2023年高考物理知識點復習與真題 沖量

沖量

一、真題精選（高考必備）

1.（2020,全國?高考真題）行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后

汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）

A.增加了司機單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機動量的變化量

C.將司機的動能全部轉換成汽車的動能

D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積

2.（2017?天津?高考真題）"天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透

明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是（）

A.摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變

B.在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力；\

a:κfr

C.摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零

D.摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變

3.（2010?北京?高考真題）在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊.開始時滑塊

靜止.若在滑塊所在空間加一水平勻強電場Ez,持續(xù)一段時間后立即換成與El相反方向的勻強電場E2.當電場心

與電場日持續(xù)時間相同時，滑塊恰好回到初始位置，且具有動能線.在上述過程中，&對滑塊的電場力做功為

W3,

沖量大小為/】；E2對滑塊的電場力做功為電，沖量大小為/2.則

A.I1=I2B.4∕J=I2

C.M=O.25EkW2=0.75EkD.Wi=0.20EkW2=0.80Eii

4.（2011?天津?高考真題）（多選）位于坐標原點處的波源A沿y軸做簡諧運動，A剛好完成一次全振動時，在介質

中形成簡諧橫波的波形如圖所示，8是沿波傳播方向上介質的一個質點，則（）

D.在一個周期時間內A所受回復力的沖量為零

5.（2021?全國?高考真題）（多選）水平桌面上，一質量為機的物體在水平恒力產拉動下從靜止開始運動，物體通過

的路程等于?時,速度的大小為%，此時撤去F,物體繼續(xù)滑行2%的路程后停止運動,重力加速度大小為g,則（）

A.在此過程中F所做的功為;〃喏

B.在此過中F的沖量大小等于3加%

C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于上

4s°g

D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍

6.(2013?安徽?高考真題)一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力尸隨時間f的變化情況如圖

2所示，物體相應的速度U隨時間，的變化關系如圖3所示。求：

(l)0~8s時間內拉力的沖量；

(2)0~6s時間內物體的位移；

(3)0~10s時間內，物體克服摩擦力所做的功。

圖1圖2

二、強基訓練（高手成長基地）

L（2022?安徽?定遠縣育才學校高二期末）如圖是某同學站在壓力傳感器上做下蹲-起立的動作時傳感器記錄的壓力

隨時間變化的圖線，縱坐標為壓力，橫坐標為時間。由圖線可知，該同學的體重約為650N,除此以外，還可以得

到以下信息（）

A.Is時人處在下蹲的最低點

B.該同學做了兩次下蹲-起立的動作

C.2s末至4s末重力對人做的功為零

D.2s末至4s末重力對人的沖量約為13OONs

2.（2022?江蘇?高三階段練習）小球從地面以某一初速度豎直上拋，一段時間后又落回地面。若運動過程中小球所

受空氣阻力與其速率成正比。則小球（）

A.上升過程的時間大于下落過程的時間

B.上升過程減少的動能小于下落過程增加的動能

C.上升過程克服阻力做功等于下落過程克服阻力做功

D.上升過程阻力的沖量大小等于下落過程阻力的沖量大小

3.（2021?河南?陳州高級中學高三階段練習）（多選）一傳送帶以恒定速率v=3m∕s順時針方向運行,傳送帶傾角為37,

如圖所示?，F(xiàn)將一質量，〃=2.0kg的物塊靜止放于傳送帶底端A,經(jīng)過一段時間將物塊傳送到傳送帶的頂端8,傳送

帶底端A、頂端B之間的距離Z,=9m,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃=0?875,物塊可以看作質點，最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力，重力加速度g取Iom/S?,sin37=0.6,cos37=0.8。則下列說法正確的是（）

A.物塊從底端A傳送到頂端B過程中合力對物塊的沖量大小為6.0kg?m∕s

B.物塊從底端A傳送到頂端B過程中傳送帶對物塊的彈力的沖量為48√5N?S

C.物塊從底端A傳送到頂端B過程中因摩擦產生的熱量是63J

D.物塊從底端A傳送到頂端B過程中機械能的增量為58.5J

4.（2021?四川?攀枝花市第三高級中學校高二期末）（多選）如圖所示，質量為機的小球，固定在輕桿上，繞過。點

的轉軸在豎直面內沿順時針方向做勻速圓周運動,A、8是圓周上與圓心。等高的兩點。若小球運動的速度大小為V,

軌道半徑為R,且V=向i（g為重力加速度），則小球.從A點運動到B點過程中，下

''?

列說法中正確的是（）；\

,m

A.小球所受重力的沖量為O

B.小球所受向心力的沖量為〃”

C.小球所受合力的沖量大小為2/加

D.輕桿對小球作用力的沖量大小為機V

5.（2021?河北?青龍滿族自治縣第一中學高三階段練習）（多選）如圖所示，從小山坡上的。點將質量不同的兩個小

石塊〃、力以相同的動能分別沿同一方向水平拋出，兩石塊分別落在山坡的P、。兩點。已知。、P、。三點的連線

恰在一條直線上，且x。ParPQ=2明，不計石塊飛行時受到的空氣阻力，下列說法中正確的是（）

A.“、〃的初速度之比為0回百

B.a、6的質量之比為3回2

C.落到山坡上時，a、人的動能大小之比為1回1

D.從拋出到落在山坡上的過程中，重力對。、6沖量的大小之比為石團也

6.（2022?四川?成都七中高三開學考試）（多選）如圖所示，長度為Z,、質量為2加的木板放置于水平地面上，質量

為加的滑塊放置于木板最左端，已知滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為4〃，木板和地面之間的動摩擦因數(shù)為〃，重

力加速度為g,現(xiàn)給滑塊一個向右的沖量/,最終滑塊靜止在木板上。下列說法正確的是（）

A.滑塊一直做勻減速運動

B.滑塊和木板相對運動的時間為二一

C.木板和地面因摩擦產生的內能為土

9m

I2

D.木板和地面因摩擦產生的內能為」一

ISm

7.（2021?天津南開?高三期末）（多選）當前我國在人工智能和無人駕駛技術方面已取得較大突破。為早日實現(xiàn)無人

駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(fā)現(xiàn)，下坡時若只關掉油

門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率尸上坡，則從靜止啟動做加速運動，發(fā)生位移S時速度剛好達到最大

值0”，假設汽車在上坡和下坡過程中所受路面阻力大小恒定且相等，山坡的傾角為。忽略空氣阻力的影響，下列

說法正確的是（）

A.關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零

路面對汽車的阻力大小為弁

B.

C.上坡過程中，汽車從靜止啟動到速度剛好增至v?,所用時間為4陵sin。+"M

2P

D.上坡過程中，汽車從靜止啟動到速度增至V,,,,所用時間一定小于一

8.（2022?全國?模擬預測）游樂場中有一種管道滑水游戲，其裝置可簡化為如圖所示。一滑水者從距水面高H=5.2m

的滑道上端由靜止開始滑下,從距水面高A=0.2m的下端管口水平飛出,落到距下端管口水平距離x=0.4m的水面上。

若滑水者可視為質點，其質量m=50kg,在管道中滑行的時間f=3百s。取重力加速度的大小g=10m∕s2,不計空氣阻

力。求：

（1）滑水者落到水面上時的動能大??；

（2）滑水者在管道中滑行時阻力對其做的功;

（3）下滑過程中管道對滑水者的沖量大小。

9.（2022?江蘇?高三專題練習）如圖所示，在光滑的水平桌面上疊放著一質量為町?=2.0kg的足夠長薄木板A和質

量為ej=4.0kg的金屬塊B,B上有輕繩繞過定滑輪與物塊C相連。B與A之間的滑動摩擦因數(shù)〃=0.10,最大靜摩

擦力可視為等于滑動摩擦力。忽略滑輪質量及與軸間的摩擦。起始/=0時，令各物體都處于靜止狀態(tài)，繩被拉直且

平行于木板，B位于A的左端，C距地面高度〃=2.0m（如圖），然后放手，設A的右端距滑輪足夠遠，三個物體運

動不受滑輪影響，繩松弛后對A、B的運動也無影響。（取g=10m∕s2）

（1）為了保證A、B相對滑動，繩中的拉力和物塊C的質量必須大于某臨界值"和機。，求其值;

20

（2）當砥.=??"%,B與A相對靜止前，B在A上滑的距離;

π9

（3）計算（2）情況下，從/=0到C落地瞬間，物體A對物體B的沖量（答案保留根號）。

10.（2021?全國?模擬預測）如圖所示，光滑木板AB（不計厚度），固定在豎直放置半徑R=2?5m的圓弧形支架上，

圓弧與水平軌道相切于最低點8;半徑，=Im的光滑半圓形軌道也固定放置在光滑的水平軌道BC上，C為圓弧軌道

的最低點，。是圓心的等高點，E為圓弧軌道的最高點；質量∕n=0.2kg的小球（視為質點）由A點靜止釋放，沿著

三個軌道運動下去，不計小球經(jīng)過轉折點8的能量損失，重力加速度g取Iom∕s2,sin53?>=0.8,求：

（1）小球從A運動到B重力的沖量，小球沿木板AB下滑的加速度是多少是正好到達。點？

（2）撤出木板A8,換成更長的光滑木板P8,固定在圓弧形支架的P、B兩點之間，PB的傾角是多少時小球從P

點靜止釋放到達E點時速度為26m/s?

IL(2022?江西?高三階段練習)如圖所示，固定在豎直面內的軌道由足夠長直線和半徑為R的四分之一圓弧相切連

接而成，除AB段粗糙外其它部分均光滑，C、。是圓弧的兩端點。兩個質量均為的小球。和兒分別從A點和C

點以一定的初速度向右運動，α球的初速度是6球的2倍，人球第一次上升相對C點的最大高度為2R,在匕球返回

C點向8點運動的過程中，與迎面而來的“球發(fā)生彈性碰撞，碰后6球第二次上升相對C點的最大高度為:R。由于

O

磁性的原因b球在Cn上還會受到軌道對它的垂直軌道方向、大小為尸=√7.gsin。的吸引力，。是6球所在位置與

C點間的圓弧所對的圓心角。視小球為質點，兩球與AB間的動摩擦因素均為4。假設除碰撞外兩球間沒有作用力。

空氣阻力不計，重力加速度為g。求：

(I)b球在空中運動過程中重力的沖量；——ιD

(2)b球由?；駽的過程中對軌道壓力的最大值；aR島J

?RC

(3)4、〃兩球在AB上運動的總時間。ADC

12.(2021?安徽合肥?二模)如圖”所示，一足夠長的木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一小物塊。在/=0時

刻對木板施加一水平向右的恒力凡IS后撤去尸，此后木板運動的VY圖像如圖人所示。已知物塊與木板的質量均為

1kg,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m∕s2?求：

(1)產的大??；

(2)撤去尸直至木板停下的過程中，物塊所受摩擦力的沖量大?。?/p>

(3)整個過程中木板與物塊間因摩擦產生的內能。

//Z2//////////////////D//7^7

a

三、參考答案及解析

（一）真題部分

1.D

【解析】A.因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機單位面積的受力大小，故A錯誤；

B.有無安全氣囊司機初動量和末動量均相同，所以動量的改變量也相同，故B錯誤；

C.因有安全氣囊的存在，司機和安全氣囊接觸后會有一部分動能轉化為氣體的內能，不能全部轉化成汽車的動能，

故C錯誤；

D.因為安全氣囊充氣后面積增大，司機的受力面積也增大，在司機擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩沖故增加了

作用時間，故D正確。故選D。

2.B

【解析】A.摩天輪運動過程中做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在

變化，選項A錯誤；

2

B.圓周運動過程中，在最高點由重力和支持力的合力提供向心力，即,叫-/=,"匕

r

所以重力大于支持力，選項B正確；

C.轉動一周，重力的沖量為∕=O7gf,不為零，C錯誤；

D.運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時刻在變化，根據(jù)

P=mgvcosθ

可知重力的瞬時功率在變化，選項D錯誤。故選B。

3.C

【解析】設第一過程末速度為叼，第二過程末速度大小為V2.根據(jù)上面的分析知兩過程的平均速度大小相等，根據(jù)

2

勻變速直線運動規(guī)律有=上，所以有U2=2V∕.根據(jù)動能定理有：叱=；〃*,W2=?WVj-?ZMV1,而

&=；〃冠，所以叱=0.25L，叱=0.75"，故C正確，D錯誤；又因為位移大小相等，所以兩個過程中電場力的

大小之比為1：3,根據(jù)沖量定義得：h=Fιt,h=F∣t,所以/2=3//,故AB錯誤.

4.ABD

【解析】由A剛好完成一次全振動時的圖線可知波由A向B傳播，可判斷A此時刻沿y軸負方向運動，與0時刻的

開始振動時的運動方向相同，故A正確.在此后的;周期內，質點A向y軸負方向向波谷運動，回復力沿y軸正方

向，則回復力做負功，故B正確.質點不隨波遷移，故C錯誤.由簡諧運動的對稱性可知，回復力在一個周期內的

沖量為零，故D正確.故選ABD

5.BC

【解析】CD.外力撤去前，由牛頓第二定律可知尸-〃"2g=，Wal①

由速度位移公式有VJ=2ats0②

外力撤去后，由牛頓第二定律可知="嗎（3）

由速度位移公式有-喏=2g（2s0）④

由①②③④可得，水平恒力F=等

2

動摩擦因數(shù)〃=4

4gs0

滑動摩擦力4=W"g=警

4%

可知尸的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯誤；

A.在此過程中，外力尸做功為W=F?=?M?,故A錯誤；

≠=So=2%

B.由平均速度公式可知，外力/作用時間I一叱風—v0

2

3

在此過程中，尸的沖量大小是∕=R=]m%,故B正確。故選BC。

6.（1）18N?s；（2）6m；（3）30J

【解析】（1）由圖像知，力尸的方向恒定，故力尸在0~8s內的沖量

I=4乙+F1t2+F3t3=1×2N?s+3×4N?s+2×2N?s=18N?s,方向向右。

（2）由圖3知，物體在0~2s內靜止，2~6s內做勻加速直線運動，初速度為0,末速度為3m∕s,所以物體在0~6s內的

位移即為2~6s內勻加速運動的位移西=詈^=軍x4m=6m

⑶由圖3知物體在6~8s內做勻直線運動，此時摩擦力與拉力平衡即F=F=2N

物體在6~8s內做勻速直線運動位移々=Vf=3x2m=6m

物體在8~10s內做勻減速運動位移七=22∣br=Tx2m=3m

所以物體在0~10s內的總位移X=占+x2+x3=15m

摩擦力做功叼=-"=-2xl5J=-30J,即物體克服摩擦力做功30Jo

（二）強基部分

1.D

【解析】A.下蹲動作包含兩個過程：先加速向下（失重），再減速向下（超重），蹲在壓力傳感器上（平衡狀態(tài)，

也是最低點），根據(jù)圖像，Is時人正處于失重狀態(tài)，是加速下蹲的過程中，不是最低點，A錯誤：

B.起立動作也包含兩個過程：先加速上升（超重），再減速上升（失重），站在傳感器上（平衡狀態(tài)，也是最高點），

完成一次下蹲-起立動作要經(jīng)歷兩次超重和兩次失重，根據(jù)圖像可知，該同學做了一次下蹲-起立動作，B錯誤；

C.2s末至4s末表示起立過程，重力對人做的功不等于零，C錯誤；

D.2s末至4s末重力對人的沖量約為/="%∕=65xl0x2N?s=1300N?s,D正確。故選D。

2.D

【解析】A.上升過程，根據(jù)牛頓第二定律，有聲〃7g=∕∞

解得a=g+2>g

m

下降過程，根據(jù)牛頓第二定律，有〃咯①〃小

解得"=g-∕<g

m

可見：上升過程加速度大小大于下降過程加速度大小。

由于上升和下降的高度相等，上升的加速度大小大于下降的加速度大小，由運動學公式

知上升的時間小于下降的時間，故A錯誤；

B.由于小球運動過程有空氣阻力，所以機械能損失，回到拋出點時的速率V2必然小于拋出時的速率刃，則由動能

公式耳=；機/知小球回到拋出點的動能小于拋出時的動能，故上升過程減少的動能大于下落過程增加的動能，故B

錯誤；

C.上升過程同樣位置的阻力大于下落過程同樣位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的數(shù)值大于小球下降克服

阻力做功的數(shù)值，故C錯誤；

D.由題意可得，阻力與速率的關系為f=E

故阻力的沖量大小為4=ft=kvt=Ia

因為上升過程和下降過程位移相同，則上升和下降過程沖量大小相等，故D正確。故選D。

3.AC

【解析】A.物塊開始運動時，受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力<=""gcos37

根據(jù)牛頓第二定律有〃，"gcos37-MgSin37=ma

解得加速度α=lm?2

與傳送帶達到共同速度經(jīng)歷的時間為G=上=3s

a

運動的位移為Xl=-t.?4.5m

'21

因為〃=O.875,gpμmgcosθ>mgsinθ

所以，當物塊的速度與傳送帶的速度相等時，開始以u=3m∕s做勻速直線運動，一直運動到頂端B,物塊從底端4

傳送到頂端8過程中，根據(jù)動量定理，合力對物塊的沖量等于物塊動量的變化量，有/合="=機V-O=6kg?m∕s,

故A正確；

B.物塊勻速直線運動的位移為X?=L-Xl=4.5m

勻速運動的時間為芍=±^=l?5s

V

則物塊從底端傳送到頂端用的時間為f=4+L=4?5s

傳送帶對物塊的彈力為尸N∞s37

則彈力的沖量為∕=Fi√=72N?s,故B錯誤；

C.第一階段物塊與傳送帶之間發(fā)生相對滑動，物塊做勻加速直線運動，位移為

1U

X,=-vt,=41I.5m

12'

vt

傳送帶做勻速運動％=λ-2xl-9.0m

則產生的熱量為。=〃加gcose(x2-玉)=63J

第二階段物塊與傳送帶之間沒有相對滑動，不產生熱量，則物塊在傳送帶上運動過程中因摩擦產生的熱量是63J,

故C正確；

D.物塊從底端A傳送到頂端B過程中，機械能的增量為AE=$加+,WgLsin37=1I7J

故D錯誤。故選AC。

4.CD

【解析】A.根據(jù)沖量公式/=K得，重力的沖量為L=mgr

又V=I兀gR

從A到B路程為％R,則f=-^==----^―

MRg

則∕∣=my∣兀gR=mv,A錯誤；

BC.由題可知，以速度向上為負小球所受合力等于小球所需向心力，又根據(jù)/=W

得=七f=WV-(-mv)=2mv

即小球所受合力的沖量等于所需向心力的沖量，均為2mu,B錯誤，C正確；

D.由A可知，重力的沖量為機V,向下，合力的沖量為2〃?u,向下，因此則輕桿對小球作用力的沖量大小為

p=2mv-mv=mv,方向向下，D正確。故選CD。

5.CD

【解析】A.由XORaXPQ=2回3

可知，兩個小石塊。、分下落的高度之比〃原歷=2回5

下落的水平位移之比Xaa(?=2U15

由ZZ=Tgt2

可得下落時間之比taβtb=√20√5

由V=?

可得兩石塊的初速度之比VaGIM=正回行，故A錯誤；

B.二者初動能相等，即;機“加2=；〃力防2

可得兩石塊的質量之比〃］應皿6=5回2,故B錯誤；

C.重力對兩石塊做功大小之比magha^mhghh=l^l

由動能定理可知，落到山坡上時，兩石塊的動能大小之比反肩反。=曾1,故C正確；

D.兩石塊落在山坡上時，重力對兩石塊沖量的大小之比W即6=機傷加曲”如力=逐回正

故D正確。故選CD。

6.BD

【解析】A.分別對滑塊和木板受力分析，應用牛頓第二定律4〃/股=〃/

4〃mg-3μmg=Ima1

可得滑塊加速度4=4〃g

木板加速度%=等

達到共同速度后，對整體受力分析可得〃?3mg=3,"4

加速度％=

滑塊的加速度發(fā)生了變化，不是一直勻減速運動，故A錯誤;

B.滑塊的初速度K='

m

由v1-ait=a1t

可得滑塊和木板相對運動的時間為，=#一,故B正確；

滑塊和木板的共同速度h=α,f=3

^9m

整個過程木板的位移%=揮+E-=ττJ

2%2%54〃根g

所以，木板和地面因摩擦產生的內能為AE=3〃mg4=志，故C錯誤，D正確。故選BD。

7.BCD

【解析】A.關掉油門下坡的過程，汽車所示所受支持力不為零，支持力的沖量不為零，故A錯誤；

B,關閉油門汽車下坡時速度不變，則∕=mgsin6

上坡達到最大速度時，牽引力與重力沿坡面的分力和阻力的合力平衡，則有

P

mgs?nθ+f=——

%

,P

即/=—,故B正確；

2%

c?上坡過程中，汽車從靜止啟動到速度剛好增至V,",由動能定理Pf-(，"gsin0+f)s=?，成「0得到,=4町si;；+"H,

故C正確；

D.上坡過程中，汽車做加速度減小的加速運動，平均速度大于多，所以運動時間

s2s

t=一<—

V%

故D正確。故選BCD。

8.(1)200J；(2)-2400J；(3)26(X)N?s

【解析】(1)滑水者離開管道后做平拋運動X=卬I〃=Igf

可得匕=2m/s

根據(jù)動能定理有mgh=%叫2

由此得到動能Ek2=mgh+^mvf=200J

(2)滑水者在管道中滑行過程中，根據(jù)動能定理有〃?g(4-力)+叱=；加片

可得阻力做的功叫=-2400J

(3)下滑過程中動量變化量大小為即=叫-O="匕=IOOkg?m∕s,方向水平向右.

重力的沖量大小4=加卬=15∞√3N?s,方向豎直向下。

根2據(jù)動量定理，可得如圖所示，則有管道對滑水者的沖量大小為

t,I=&+(他)2=2600N-s

/

/Z

/Z

/?

IG

9.(1)"=12N,m0=1.5kg；(2)|m；(3)4N?s

【解析】(1)為保證A、B相對滑動，則

對A進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律尸=，如

a2

得NnBg=f>hA，?A=2m∕s

對B進行受力分析知"一"2=他

又即?外，當?=縱時」""ljg=冊=2m6

mn

則”=12N

又物塊C與物塊B通過繩連接，則加速度大小相同則對C進行受力分析根據(jù)牛頓第二定律

m0g-T0=m0aβ

得%=1.5kg

(2)由題知性=微?？=曰kg,對C進行受力分析得血Cg-T=WC(?

ma

對8進行受力分析得T-Jg=BB

聯(lián)立得“l(fā)j=4m∕s2,Γ=20N>η,=12N

故AB可以發(fā)生相對滑動

C落地時，根據(jù)勻加速直線運動規(guī)律得

,1，

λ=2aBz∣

Z=Is

f

?ι=?l=4m∕s

且此時8相對于地面前進的距離為s∣=/?=2m

A加速度為縱=2mA2,VAl=aΛtι=2m∕s

C落地后，對B進行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律〃n?g=，說外

2

解得?B=1m∕s

方向水平向左開始減速A加速度仍為4=2m∕s2；

，2

設再過G，AB共速，相對靜止則％+幺，2=%-即，2得%=§5

在這個時間段內B前進的距離為S2=VB∕2-∣?

代入數(shù)據(jù)得邑=守22機

又在整個過程中A前進的距離為S3=；4(乙+%>

代入數(shù)據(jù)得*=^25m

則B在A上滑行得距離為s=s∣+?-S3代入數(shù)據(jù)得S=Im

(3)由(2)知上=O到C落地用時1s,故根據(jù)沖量公式/=H

得∕=MW?gf∣=4N?s

2

10.(1)∕c=2N?s,01?2√5m∕s；(2)53°

【解析】(1)設木板AB與豎直方向的夾角為凡根據(jù)幾何知識ΛB=2Rcos6

對小球受力分析，由牛頓第二定律"華cos9=mq

由勻加速直線運動規(guī)律AB=g卬2

綜合可得r=秒=IS

重力的沖量為/<；=，?=2N?s

小球到達B點的速度為vl=alt

小球從B運動到D的過程中，由機械能守恒g機可=,*gr

綜合解得4=275m∕s2

(2)設小球到達8點的速度為匕，小球從8運動到E的過程中，由機械能守恒有

2f

-?m?^-?mvε=Imgr

小球到達七點時速度相=2?∕δm∕s,結合〃=Irn,綜合解得彩=8m∕s

根據(jù)等時圓知識，小球沿P3運動的時間與6、夕均無關，依然是/=Is

由勻加速直線運動規(guī)律，小球到達3點的速度眩=生1

設木板P3的傾角夕，對小球受力分析，由牛頓第二定律mgsin尸=相生

聯(lián)立解得Sin￡=0.8,P=53。

11.(1)2rny∣2gR；方向豎直向下；(2)6mg↑(3)6^^

μs

【解析】⑴b球第一次上升，在空中運動高度為凡設D點速度為％,則ι√=2gR

解得VD=42gR

人球在空中運動時間∕=2x區(qū)=4慳

gVg

匕球在空中運動過程中重力的沖量為/=〃磔=2小屈，方向豎直向下

(2g球由最高點下落到圓弧上P點時的高度差為∕z=R+Rcose=R(l+cosd)

2

由mgh=?ιnv得P點的速度V=y∣2gh=12gR(1+COS0)

由N—尸一mgcosA=m二得N=2mg+幣mgsinθ+3/ngcosθ

解得N=2mg+mg(J7mg+3cos≤2mg+4〃Ig=6ιng

由牛頓第三定律知，b球由由?；?。的過程中對軌道壓力的最大值為Gmgo

⑶設。球碰撞前后的速度分別為匕、Va,由2mgR=4,zn√,LmgR=Lmv^

2o2

分別求得b球碰撞前后的速度大小分別為匕=2癡，Vb=型

1'21,2?2?0

取向左為正方向，由機匕+，〃(-%')=m'+m%,-mv(

a+]“以=mv,+5zm?-

2a2

解得Vil=-殍，%'=2廊

由機械能守恒可知，b球的初速度為%,=-4=-24

則a球的初速度為v0w=-2v0h=-4廊

則。球從A運動到B的時間為4=乜二他=△叵

Ng2"g

v2

因為％/-√=>a=4gR,%；>vh

所以兩球不會發(fā)生第二次碰撞，且都將靜止在AB上，兩球在AB上向左運動的時間分別為