C能夠沿虛線恰好到達(dá)圓心O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員用毛刷擦冰面的長(zhǎng)度應(yīng)為多少？（g取

36、10m/s2）解析：設(shè)冰壺在未被毛刷擦過(guò)的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為：在 被毛刷擦過(guò)的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為。則有+=S 式中S為投擲線到圓心O的距離。 設(shè)冰壺的初速度為，由功能關(guān)系，得 聯(lián)立以上各式，解得 代入數(shù)據(jù)得 2008年高考題一、選擇題1.(08天津理綜20)一個(gè)靜止的質(zhì)點(diǎn),在04 s時(shí)間內(nèi)受到力F的作用,力的方向始終在同一直線上,力F隨時(shí)間t的變化如圖所示,則質(zhì)點(diǎn)在 ()A.第2 s末速度改變方向B.第2 s末位移改變方向C.第4 s末回到原出發(fā)點(diǎn)D.第4 s末運(yùn)動(dòng)速度為零答案D解析 由圖象知物體在前2 s內(nèi)加速,24 s內(nèi)減速,因?yàn)榍? s與后2 s受

37、力情況是大小相等、方向相反,所以第4 s末速度為零.物體前4 s內(nèi)始終沿一個(gè)方向運(yùn)動(dòng).二、非選擇題2.(08江蘇12C)場(chǎng)強(qiáng)為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有兩個(gè)小球A、B,它們的質(zhì)量分別為m1、m2,電荷量分別為q1、q2,A、B兩個(gè)小球由靜止釋放,重力加速度為g,則小球A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式為. 答案 (q1+q2)E=(m1+m2)g解析 動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或受的合外力為零,所以動(dòng)量守恒滿足的關(guān)系式為(q1+q2)E=(m1+m2)g3.（08全國(guó)I24）圖中滑塊和小球的質(zhì)量均為m,滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自 由滑動(dòng),小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長(zhǎng)的輕繩

38、相連,輕繩長(zhǎng)為l.開(kāi)始時(shí),輕繩處于 水平拉直狀態(tài),小球和滑塊均靜止.現(xiàn)將小球由靜止釋放,當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑塊剛 好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定擋板粘住,在極短的時(shí)間內(nèi)速度減為零,小球繼續(xù)向左擺動(dòng),當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角60°時(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn).求:(1)從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^(guò)程中,擋板阻力對(duì)滑塊的沖量.(2)小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,繩的拉力對(duì)小球做功的大小.答案 (1)-m (2) mgl解析 (1)設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑塊和小球速度的大小分別為v1、v2,由機(jī)械能守恒定律得mv12+mv22=mgl小球由最低點(diǎn)向左擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),由機(jī)械能守恒定律得

39、mv22=mgl(1-cos 60°)聯(lián)立式得v1=v2=設(shè)所求的擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為I,規(guī)定動(dòng)量方向向右為正,有I=0-mv1解得I=-m(2)小球從開(kāi)始釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功為W,由動(dòng)能定理得mgl+W=mv22聯(lián)立式得W=-mgl小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,繩的拉力對(duì)小球做功的大小為mgl4.(08北京理綜24)有兩個(gè)完全相同的小滑塊A和B,A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點(diǎn)的B發(fā)生正碰,碰撞中無(wú)機(jī)械能損失.碰后B運(yùn)動(dòng)的軌跡為OD曲線,如圖所示.（1）已知小滑塊質(zhì)量為m,碰撞時(shí)間為t,求碰撞過(guò)程中A對(duì)B平均沖力的大??；（2）為

40、了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無(wú)初速度下滑的運(yùn)動(dòng),特制做一個(gè)與B平拋軌跡完全相同的光滑軌道,并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置,讓A沿該軌道無(wú)初速下滑（經(jīng)分析,A下滑過(guò)程中不會(huì)脫離軌道）.a.分析A沿軌道下滑到任意一點(diǎn)的動(dòng)量pA與B平拋經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的動(dòng)量pB的大小關(guān)系;b.在OD曲線上有一點(diǎn)M,O和M兩點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為45°.求A通過(guò)M點(diǎn)時(shí)的水平分速度和豎直分速度.答案 （1）（2）a.pA<pBb.vAx=v0vAy=v0解析 （1）滑塊A與B正碰,滿足mvA+mvB=mv0mvA2+mvB2=mv02 由,解得vA=0,vB=v0,根據(jù)動(dòng)量定理,滑塊B滿足F·

41、;t=mv0解得F=.（2）a.設(shè)任意點(diǎn)到O點(diǎn)豎直高度差為d.A、B由O點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)至該點(diǎn)過(guò)程中,只有重力做功,所以機(jī)械能守恒.選該任意點(diǎn)為勢(shì)能零點(diǎn),有EkA=mgd,EkB=mgd+mv02由于p=,有即pApB故A下滑到任意一點(diǎn)的動(dòng)量總是小于B平拋經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的動(dòng)量.b.以O(shè)為原點(diǎn),建立直角坐標(biāo)系xOy,x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向下,則對(duì)B有x=v0t,y=gt2B的軌跡方程 y=x2在M點(diǎn)x=y,所以y=因?yàn)锳、B的運(yùn)動(dòng)軌跡均為OD曲線,故在任意一點(diǎn),兩者速度方向相同.設(shè)B水平和豎直分速度大小分別為vBx和vBy,速率為vB;A水平和豎直分速度大小分別為vAx和vAy,速度為vA,則

42、,B做平拋運(yùn)動(dòng),故vBx=v0,vBy=,vB=對(duì)A由機(jī)械能守恒得vA=由得vAx=,vAy=將代入得vAx=v0 vAy=v05.(08四川理綜25)如圖所示,一傾角為=45°的斜面固定于地面,斜面頂端離地面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板,在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m=0.09 kg的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）.小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2.當(dāng)小物塊與擋板碰撞后,將以原速返回.重力加速度g取10 m/s2.在小物塊與擋板的前4次碰撞過(guò)程中,擋板給予小物塊的總沖量是多少？答案 0.4(3+) N·s解析 解法一：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)

43、,到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v,由功能關(guān)系得：mgh=mv2+mgcos以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向.按動(dòng)量定理,碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量為:I=mv-m(-v)設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h,則mv2=mgh+mgcos同理,有mgh=mv2+mgcosI=mv-m(-v)式中,v為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度,I為再次碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量.由式得I=kI式中k=由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù),首項(xiàng)為I1=2m總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)由1+k+k2+kn-1=得I= 代入數(shù)據(jù)得I=0.4(3+) N·s 解法

44、二：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng),小物塊受到重力，斜面對(duì)它的摩擦力和支持力，小物塊向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a,依牛頓第二定律得mgsin-mgcos=ma設(shè)小物塊與擋板碰撞前的速度為v,則：v2=2a以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向.按動(dòng)量定理,碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量為I=mv-m(-v)由式得I=2m設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,依牛頓第二定律有：mgsin+mgcos=ma 小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為h=sin由式得h=k2h式中k =同理,小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量為：I=2m由 式得I=kI由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù),首項(xiàng)

45、為I1=2m 總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3） 由1+k+k2+kn-1= 得I=2m 代入數(shù)據(jù)得I=0.4(3+) N·s 6.（08天津理綜24）光滑水平面上放著質(zhì)量mA=1 kg的物塊A與質(zhì)量mB=2 kg的物塊B,A與B均可視為質(zhì)點(diǎn),A靠在豎直墻壁上,A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接）,用手擋住B不動(dòng),此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能EP=49 J.在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩,細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度,如圖所示.放手后B向右運(yùn)動(dòng),繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷,之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道,其半徑R=0.5 m,B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C.取g=10

46、m/s2,求（1）繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小;（2）繩拉斷過(guò)程繩對(duì)B的沖量I的大小;（3）繩拉斷過(guò)程繩對(duì)A所做的功W.答案 (1)5 m/s (2)4 N·s（3）8 J解析 （1）設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為vB,到達(dá)C時(shí)的速度為vC,有mBg=mB mBvB2=mBvC2+2mBgR 代入數(shù)據(jù)得vB=5 m/s（2）設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)B的速度為v1,取水平向右為正方向,有Ep=mBv12I=mBvB-mBv1代入數(shù)據(jù)得I=-4 N·s,其大小為4 N·s（3）設(shè)繩斷后A的速度為vA,取水平向右為正方向,有mBv1=mBvB+mAvAW=mAvA2代入數(shù)據(jù)得W=8 J7.(08廣東19)如圖（a）所示,在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間的變化如圖（b）所示,不帶電的絕緣小球P2靜止在O點(diǎn).t=0時(shí),帶正電的小球P1以速度v0從A點(diǎn)進(jìn)入AB區(qū)域,隨后與P2發(fā)生正碰后反彈,