2025年高考物理復(fù)習(xí)試題分類訓(xùn)練：動量的圖像問題（解析卷）

專題31動量的圖像問題

一、多選題

1.（2023?山西）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動，出發(fā)點

為無軸零點，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4,重力加

速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（）

A.在x=lm時，拉力的功率為6W

B.在x=4m時，物體的動能為2J

C.從x=0運(yùn)動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為8J

D.從x=0運(yùn)動到x=4的過程中，物體的動量最大為2kg,m/s

【答案】BC

【解析】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為

W=Fx

可看出吟式圖像的斜率代表拉力Fo

AB.在物體運(yùn)動的過程中根據(jù)動能定理有

12

W-jumgx=-mv

則1m時物體的速度為

vi=2m/s

x=1m時，拉力為

F=—=6N

Ax

則此時拉力的功率

P=Fvi=12W

%=4m時物體的動能為

Ek-2J

A錯誤、B正確；

C.從x=0運(yùn)動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為

W/=fimgx=8J

C正確；

D.根據(jù)印一尤圖像可知在0—2m的過程中尸/=6N,2Tm的過程中歹2=3N,由于物體受到的摩擦力恒為

/=4N,則物體在x=2m處速度最大，且根據(jù)選項AB分析可知此時的速度

v2=A/SHI/S

則從x=0運(yùn)動到x=4的過程中，物體的動量最大為

p=mv=2&kg?m/s

D錯誤。

故選BC。

2.（2022?重慶）一物塊在傾角為45。的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，

由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時，

物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（）

A.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為也

3

B.當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時，物塊動能為3J

C.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1：3

D.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1：后

【答案】BC

【解析】A.對物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動摩擦力，有

F=f=jLtmgcos45°

由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為

q=gsin45°=*g

則拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功為

TT7…12"ng2

Wi=-jumgcos45x—a/=---------t

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

1

N=一

3

故A錯誤；

C.當(dāng)拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有

mgsin45°-F-f=ma2

解得

V2A/2

a=-g-2^gcos45°=—g

22o

則拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為

〃2_1

ax3

故c正確；

B.當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為

WG2=，wgsin45°-x

合力做功為

WL=ma2?x

則其比值為

變

%_力_3

%理，

則重力做功為9J時，物塊的動能即合外力做功為3J,故C正確；

D.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為

P=mv=

則動量的大小之比為

另一石一耳

故D錯誤。

故選BC。

3.（2022?湖南）神舟十三號返回艙進(jìn)入大氣層一段時間后，逐一打開引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，最后啟動反

沖裝置，實現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運(yùn)動情況，將其運(yùn)動簡化為豎直方向的直

線運(yùn)動，其vT圖像如圖所示。設(shè)該過程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說法正確的是（）

51’2’3

A.在0~%時間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時間減小

B.在0~%時間內(nèi)，返回艙的加速度不變

C.在月時間內(nèi)，返回艙的動量隨時間減小

D.在芍?與時間內(nèi)，返回艙的機(jī)械能不變

【答案】AC

【解析】A.重力的功率為

由圖可知在07/時間內(nèi)，返回艙的速度隨時間減小，故重力的功率隨時間減小，故A正確；

B.根據(jù)v-f圖像的斜率表示加速度可知在0~0時間內(nèi)返回艙的加速度減小，故B錯誤；

C.在時間內(nèi)由圖像可知返回艙的速度減小，故可知動量隨時間減小。故C正確；

D.在短，3時間內(nèi)，由圖像可知返回艙的速度不變，則動能不變，但由于返回艙高度下降，重力勢能減小,

故機(jī)械能減小，故D錯誤。

故選ACo

4.（2022?全國）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力E的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，尸與時間/的

關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為02重力加速度大小取g=10m/s2。貝I］（）

0

-4

A.4s時物塊的動能為零

B.6s時物塊回到初始位置

C.3s時物塊的動量為12kg-m/s

D.0~6s時間內(nèi)尸對物塊所做的功為40J

【答案】AD

【解析】物塊與地面間的摩擦力為

f=jumg=2N

AC.對物塊從0?3s內(nèi)由動量定理可知

(F-1)%=mv3

(4-2)X3=1XV3

3s時物塊的動量為

p=mv3=6kg?m/s

設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得

-(F+f)t=0-mv3

—(4+2)，=0—1x6

解得

所以物塊在4s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確，C錯誤;

B.。?3s物塊發(fā)生的位移為制，由動能定理可得

3s~4s過程中，對物塊由動能定理可得

即

1,

-(4+2)/=0——xlx6"

得

=3m

4s?6s物塊開始反向運(yùn)動，物塊的加速度大小為

a=———=2m/s2

m

發(fā)生的位移為

W=gx2x22m=4m<x1+x2

即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；

D.物塊在6s時的速度大小為

%=2x2m/s=4in/s

0~6s拉力所做的功為

W=（4X9—4X3+4X4）J=40J

故D正確。

故選AD。

5.（2021?湖南）如圖（a）,質(zhì)量分別為小A、〃加的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力尸作用在

A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為X。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運(yùn)

動的圖像如圖（6）所示，S］表示。至此時間內(nèi)A的。T圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S］、邑分別表示

。到為時間內(nèi)A、B的aT圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在%時刻的速度為％。下列說法正確的是（）

A.0到1時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAvo

B.mA>mB

C.B運(yùn)動后，彈簧的最大形變量等于x

D.S-3

【答案】ABD

【解析】A.由于在0~力時間內(nèi)，物體B靜止，則對B受力分析有

Fjs=F彈

則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A,則可將研究對象轉(zhuǎn)為A,

撤去歹后A只受彈力作用，則根據(jù)動量定理有

I=ntAVo（方向向右）

則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；

B.由a—f圖可知〃后彈簧被拉伸，在這時刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律有

F彈=mAaA=ntBCiB

由圖可知

OB>OA

則

ms<mA

B正確；

C.由圖可得，0時刻B開始運(yùn)動，此時A速度為四，之后AB動量守恒，AB和彈簧整個系統(tǒng)能量守恒，

則

mAVO=mAVA+mAVB

可得AB整體的動能不等于0,即彈簧的彈性勢能會轉(zhuǎn)化為AB系統(tǒng)的動能，彈簧的形變量小于x,C錯誤；

D.由a—t圖可知〃后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在力~短時間內(nèi)AB組成的系統(tǒng)動量守恒，且在慮時刻

彈簧的拉伸量達(dá)到最大，A、B共速，由a—f圖像的面積為Av,在這時刻AB的速度分別為

以=百-$2,為=$3

A、B共速，則

S-3

D正確。

故選ABD。

二、單選題

6.（2017?全國）一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動。F隨時間f變化的圖線如

圖所示，則（）

「FN

2-------；

1-

012-34^

-1........----------------：

A.t=ls時物塊的速率為lm/s

B.t=2s時物塊的動量大小為2kg-m/s

C.Z=3s時物塊的動量大小為5kg-m/s

D.仁4s時物塊的速度為零

【答案】A

【解析】A.由動量定理可得

Ft=mv

解得

Ft

v=——

m

Uis時物塊的速率為

用2x11,

v=—=-----=lm/s

m2

故A正確；

BCD.r=2s時物塊的動量大小

p2=Fxt2=2x2kg-m/s=4kg-m/s

r=3s時物塊的動量大小為

p3=(2x2-1xl)kg?m/s=3kg-m/s

Z=4s時物塊的動量大小為

p4=(2x2-lx2)kg-m/s=2kg?m/s

所以f=4s時物塊的速度為lm/s,故BCD錯誤。

故選Ao

7.(2022?北京)質(zhì)量為叫和膽的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時間f變化的圖像如圖所

示。下列說法正確的是()

A,碰撞前m2的速率大于mx的速率B.碰撞后m2的速率大于叫的速率

C,碰撞后電的動量大于%的動量D.碰撞后利的動能小于嗎的動能

【答案】C

【解析】A.XT圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知叫碰前的速度大小為

4,“，

%=丁m/s=4m/s

叫碰前速度為。，A錯誤；

B.兩物體正碰后，叫碰后的速度大小為

4,?，

M=-----m/s=2m/s

3-1

加2碰后的速度大小為

8-4

%=------m/s=2m/s

23-1

碰后兩物體的速率相等，B錯誤；

C.兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即

=-mivl+m2V2

解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為

m,=3叫

根據(jù)動量的表達(dá)式。=，加可知碰后叫的動量大于%的動量，C正確；

D.根據(jù)動能的表達(dá)式可知碰后叫的動能大于叫的動能，D錯誤。

故選C。

8.（2021.湖南）物體的運(yùn)動狀態(tài)可用位置x和動量P描述，稱為相，對應(yīng)P-x圖像中的一個點。物體運(yùn)動

狀態(tài)的變化可用0-X圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點沿X軸正方向做初速度為零的勻

加速直線運(yùn)動，則對應(yīng)的相軌跡可能是（）

【解析】質(zhì)點沿X軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則有

v2=2ax

而動量為

p=mv

聯(lián)立可得

____

p=myflax=rnyfla-

動量P關(guān)于x為幕函數(shù)，且x>0,故正確的相軌跡圖像為D。

故選D。

9.（2020?全國）甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前

后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為

()

A.3JB.4JC.5JD.6J

【答案】A

【解析】由v-f圖可知，碰前甲、乙的速度分別為叫=5m/s,以=lm/s；碰后甲、乙的速度分別為4=-lm/s,

色=2m/s,甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒得

7峰為！+叫丫乙+叱吃

解得

=6kg

則損失的機(jī)械能為

,j-,12121,21，2

AE=—ffl￥vEfJ+-^vZj--mtf3v(fJ

解得

AE=3J

故選A?

10.（2014?重慶）一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v=2m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛

出，甲、乙的質(zhì)量比為3：1.不計質(zhì)量損失，取重力加速度g=10m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡

可能正確的是（）

【答案】D

【解析】試題分析：炮彈到達(dá)最高點時爆炸時，爆炸的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力（外力），遵守動量守恒定律；當(dāng)炮

彈到達(dá)最高點時爆炸為沿水平方向運(yùn)動的兩片，兩片炸彈都做平拋運(yùn)動.根據(jù)平拋運(yùn)動的基本公式即可解

題.

規(guī)定向右為正，設(shè)彈丸的質(zhì)量為4m,則甲的質(zhì)量為3m,乙的質(zhì)量為m,炮彈到達(dá)最高點時爆炸時，爆炸

的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力（外力），遵守動量守恒定律，則有4根％=3根匕+根嶺,則8=39+嶺，兩塊彈片都做平拋

運(yùn)動，高度一樣，則運(yùn)動時間相等,玉=卬=V],x2=v2t=v2,

則8=3%+%,結(jié)合圖象可知，D的位移滿足上述表達(dá)式，故D正確.

三、解答題

11.（2022?浙江）艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某

興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機(jī)的動子（圖中未畫出）與線圈絕

緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小均為瓦開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛

速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻吊,同時施加回撤力凡在E和磁場力作用下，動子恰好

返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在〃至B時間內(nèi)F=（800-10v）N,

匕時撤去八已知起飛速度v/=80m/s,〃=1.5s,線圈匝數(shù)“=100匝，每匝周長/=lm,飛機(jī)的質(zhì)量Af=10kg,

動子和線圈的總質(zhì)量%=5kg,R尸9.5Q,B=0.1T,不計空氣阻力和飛機(jī)起飛對動子運(yùn)動速度的影響，求

(1)恒流源的電流/;

(2)線圈電阻R；

(3)時刻為。

【答案】(1)80A；(2)R=0.5Q；(3)

2

【解析】(1)由題意可知接通恒流源時安培力

F麥=nBIl

動子和線圈在時間段內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動的加速度為

根據(jù)牛頓第二定律有

F安=(^M+rri)a

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

1=^-----^-=80A

nlBt、

(2)當(dāng)S擲向2接通定值電阻Ro時，感應(yīng)電流為

j,_nBlv

一人+R

此時安培力為

琮=nBI'l

所以此時根據(jù)牛頓第二定律有

(800-10v)+n1Bv=ma'

4+R

由圖可知在。至八期間加速度恒定，則有

=10

&+R

解得

R=0.5Q,=160m/s2

(3)根據(jù)圖像可知

t?—或——--0.5s

a'

故=2s；在0~/2時間段內(nèi)的位移

s卬2=80m

而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

「MnBAS

AtNt

電荷量的定義式

△q=It

1=E

R+R0

可得

nBls（13—G）

Aq=—L--------=

R+R。

從打時刻到最后返回初始位置停下的時間段內(nèi)通過回路的電荷量，根據(jù)動量定理有

—nBlAq=0—ma'

聯(lián)立可得

（，372）~+（，3T2）T=0

解得

12.(2022?湖南)如圖(a),質(zhì)量為優(yōu)的籃球從離地”高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后

反彈至離地〃的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的彳倍(2為常數(shù)且

H-h

0<2<--),且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。

H+h

(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

(2)若籃球反彈至最高處〃時，運(yùn)動員對籃球施加一個向下的壓力E使得籃球與地面碰撞一次后恰好反

彈至〃的高度處，力廠隨高度y的變化如圖（b）所示，其中%已知，求綜的大小;

（3）籃球從反高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運(yùn)動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間

給其一個豎直向下、大小相等的沖量/,經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量/的大小。

2，四（1一2）（七一/0,，2g(l—2)("—h)(HN+i_h'再

【答案】（1）k=飛h(HN-hN)

〃一4

【解析】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg—Amg=ma下

再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的公式，下落的過程中有

埠=2arH

籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg+Amg=ma上

再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的公式，上升的過程中有

V：=2a上h

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

空—(1+2)/?

11(1-㈤H

（2）若籃球反彈至最高處用時，運(yùn)動員對籃球施加一個向下的壓力憶則籃球下落過程中根據(jù)動能定理有

h—h.1

mghH----了他Fo—Amgh=—m4

籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有

-mgh-Amgh=°一g根

聯(lián)立解得

2mg(l—儲(H—h)

F。

h—h^

（3）方法一：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為

。下=（l-4）g（方向向下）

a上=（l+4）g（方向向下）

由題知運(yùn)動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量/,由于拍擊時間

極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有

I=mv

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度Vo

拍擊第1次下降過程有

片一聲=2（l-2）g%

上升過程有

網(wǎng)）2=2（1+#g%

代入左后，下降過程有

,一F=2（l-%）g4

上升過程有

hv：=2（1-2）^

聯(lián)立有

1

4=）=（今,%+（。?1

H2g（;1-八4）HH2g（二1-4八）

拍擊第2次，同理代入左后，下降過程有

v；-v2=2（1-2）^

上升過程有

2(1-2)g/77z.

聯(lián)立有

再將歷代入上有

v2

(H)2g(1--)

拍擊第3次，同理代入左后，下降過程有

vf-v2=2(l-/l)g^

上升過程有

hvj=2(1—4)gHI%

聯(lián)立有

,h,v2、

%=--(z。2~l---------)

H匕(l-4)2g

再將八2代入加有

%=(H/%+(H&?2gd(l-^z)+金H-2g7(1^-4)+分H72g(1^-4)

直到拍擊第N次,同理代入左后，下降過程有

2

v^-v=2(1-X)ghN_x

上升過程有

布=2(1-幾)g%

聯(lián)立有

2

7hZ7v

hN=—(/iviH---------)

NHNT2g(lT)

將hN-i代入版有

??+(與1—

H2g(l—4)

其中

hN=H,h0=h

則有

(h、N+Ih

H=(—)N-h+[%

H"J

則

,1g(l—儲(H-h)(HN+i_卜叼

I=mv'

\h(HN-hN)

方法二：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為

。下=（l-4）g（方向向下）

a上=(l+4)g(方向向下)

由題知運(yùn)動員拍擊一次籃球(拍擊時間極短)，瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量/,由于拍擊時間

極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度設(shè)籃球從以下落時，速度為%,反彈高度為〃，籃球受到?jīng)_量I后速

度為V',落地時速度為匕，則

2(1+A)gh=(d)2,2(1-A)gh=v：-v設(shè)

聯(lián)立可得

h「出。)2_匕、"2

2(1+A)g2(1-2)g

代入人可得,

籃球再次反彈，反彈速度為左匕，設(shè)反彈高度為加，受到?jīng)_量后，落地速度為V2,同理可得

22

2(l+2)g4=(h))2,2(1-X)g4=v2-v'

同理化簡可得

籃球第三次反彈，反彈速度為小2,設(shè)反彈高度為〃2,受到?jīng)_量后，落地速度為也，同理可得

22

2(1+X)ga=(狂2)2,2(l-A)g/z2=v3-v'

同理化簡可得

第N次反彈可得

J-fJ-JZjr2口N-l

對式子①②③……(N)兩側(cè)分別乘以(丁)°、不、二....再相加可得

得

-N

1(~)TTN-IJ

h,,r2tl2?2

~TtTv=產(chǎn)為學(xué)。

l~~h

其中，共=2(l-2)gH,&N)2=2(l+X)gH,可得

[2g(i—a)(H-聯(lián)父+1—a不

Vh(HN-hN)

可得沖量/的大小

,l2g(l-2)(H-h)(HN+1-hN+1)

'h(HN-hN)

13.(2022?全國)如圖(a),一質(zhì)量為機(jī)的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊8向A運(yùn)

動，1=0時與彈簧接觸，至打=2辦時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的V—圖像如圖(b)所示。已

知從f=0到公辦時間內(nèi)，物塊A運(yùn)動的距離為0.36卬°。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一

直在水平面上運(yùn)動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點與前一次相同。斜面傾角為

e(sin6=0.6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

【答案】(1)0.6*;(2)0.768%%；(3)0.45

【解析】(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即r=r0時刻，根據(jù)動量守

恒定律

mB?1.2%=+m)v0

根據(jù)能量守恒定律

1212

"max=-mfl(1.2v0)*--(mB+m)v0

聯(lián)立解得

mB=5m

耳?X=0.6叫

（2）解法一：同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律

F=ma

可知同一時刻

?A=5aB

則同一時刻A、8的的瞬時速度分別為

vA=aAt,vB=1.2v0--手

根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得

，4=丫3（累積）,累積）

又

sA=O.36voto

解得

sB=1.128v0/0

第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

As=sB-sA=0.768%%

解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有

mBxl.2v0=6mv0=mBvB+mvA

對方程兩邊同時乘以時間加，有

6mv0Az=5mvBAt+mvA\t

0-%之間，根據(jù)位移等速度在時間上的累積，可得

ms

6mv0t0=5msB+A

將〃=0.36%/。代入可得

sB=1.128%"

則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

/^s=sB-sA=0.768%"

(3)物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與8分離后速度大小仍為2%,方

向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為vA,設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得

mvA-5m-O.8vo=m-(-2v0)+5mvB

根據(jù)能量守恒定律可得

2

g/wv；+-5m-(O.8vo)-5mVg

聯(lián)立解得

VA=V0

方法一：設(shè)在斜面上滑行的長度為L,上滑過程，根據(jù)動能定理可得

2

1-

-mgLsin。-jUmgLcos0-0--m(2v0)

下滑過程，根據(jù)動能定理可得

,12

mgLsin0—/dmgLcos0=—mv0-0

聯(lián)立解得

jU=0.45

方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度，

mgsin3+國ngcos6=ma±,mgsin0-/jmgcos0=may

上滑時末速度為0,下滑時初速度為0,由勻變速直線運(yùn)動的位移速度關(guān)系可得

222

2a上x=(2v0)-0,2a下x=vA'=v0

聯(lián)立可解得

〃=0.45

14.(2021?浙江)如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為1的中間有小孔的兩平行金屬板

M、N和邊長為乙的立方體構(gòu)成，其后端面尸為噴口。以金屬板N的中心。為坐標(biāo)原點，垂直立方體側(cè)面

和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強(qiáng)為E、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場；立方體內(nèi)存在

磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量Bx和By隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙

所示，圖中為可調(diào)。氨離子(Xe2+)束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運(yùn)動到M板，經(jīng)電場加速進(jìn)入

磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點。處相對推進(jìn)器的速度為vo。已

知單個離子的質(zhì)量為加、電荷量為2e,忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小于推進(jìn)器的質(zhì)量。

(1)求離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小vs；

(2)不考慮在磁場突變時運(yùn)動的離子，調(diào)節(jié)綜的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出,

求為的取值范圍；

(3)設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T,單位時間從端面尸射出的離子數(shù)為小且

穌=叵也。求圖乙中％時刻離子束對推進(jìn)器作用力沿z軸方向的分力。

紇八

B。.

【答案】⑴vs=h-—；(2)0~翳；⑶|nmv0,方向沿z軸負(fù)方向

Vm5eL5

【解析】(1)離子從小孔S射出運(yùn)動到金屬板N中心點。處，根據(jù)動能定理有

1,1

2eEd=—mVg-—mvs"

解得離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小

(2)當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口尸的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有

(用一51+方=后

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

聯(lián)立解得

2mv0

當(dāng)磁場在x和y方向的分量同取最大值時，離子從噴口P邊緣交點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有

R「+/?=闿

此時8=0穌；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

2exVQx=—■

聯(lián)立解得

故綜的取值范圍為。~著

（3）粒子在立方體中運(yùn)動軌跡剖面圖如圖所示

由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

=

2exv0xy/2B0~^~

且滿足

s/2mv0

=