高中物理动量能量典型试题汇总

高中物理动量能量典型试题

1．(14分)某地强风的风速是20m/s，空气的密度是=1.3kg/m。一风力发电机的有效受风

2

面积为S=20m，如果风通过风力发电机后风速减为12m/s，且该风力发电机的效率为=80%，

3

则该风力发电机的电功率多大？

1．风力发电是将风的动能转化为电能，讨论时间t内的这种转化，这段时间内通过风力发电机的空气 的空气是一个以S为底、v0t为高的横放的空气柱，其质量为m=Sv0t，它通过风力发电机所减少的动能用以发电，设电功率为P，则

121212Pt(mv0mv)Sv0t(v0v2)

222代入数据解得 P=53kW

2、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲车上

有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时： （1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？

2．分析与解：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。

（1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V，则: M1V1－M2V1=（M1+M2）V

VM1M220V16m/s1.5m/s

M1M280

（2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s）

每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为 △P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s）

故小球个数为NP22515(个) P1153．如图11所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上

面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求： （1）木块B从刚开始运动到与木板C速度

2V0 V0 刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；

A B （2）木块A在整个过程中的最小速度。

C 3．分析与解：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做图11 匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的

匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为V1。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：

mV02mV0(mm3m)V1

解得：V1=0.6V0

对木块B运用动能定理，有：

mgs2112mV1m(2V0)2 22解得:s91V0/(50g)

（2）设木块A在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t，由牛顿第二定律： 对木块A：a1mg/mg, 对木板C：a22mg/3m2g/3,

当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有： V0gt(2g/3)t

解得t3V0/(5g)

/木块A在整个过程中的最小速度为：VV0a1t2V0/5.

4．总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，如图13所示。设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？

4．分析与解：此题用动能定理求解比用运动学、牛顿第二定律求解简便。 对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：

1FLk(Mm)S1(Mm)V022对车尾，脱钩后用动能定理得：

1kmgS2mV02

2而SS1S2，由于原来列车是匀速前进的，所以F=kM 由以上方程解得SML。

Mm5．如图14所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A（A视质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰。碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力。已知A滑到C的右端面未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走

A 过的距离是C板长度的多少倍？ C B 5．分析与解：设A、B、C的质量均为m。B、C碰撞前，A与B的共同速度为V0，碰撞后B与C的共同速度为V1。对

图14

B、C构成的系统，由动量守恒定律得：mV0=2mV1

设A滑至C的右端时，三者的共同速度为V2。对A、B、C构成的系统，由动量守恒定律得：2mV0=3mV2

设C的长度为L， A与C的动摩擦因数为μ，则据摩擦生热公式和能量守恒定律可得：

111QmgL.2mV12mV02.3mV22

222设从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为S，则对B、C构成的系统据动能定理可得：mgS11(2m)V22(2m)V12 22S7由以上各式解得.

L31，26．面积很大的水池，水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块边长为a，密度为水的

质量为m，开始时，木块静止，有一半没入水中，如图38所示，现用力F将木块缓慢地压到池底，不计摩擦，求

（1）从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功。

（2）若将该木块放在底面为正方形（边长为2a）的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，如图39所示，现用力F将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦。求从开始到木块刚好完全没入水的过程中，容器中水势能的改变量。

a

H

图39 图38

6．解：（1） 因水池面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为

大块势能的改变量为:

33E水1mgHmg(Ha)mga 44a a1E木mg(H)mgHmga 22a/2 根据功能原理，力F所做的功：

WE水E木1mga 42

(2) 因容器水面面积为2a，只是木块底面积的2倍，不可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图8中原来处于下方划斜线区域的水被排开到上方划斜线区域。这部分水的质量为m/2，其势能的改变量为：

a/4 3a/4

3E水2mga。

8

7． 如图13所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并V0 以1/2 V0滑离B，确好能到达C的最高点。A、B、CA B C 的质量均为m，试求：（1）木板B上表面的动摩擦因素μ；（2）1/4圆弧槽C的半径R；（3）当A滑图13 离C时，C的速度。 7．（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动

量守恒，

mV0mV0V02mVV1124（1分） ，（2分） 得

系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能， QmgL，（1分）

11V15VV2EKmV0m02m00222216Lg（1分） 4，（1分） 得

（2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为V2，由于水平

222m面光滑，A与C组成的系统动量守恒，

3VV0V20mV1(mm)V28 2，（2分）得

21V01V012mm2mV2mgR242A与C组成的系统机械能守恒，22（2分）

2VR064g（1分） 得

（3）当A滑下C时，设A的速度为VA，C的速度为VC，A与C组成的系统动量守恒，

2mV0mV1mVAmVC2 , （1分）

221V01V01122mmmVAmVC2422A与C组成的系统动能守恒，22（2分）

V0得VC = 2（2分）

8．(13分)如图所示，将质量均为m厚度不计的两物块A、B用轻质弹簧相连接，只用手托着B物块于H高处，A在弹簧弹力的作用下处于静止，将弹簧锁定．现由静止释放A、B ，B物块着地时解除弹簧锁定，且B物块的速度立即变为0，在随后的过程中当弹簧恢复到原长时A物块运动的速度为υ0，且B物块恰能离开地面但不继续上升．已知弹簧具有相同形变量时弹性势能也相同．

（1）B物块着地后，A向上运动过程中合外力为0时的

A 速度υ1；

A （2）B物块着地到B物块恰能离开地面但不继续上升的过程中，A物块运动的位移Δx；

BB（3）第二次用手拿着A、B两物块，使得弹簧竖直并处

于原长状态，此时物块B离地面的距离也为H，然后由静止同时释放A、B，B物块着地后速度同样立即变为0．求

H 第二次释放A、B后，B刚要离地时A的速度υ2．

8．(13分) （1）设A、B下落H过程时速度为υ，由机械能守恒定律有：

2mgH12mv2（1分） 2B着地后，A和弹簧相互作用至A上升到合外力为0的过程中，弹簧对A做的总功为零．（1分）

1212mv1mv（1分） 22解得：v12gH （1分）

即0

A

A x υ2 υ1 BB A A x x A H 原长

BBB

（2）B物块恰能离开地面时，弹簧处于伸长状态，弹力大小等于mg，B物块刚着地解除弹簧锁定时，弹簧处于压缩状态，弹力大小等于mg．因此，两次弹簧形变量相同，则这两次弹簧弹性势能相同，设为EP．（1分）

又B物块恰能离开地面但不继续上升，此时A物块速度为0．

从B物块着地到B物块恰能离开地面但不继续上升的过程中，A物块和弹簧组成的系统机械能守恒

1EPmv12mgxEP（2分）

2得Δx＝H（1分） （3）弹簧形变量x1x（1分） 2

第一次从B物块着地到弹簧恢复原长过程中，弹簧和A物块组成的系统机械能守恒

112（1分） EPmv12mgxmv022第二次释放A、B后，A、B均做自由落体运动，由机械能守恒得刚着地时A、B系统的速度为v12gH（1分）

从B物块着地到B刚要离地过程中，弹簧和A物块组成的系统机械能守恒

1212mv1mgxmv2EP（1分） 22联立以上各式得v22（1分） 2gHv09．（重庆市2008届直属重点中学第2次联考）如图所示，质量为m＝1kg的滑块，以υ0＝

5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若小车质量M＝4kg，平板小车长L＝3.6m，滑块在平板小车上滑移1s后相对小车静止.求： (1)滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；

(2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少?

2

（g取9.8m/s ） （10分）

9．（1）m滑上平板小车到与平板小车相对静止，速度为v1,

据动量守恒定律：mv0(mM)v1 ①（2分）

对m据动量定理：mgtmv1mv0 ②（2分）

将①代入②解得μ=0.4 （2分）

（2）设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度为v2 ，据动量守恒定律：

mv0(mM)v2 ③ （2分）

对m据动能定理有：

mgS物1212mv2mv022 ④（1分）

对M据动能定理有：由几何关系有：

mgS车12Mv202 ⑤（1分）

S物S车L ⑥（1分）

联立③④⑤⑥解得：v0=6米/秒即滑块的初

速度不能超过6米/秒。（1分）

或由功能原理得：

22mgLmv0(mM)v2（3分）

1212解得：v0=6米/秒（1分）

（其他解法，按相应分数给分）

10．如图所示，一轻质弹簧一端固定，一端与质量为 m 的小物块A相联，原来A静止在光滑水平面上，弹簧没有形变，质量为m4s s F B C

A O D

的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿光滑水平面向右运动，在O点与物块A相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短）。运动到D点时，将外力F撤去，已知CO=4s，OD=s,则撤去外力后，根据力学规律和题中提供的信息，你能求得哪些物理量（弹簧的弹性势能等）的最大值？并求出定量的结果。

10．解析：物块B在F的作用下，从C运动到O点的过程中，设B到达O点的速度为v0，由动能定理得：

F ·4s=

12mv0 2对于A与B在O点的碰撞动量守恒，设碰后的共同速度为v，由动量守恒定律可得： mv0=2mv

当A、B一起向右运动停止时，弹簧的弹性势能最大。设弹性势能的最大值为Epm,据能量守恒定律可得：

Epm=Fs+

12mv23Fs 2撤去外力后，系统的机械能守恒。根据机械能守恒定律可求得A、B的最大速度为： vAmvBm3Fs。 m11．如图所示，质量均为M的木块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根轻质细杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O上系一长度为L的细线，细线的另一端系一质量为m的小球C，现将C球的细线拉至水平，由静止释放，求：

（1）两木块刚分离时，A、B、C速度各为多大？

（2）两木块分离后，悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少？

11．分析：C球下摆过程中，在达到最低位置之前，悬线拉力的水平分量使A、B同时达到最大速度，且：PCPAPB，A、B、C三者组成一个系统，满足系统机械能守恒和动量守恒；C球摆过最低位置后，悬线拉力使A向右做减速运动，致使A、B分离，分离后，B以原速度做匀速直线运动，PCPA，所以，A速度减为零后改为反方向向左运动，当A、C速度相等时，C球摆到最高点，此过程A、C组成的系统动量守恒、机械能守恒。

解：（1）A、B、C三者组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，选取最低点EP0，

C球到达最低点时A、B共同速度为vA，C速度vc为，规定向左为正方向：

0mvc2MvA　　(1) mgL解得：vC21212mvc2MvA　　(2) 22MgLm　　；vA2MmMMgL

2Mm

（2）、从C球在最低点开始，C与A组成一个系统满足动量守恒和机械能守恒，设摆到最高处为hx，此时，A、C共同速度为vx：

mvcMvA(mM)vx　　(1)

解得：vx121122mvcMvA(mM)vxmghx　　(2) 222mMmMgL2Mm 　　；hxL； cos12(mM)2Mm2(Mm)难点：认为球的运动轨迹是完整的圆弧，没有考虑到对地而言是一条曲线，而且到达最

高点时A、C相对速度为零，即只具有水平方向上的速度。运用整体法：

11220MvA(mM)vx　　；mgLcos(mM)vxMvAmgL

22在多个物理过程中，确定系统的初末状态是解决问题的关键，“系统的初末状态”是指

系统在内力相互作用时间内开始和结束的状态，而不是任意物理过程的开始和结束的状态，这是解决问题的关键。

12．如图所示，两个质量均为4m的小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上．一颗质量为m子弹，以水平速度v0射入A球，并在极短时间内嵌在其中．求：在运动过程中 （1）什么时候弹簧的弹性势能最大，最大值是多少？ （2）A球的最小速度和B球的最大速度．

12．解析：子弹与A球发生完全非弹性碰撞，子弹质

量为m，A球、B球分别都为M，子弹与A球组成的系统动量守恒，则 mv0= (m+M)V ①

（1）以子弹、A球、B球作为一系统，以子弹和A球有共同速度为初态，子弹、A球、B球速度相同时为末态，则 （m+M）V= (m+M+M)V′ ②

12(mM)V212(mMM)V2EP

22mv0③

M＝4m，解得EP45 ④

（2）以子弹和A球有共同速度为初态，子弹和A球速度最小、B球速度最大为末态，则（m+M）V= (m+M)VA+MVB ⑤ 12(mM)V2145122(mM)VA122 MVB⑥ ⑦ ⑧

145解得VA或VA＝

v0，VB29v0

15v0，VB＝0

根据题意求A球的最小速度和B球的最大速度，所以VAminv0，VBmaxv0

92

13．质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为mA=2kg、mB=1kg的小物体A、B都以大小为v0=7m/s。方向相反的水平速度，同时从小车

板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与车间的动摩

2

擦因素μ=0.2，取g=10m/s,求：

（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小

（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。 （3）在给出的坐标系中画出小车运动的速度——时间图象。 v/m.s-1 2 A v0 v0 B

1 O 5 t/s 1 2 3 4 13．（1）当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示：

v0

A v0 B fB fA f车

由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块速度减小到与小车速度相等。设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为t1，其速度大小为v1，则：

v1=v0-aAt1 μmAg=mAaB ① v1=a车t1 μmAg-μmBg=Ma车 ② 由①②联立得：v1=1.4m/s t1=2.8s ③

（2）根据动量守恒定律有：

mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v ④ v=1m/s ⑤ 总动量向右， 当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了。 设再经过t2时间小物体A与B、车速度相同，则： -v=v1-aBt2 μmBg=mAaB ⑥ 由⑥⑦式得：t2=1.2s ⑦ 所以A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为t=t1+t2=4.0s ⑧

（3）由（1）可知t1=2.8s时，小车的速度为v1=1.4m/s，在0~t1时间内小车做匀加速运动。在t1~t2时间内小车做匀减速运动，末速度为v=1.0m/s,小车的速度—时间图如图所示：⑨

v/m.s-1 2

1 O

评分标准：①②③④式各2分；⑤式1分；⑥式2分；⑦⑧⑨式1分；速度—时间图像4分。

14．如图所示，n个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为μ．开始时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下．（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能． （2）求第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与

碰撞前动能之比．

l l l （3）若n=4，l=0.10m，v0=3.0m/s，重力加速度g=10m/s2，求μ的数值． 左 n n-1 n-2 v0 1

14．（1）整个过程木块克服摩擦力做功

第14题图 W＝μmg·l+μmg·2l +……+μmg·nl＝

n (n1)mgl2 ①

根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为

△EK= EK 0－W ② 得 △EK =

12n2mv (n1)mgl02 ③ （2）设第i次（i≤n－1）碰撞前木块的速度为vi，碰撞后速度为vi′，则

（i+1）m vi′= im vi ④

碰撞中损失的动能△EK i与碰撞前动能EK i之比为

1Eimv21(2Ki2i2i1)mviE （i≤n－1） ⑤ Ki12imv2i可得 EKiE1i1 （i≤n－1） ⑥ Ki（3）初动能 E2

K 0= mv0/2

第1次碰撞前 EK 1= EK 0－μmgl ⑦ 第1次碰撞后 EK 1′= EK 1－△EK 1= EK 1－EK 1/2= EK 0/2－μmgl/2 ⑧ 第2次碰撞前 EK 2= EK 1′－μ（2mg）l= EK 0/2－5μmgl/2

第2次碰撞后 EK 2′= EK 2－△EK 2= EK 2－EK 3/3= EK 0/3－5μmgl/3 第3次碰撞前 EK 3= EK 2′－μ(3mg)l= EK 0/3－14μmgl/3 第3次碰撞后 EK 3′= EK 3－△EK 3= EK 0/4－7μmgl/2

据题意有 EK 0/4－7μmgl/2＝μ(4mg)l ⑨ 带入数据，联立求解得 μ＝0.15 ⑩

右

15．如图甲所示，小车B静止在光滑水平上，一个质量为m的铁块A（可视为质点），以水平速度v0＝4.0m/s滑上小车B的左端，然后与小车右挡板碰撞，最后恰好滑到小车的中点，已知

M3，小车车面长L＝1m。设A与挡板碰撞无机械能损失，碰撞时间可忽略m2

不计，g取10m/s，求：

（1）A、B最后速度的大小； （2）铁块A与小车B之间的动摩擦因数； （3）铁块A与小车B的挡板相碰撞前后小车B的速度，并在图乙坐标中画出A、B相对滑动过程中小车B相对地面的速度v－t图线。

v0 BMmA

L

图甲

图乙

15．解：(1)对A、B系统，由动量守恒定律：

Mv0＝(M＋m) v

得vv /ms-12.01.51.00.5 00.51.0t /smv01m/s （4分）

Mm（2） A、B系统，由动量定理，对全过程有

μmg1.5L=

121mv0(Mm)v2 222v04v2解得 0.4 （4分）

4gL（3） 设A、B碰撞前速度分别为v10和v20 对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2 对系统能量转化和守恒

μmgL=

111222 mv0mv10Mv20222带入数据联立方程，解得v10=1+3=2.732 m/s (舍v10=1－3=－0.732m/s)

v20=1－

3=0.423m/s （23分）

该过程小车B做匀加速运动，μmg=MaM

aM=

42

m/s3 v20= aMt1 t1 =0.317s （1分） A、B相碰，设A、B碰后A的速度为v1和 v2 A、 ，对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2

对系统机械能守恒

11112222 mv10Mv20mv1Mv22222带入数据联立方程，解得v1=1－3=－0.732 m/s (舍v1=1＋3 m/s) “－”说明方向向左

v2=1＋

3=1.577m/s （2分） 3该过程小车B做匀减速运动，－μmg=MaM aM=－

42

m/s3到最终相对静止 v＝ v2＋aMt2

t2=0.433s （1分） 所以 ，运动的总时间为 t= t1+ t2=0.75s

小车B的v-t图如下图所示 （2分）

v /ms-1

2.0

1.5

1.0

0.5

0 t /s0.51.0

16．如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以v1＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送带的摩擦因数0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50m/s，设子弹射穿木块的时间极

2

短，（g取10m/s）求：

（1）木块遭射击后远离A的最大距离；

（2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。 16．（1）设木块遭击后的速度瞬间变为V，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv0Mv1mvMV （3分） 则Vm(v0v)v1，代入数据解得V3m/s，方向向右。 （2分） M 木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，其受力如图所示。

摩擦力 fFNMg0.5×1×10N5N （1分） 设木块远离A点的最大距离为S，此时木块的末速度为0， 根据动能定理得 fS01MV2 （3分） 2MV21×32 则Sm0.9m （1分）

2f2×5 （2）研究木块在传送带上向左运动的情况。

设木块向左加速到v12m/s时的位移为S1。 由动能定理得 fS11Mv12 2Mv121×22m0.4m0.9m （3分） 则S12f2×5 由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段：先向左加速运动一段时间

t1，再匀速运动一段时间t2。

由动量定理得ft1Mv1

则t1Mv11×2s0.4s （2分） f5 t2SS10.90.4s0.25s （2分） v12 所求时间 tt1t20.4s0.25s0.65s （1分）

17．如图所示为一个模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量M=l00kg、电量q= + -2

6.0×10C的传送小车，小车置于光滑的水平地面上。在传送途中，有一个水平电场，电场

3

强度为E=4.0×l0V／m，可以通过开关控制其有无。现将质量，m＝20kg的货物B放置在小车左端，让它们以υ=2m／s的共同速度向右滑行，在货物和小车快到终点时，闭合开关产生一个水平向左的匀强电场，经过一段时间后关闭电场，当货物到达目的地时，小车和货物的速度恰好都为零。已知货物与小车之间的动摩擦因素μ=0.1。 (1)试指出关闭电场的瞬间，货物和小车的速度方向。

(2)为了使货物不滑离小车的另一端，小车至少多长?

2

(货物不带电且体积大小不计，g取10m／s)

17．(1)货物和小车的速度方向分别向右和向左 (3分)

(2)设关闭电场的瞬间，货物和小车的速度大小分别为υB和υA；电场存在时和电场消失后货物在小车上相对滑行的距离分别为L1和L2；电场存在的时间是t，该段时间内货物和小车的加速度大小分别是aB和aA，对地位移分别是sB和sA在关闭电场后，货物和小车系统动量守恒，由动量规律和能量规律

有mυB－MυA错误!未找到引用源。0 ① (2分)

1212

μmgL2错误!未找到引用源。 mυB+ MυA ② (2

22

分)

由①式代人数据得υB错误!未找到引用源。5υA ③ (1分)

在加电场的过程中，货物一直向前做匀减速运动，小车先向前做匀减速运动，然后反向做匀加速运动，由牛顿定律

2

有aB错误!未找到引用源。μmg/m错误!未找到引用源。1m/s (1分)

2

aA错误!未找到引用源。(qE－μmg)/M错误!未找到引用源。2.2m/s (1分)

又υB错误!未找到引用源。υ－aBt , υA错误!未找到引用源。|υ－aAt| (2分)

将其与③式联立可得 t错误!未找到引用源。1s,υB错误!未找到引用源。1m/s,υA错误!未找到引用源。0.2m/s (3分)

1

再由运动学公式可得sB错误!未找到引用源。υt－ aBt2错误!未找到引用源。1.5m

2(1分)

1

sA错误!未找到引用源。υt－ aAt2错误!未找到引用源。0.9m

2

(1分)

所以L1＝sB-sA错误!未找到引用源。0.6m (1分)

又将数据代入②式解得 L2错误!未找到引用源。0.6m (1分)

所以小车的最短长度为L错误!未找到引用源。L1+L2错误!未找到引用源。1.2m (1分) 18．（08汕头）（16分）在光滑的水平面上，静止放置着直径相同的小球A和B，它们的

质量分别为m和3m，两球之间的距离为L．现用一大小为F的水平恒力始终作用到A球上，A球从静止开始向着B球方向运动，如图所示．设A球与B球相碰的时间极短、碰撞过程没有机械能损失，碰撞后两球仍在同一直线上运动．求： （1）A球第一次碰撞B球之前瞬间的速度．

（2）A球到第二次碰撞B球之前，A球通过的总路程S． 3mmFAB

18．（16分）参考解答 L（1）设A球的加速度为a，第一次碰到B球瞬间速度为v1，则 Fma ①（1分）

v122aL ②（1分）

解得v12FL ③（1分） m（2）两球碰撞过程动量守恒（取向右方向为正方向），得 mv1mvA1'3mvB1' ④（1分）

碰撞过程没有机械能损失，得

1211mv1mv'23mv'2A1B1 ⑤（1分） 222解得两球第一次的速度 v'A1v1v（方向向左），v'B11（方向向右） ⑥（2分） 22碰后A球先向左匀减速运动，再向右匀加速运动，直到第二次碰撞B球． 设碰后A球向左运动的最大距离为SA2，则

'2vA12aSA2 ⑦（1分）

解得SA2L ⑧（1分） 4 设两球第一次碰后到第二次碰前经过的时间为t2，两球的位移都为S2，有

S2v'B1t2v'A1t2解得t212at2 ⑨（2分） 22v1，S22L ⑩（2分） a 因此到第二次碰撞B球之前，A球通过的总路程

SL2SA2S2 ⑾（2分）

解得S3.5L ⑿（1分）

19．如图所示是建筑工地常用的一种“深穴打夯机”。工作时，电动机带动两个紧压夯杆的滚轮匀速转动将夯从深为h的坑中提上来，当两个滚轮彼此分开时，夯杆被释放，最后夯在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后，两个滚轮再次压紧，夯杆再次被提上来，如此周而复始工作。已知两个滚轮边缘线速度v恒为4 m/s，每个滚轮对夯杆的正压力FN为

43

210 N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数为0.3，夯杆质量m为110 kg，坑深h为6 m。假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，且夯杆底端升到坑口时，速度正好为零，取g＝10 2

m/s，求：

（1）每个打夯周期中，电动机对夯杆所作的功。

（2）夯杆上升过程中被滚轮释放时夯杆底端离坑底多高； （3）打夯周期；

19.答案：（1）因为夯杆底端升到坑口时，速度正好为零，所以每个打夯周期中，电动机对夯杆所作的功 Wmgh610J

（2）根据题意，考虑到夯杆先匀加速上升，后匀速上升，再竖直上抛。

4v2当夯杆以v4m/s的初速度竖直上抛，上升高度为：h30.8m

2g此时夯杆底端离坑底hhh25.2m。

4（3） 以夯杆为研究对象 f12N1.210N；a1f1mg2m/s2 m12a1t14m 2当夯杆与滚轮相对静止时：va1t14m/s　,　　t12s,　　h1v2当夯杆以v4m/s的初速度竖直上抛，上升高度为：h30.8m

2g

则当夯杆加速向上运动速度到达v4m/s后，夯杆匀速上升，匀速上升高度为：

h2hh1h31.2m

因此，夯杆上抛运动的时间为：t3v0.4s； g夯杆匀速上升的时间为：t2h20.3s； v12gt4,　t422h1.1s g夯杆自由落体的时间为：h故打夯周期为：Tt1t2t3t43.8s

20．（20分）如图所示，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L”型滑板，其质量为M，平面部分的上表面光滑且足够长。在距滑板的A端为l的B处放置一个质量为m、带电量为q的小物体C（可看成是质点），在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动。已知：M=3m，电场的场强为E。假设物体C在运动中及与滑板A端相碰时不损失电量。

（1）求物体C第一次与滑板A端相碰前瞬间的速度大小。

（2）若物体C与滑板A端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度大小是碰

前速度大小的

1，求滑板被碰后的速度大小。 5（3）求小物体C从开始运动到与滑板A第二次碰撞这段时间内，电场力对小物体C做

的功。

C E l A B 20．（1）设物体C在电场力作用下第一次与滑板的A段碰撞时的速度为v1，

由动能定理得: qEl=

12

mv1 2解得：v1=

2qEl m1v1 5（2）小物体C与滑板碰撞过程中动量守恒，设滑板碰撞后的速度为v2，

由动量守恒定律得 mv1=Mv2-m 解得：v2=

22v1=552qEl m1v1的速5（3）小物体C与滑板碰撞后，滑板向左作以速度v2做匀速运动；小物体C以

度先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动，直至与滑板第二次相碰，设第一次碰后到第二次碰前的时间为t，小物体C在两次碰撞之间的位移为s，根据题意可知，小物体加速度为 a=

qE m116v1t+at2 解得：t= 525小物体C与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等， 即 v2t=-

2ml qE两次相碰之间滑板走的距离sv2t24l 25 设小物体C从开始运动到与滑板A第二次碰撞这段过程电场力对小物体做功为W， 则：W=qE(l+s) 解得：W =

1．如图所示，一根轻杆长

，可绕O轴在竖直平面内无摩擦地转动，

，

49qEl 25，质量相等的两小球分别固定于杆的A、B两端，现把杆位于水平位置，然后自

由释放，求轻杆转到竖直位置时两球的速度分别是多少？

１． ；

2.如下图所示，质量为m的物体静止在光滑圆轨道的最低点A.现对m施加一大小不变、方

1向始终沿圆轨道切线方向的力，使物体沿圆周轨道运动4圆周到达B点，在B点时立即

撤去外力F.若要使物体在竖直圆弧轨道内侧能够通过最高点作完整的圆周运动，问所施的外力F至少要多大?

5 2.mg 3．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，以10m/s的初速度沿曲面冲上高3.2m、顶部水平的高台，然后从高台水平飞出，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW行驶，经过0.65s到达顶部水平平台，已知人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中不计一切阻

力。则：

（1）求人和车到达顶部平台时的速度v； （2）求人和车从顶部平台飞出的水平距离s；

10m/s 3．（10分） 解：

（1）Ptmghv 3.2m s 1212（3分） mvmv0，

22111.81030.65180103.2180v2180102（1分）

22v7m/s（1分）

11（2）hgt2（2分），3.210t2，t0.8s（1分）

22svt70.85.6m（2分）

4、（10分）质量为2t的汽车在平直公路上由静止开始运动，若保持牵引力恒定，则在30s内速度增大到15m/s，这时汽车刚好达到额定功率，然后保持额定输出功率不变，再运动15s达到最大速度20m/s，求：

（1）汽车的额定功率；

（2）汽车运动过程中受到的阻力； （3）汽车在45s共前进多少路程。 4、（1）（2）设汽车的额定功率为P，运动中所受的阻力为f，前30s内的牵引力为F，则前30s内，匀加速运动的加速度为

a=

v12

=0.5m/s（1分） t1

此过程中 F-f=ma （1分）

P=Fv1=（f+ma）v1（1分）

在45s末有 P=fv2（1分）

代入数据后解得 P=60kW

f=3000N （1分）

（3）汽车在前30s内运动的路程为

s1=

v1t1=225m （1分） 2后15s内的位移s2满足

Pt2-fs2=1mv22-1mv12 （3分）

2

2

解得 s2=241.7m

总路程 s=s1+s2=466.7m

5．（10分）如图，AB是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B与水平直轨道相切。一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R=0.2m，小物块的质量为m=0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.5，取g=10m/s2。求： （1）小物块在B点时受圆弧轨道的支持力

m O . A （2）小物块在水平面上滑动的最大距离

5．（10分）

（1）由机械能守恒定律，得：mgRB R . 12mB （2分） 2 在B点 NmgmB2R （2分）

由以上两式得 N3mg30.110N=3N（2分） （2）设在水平面上滑动的最大距离为s 由动能定理得 mgRmgs0 （2分）

s

R0.2m=0.4m （2分） 0.5