高考物理-6年高考母題精解精析專題14-動(dòng)量和能量

1、備戰(zhàn)2013高考物理6年高考母題精解精析專題14動(dòng)量和能量2012高考】（2012 大綱版全國卷）21.如圖,大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m,擺長 相同，并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的 碰撞是彈性的，下列判斷正確的是A.第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等C.第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D.發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置,.益【答案】：AD【解析】：兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由 動(dòng)量守恒定律有：wv0 = mv1 +3mv2 ；又兩球旋撞是彈性的

2、，故機(jī)械能守恒，即：-wVq = m + 解兩式得：vt = - ,v2 =,可見第一次碰撞后的膨間，兩 22222球的速度大小相等，選項(xiàng)A正確；因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動(dòng)量大小不相等，選項(xiàng)B錯(cuò)；兩球碰后上擺過程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長相等，故兩球 碰后的最大擺角相同，選項(xiàng)C錯(cuò)；由單擺的周期公式丁=2升可知，兩球擺動(dòng)周期相 同，故經(jīng)半個(gè)周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，選項(xiàng)D正確.【考點(diǎn)定位】此題考查彈性碰撞、單擺運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性及其相關(guān)知識(shí).（2012 浙江）23、（16分）為了研究魚所受水的阻力與其形狀的關(guān)系，小明同學(xué)用石 蠟做成兩條質(zhì)量均為m、形狀不同的“A魚”

3、和“B魚”，如圖所示。在高出9 fl水面H處分別靜止釋放“A魚”和“B魚”，“A魚”豎直下滑鼠后速度減A B |為零，“B魚”豎直下滑hB后速度減為零?！棒~”在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)，除受重f 力外還受浮力和水的阻力，已知“魚”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，:a 重力加速度為g, “魚”運(yùn)動(dòng)的位移遠(yuǎn)大于“魚”的長度。假設(shè)“魚”運(yùn)動(dòng)I 3時(shí)所受水的阻力恒定，空氣阻力不計(jì)。求：第23題圖“ A魚”入水瞬間的速度Vai ;“A魚”在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力“A魚”與“B魚”在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力之比捺A【解析】A魚在入水前作自由落體運(yùn)動(dòng)，有弓= 2gH得到：匕（=42gH二）A魚在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到重力、浮力和阻力的

4、作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為知 有紇=0-=-2a血由題得：Fa = mg9綜合上述各式，得U 1A = ms （- ）般9（3）考慮到-3魚的運(yùn)動(dòng)情況、受力與A魚相似，有/b =/ 9綜合兩式得到& =叱磕h旗（9-旗）【考點(diǎn)定位】力和運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理（2012 天津）10. （16分）如圖所示，水平地面上固定有高為力的平臺(tái)，臺(tái)面上有固定的 光滑坡道，坡道頂端距臺(tái)面高度也為久坡道底端與臺(tái)面相切。小球1從坡道頂端山靜止開 始滑下，到達(dá)水平光滑的臺(tái)面與靜止在臺(tái)面上的小球占發(fā)生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺(tái)面滑行并從臺(tái)面邊緣飛出，落地 :0點(diǎn)與飛出點(diǎn)的水平距離恰好為臺(tái)高的一半，兩球均可視為質(zhì)廣一點(diǎn)，

5、忽略空氣阻力，重力加速度為g。求”，,”.J mJw（1）小球】剛滑至水平臺(tái)面的速度心；（2） /、夕兩球的質(zhì)量之比如：期。【答案工（1）錯(cuò)誤！未找到引用源。（2） 1:3【解析】：解：（1）小球從坡道頂端滑至水平臺(tái)而的過程中，由機(jī)械能守恒定律得m,gh =錯(cuò)誤！未找到引用源。 m.V解得：叮=錯(cuò)誤！未找到引用源。（2）設(shè)兩球碰撞后共同的速度為匕由動(dòng)量守恒定律得miv. - （mi + 加）v粘在一起的兩球K出臺(tái)面后做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向：h =錯(cuò)誤！未找到引用源。gtl水平方向：錯(cuò)誤！未找到引用源。=vt聯(lián)匯上式各式解得：錯(cuò)誤！未找到引用源?！究键c(diǎn)定位】本題考查機(jī)械能守恒定律，動(dòng)量守恒定律，平拋

6、運(yùn)動(dòng)。（2012 四川）24. （19 分）如圖所示，/頗為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，/占段光滑水平，6c段為光滑圓弧，對應(yīng) 的圓心角0 = 37,半徑r= 2.5m,口段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌 道所在區(qū)域有場強(qiáng)大小為= 2X10n/c、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量= 5X102kg,電荷量e=+lX10霓的小物體（視為質(zhì)點(diǎn)）被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑 行，在C點(diǎn)以速度療3m/s沖上斜軌。以小物體通過。點(diǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，0. 1s以后，場強(qiáng)大 小不變，方向反向。已知斜軌與小物體間的動(dòng)摩擦因數(shù) =0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不 變，取 g-lOms2, sin370

7、-0.6. cos37:-0.S.（1）求彈簧槍對小物體所做的功；（2）在斜軌上小物體能到達(dá)的最高點(diǎn)為P，求S的長度.【答案X（D 0.475J （2） 0.57m【解析】：解：（1）設(shè)彈簧槍對小物體做功為獷，由動(dòng)能定理得甲一，守 （1cos5） =r mv$代人數(shù)據(jù)解得：rr-ci.475j（2）取沿平直斜軌向上為正方向.設(shè)小物體通過。點(diǎn)進(jìn)入電場后的加速度為a”由牛頓第二定律得rngjirtd-u=哂6小物體向上做句減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)：=0s后，速度達(dá)到小則Vl = VO - a； fj解得；i)=2.1ms設(shè)運(yùn)動(dòng)的位移為皿則Si = Vq .G t:Z電場力反向后，設(shè)小物體的加速度為包，由牛頓第

8、二定律得mgjind-u (mgcosff-qE) =，a：設(shè)小物體以此加速度運(yùn)動(dòng)到速度為0,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為七，位移為工， 則0 =片-a： h m：- z a： rd設(shè)CP的長度為S,貝IJs=Si-解得：5-0.57m【考點(diǎn)定位】本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，牛頓第二定律，動(dòng)能定理.(2012 全國新課標(biāo)卷)35.物理選修3-5 (15分)(1)(6分)笊核和僦核可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反應(yīng)方程為：9 Q 49 Q 4；H+；H-，式中x是某種粒子。已知：；H、；H、2履和粒子x的質(zhì)量分別為2.O141U、3.0161U, 4. 0026u和1. 0087u： lu=931. 5MeV

9、/c2. c是真空中的光速。由上述反應(yīng)方程和數(shù)據(jù)可知，粒子x是,該反應(yīng)釋放出的能量為 MeV (結(jié)果保留3位有效 數(shù)字)(2) (9分)如圖，小球a、b用等長細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)0。 讓球a靜止卜垂，將球b向右拉起，使細(xì)線水平。從靜止釋放球b, 兩球碰后粘在一起向左擺動(dòng)，此后細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角 為60。忽略空氣阻力，求(i)兩球a、b的質(zhì)量之比；(ii)兩球在碰撞過程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動(dòng)能之比?！敬鸢浮縪n (或中子)17.6生=五-1 (ii)一顯(2) 叫2【解析】2 341(1)根據(jù)核反應(yīng)方程遵循的規(guī)律可得：H+IJ2He+()n根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程AE= 4族可

10、得:AE= 0141+3. 0161-4. 0026-1. 0087) X931. 5MeV=17. 6 MeV(2)(i)設(shè)球b的質(zhì)量為m?,細(xì)線長為A,球b下落至最低點(diǎn)、但未與球a相碰時(shí)的速 率為。，由機(jī)械能守恒定律得式中g(shù)是重力加速度的大小.設(shè)球a的質(zhì)量為叫：在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為 v,以向左為正.由動(dòng)量守恒定律得 TOC o 1-5 h z mJD = (mI +m2)v設(shè)兩球共同向左運(yùn)動(dòng)到最高處時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為由機(jī)械能守恒定律得；(叫 + 加加”=(叫 + m2)gZ(l - cos 0)聯(lián)立式得= 1 嗎 Vl-cos代入題給數(shù)據(jù)得%=a-1 m2(ii)兩球在

11、碰撞過程中的機(jī)械能損失是Q = m2gL 一 (/ + m2)g(1-cos 0)聯(lián)立式，0與碰前球b的最大動(dòng)能線(線=：/)之比為Q . m. + m2 Z1=1 一 (1 - cos。)耳2聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得2=1 一立【考點(diǎn)定位】本考點(diǎn)主要考杳核聚變、動(dòng)量守恒:、機(jī)械能守恒、能量守恒（2012 江蘇）14. （16分）某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈 簧與輕桿相連,輕桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力恒為f.輕桿向右移動(dòng)不超過 1時(shí)，裝置可安全工作.一質(zhì)量為ni的小車若以速度v0撞擊彈簧,將導(dǎo)致輕桿向右移動(dòng)14. 輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且

12、不計(jì)小車與地面的摩擦.Lo-oJ（1）若彈簧的勁度系數(shù)為k,求輕桿開始移動(dòng)時(shí),彈簧的壓縮量X；（2）求為使裝置安全工作,允許該小車撞擊的最大速度vm;（3）討論在裝置安全工作時(shí)，該小車彈回速度v和撞擊速度v的關(guān)系.【解析】 TOC o 1-5 h z 14.（1）輕桿開始移動(dòng)時(shí):彈簧的彈力F-kx且F =f于解得x-fk仁股輕桿移動(dòng)前小車對彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中動(dòng)能定理-/-印=0 -工*同理小車以撞擊彈簧時(shí)-/-印=0- ；加*仃）設(shè)輕桿恰好移動(dòng)時(shí).小車撞擊速度為匕 則1刷=印2由解得匕=Jv；-上一V 2m當(dāng)q M v M匕時(shí)，v = Vj【考點(diǎn)定位】胡可定律動(dòng)能定理

13、（2012 山東）22. （15分）如圖所示,一工件置于水平地面上,其AB段為一半徑R = L0/ 的光滑圓弧軌道，BC段為-長度L = 05的粗糙水平軌道，二者相切與B點(diǎn)，整個(gè)軌道位 于同一豎直平面內(nèi)，P點(diǎn)為圓弧軌道上的一個(gè)確定點(diǎn)?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的物塊，其質(zhì)量m = 0.2kg ,與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)= 0.4。工件質(zhì)M = 0.8依，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0/。（取 g = 10m/s2）求F的大小當(dāng)速度時(shí)，使工件立刻停止運(yùn)動(dòng)（即不考慮減速的時(shí)間和位移），物塊飛離圓弧軌道 落至BC段，求物塊的落點(diǎn)與B點(diǎn)間的距離?！窘馕觥拷?（1）物塊從P點(diǎn)下滑經(jīng)B點(diǎn)至C點(diǎn)的整個(gè)過程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh -

14、冉tngL = 0代入數(shù)據(jù)得/ = 02，3設(shè)物塊的加速度大小為a，?點(diǎn)與圓心的連線與豎直方向間的夾角為6.由幾何關(guān)系可得 TOC o 1-5 h z 根據(jù)牛頓第二定律，對物體有=對工件和物體整體有尸一 （M+m）g = （M + in）a聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得尸=&5N設(shè)物體平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，水平位移為4,物塊落點(diǎn)與3間的距離為x2,由 運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得 a, = vt M=M-Rsine 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得a2 = 0.4，”【考點(diǎn)定位】平拋運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理（2012 上海）22. （A組）/、6兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，質(zhì)量為5kg,速度大小為10m/s, B質(zhì)量為2kg,速度大小

15、為5m/s,它們的總動(dòng)量大小為kgm/s：兩者碰撞后，4沿原方向運(yùn)動(dòng)，速度大小為4m/s,則4的速度 大小為 m/so22A 答案.40, 10.【解析】總動(dòng)量？=?。ㄘ?Mpz = 5x10- 2x5 = 40gw/ss碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒，圾匕-=加/; + 如區(qū)代入數(shù)據(jù)可得力=1 Ow/s【考點(diǎn)定位】動(dòng)量和能量2011高考】1.（全國）質(zhì)量為M,內(nèi)壁間距為人的箱了靜止于光滑的水平面匕 箱子中間有質(zhì)量 為”的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為“。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間， 如圖所示?，F(xiàn)給小物塊水平向右的初速度小物塊與箱壁碰撞“次后恰又回到箱子正中 間，并與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞

16、都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為 TOC o 1-5 h z 2c mM 2八 1 ”，A. mvB. vC. - NumgL2 m + M23* v f彳_BD. NumgL勺【答案】BD【解析】由于水平面光滑，一方面，箱子和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，二者經(jīng)多次碰撞 后，保持相對靜止，易判斷二者具有向右的共同速度/，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv=（M+m） , 系統(tǒng)損失的動(dòng)能為A； ng，”/ -;（M +胴知B正確，另一方面，系統(tǒng)損失的動(dòng)能可 由0=g,且Q=mg.s相對，由于小物塊從中間向右出發(fā),最終又回到箱子正中間,其間 共發(fā)生N次碰撞，則S相對=NL,則B選項(xiàng)也正確.（福建）（20

17、分）如圖甲，在x0）的粒子從坐 標(biāo)原點(diǎn)。處，以初速度V。沿x軸正方向射入，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡見圖甲，不計(jì)粒子的市:力。求該粒子運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=h時(shí)的速度大小v；現(xiàn)只改變?nèi)松淞Ｗ映跛俣鹊拇笮?，發(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運(yùn)動(dòng)軌跡（y-x曲線） 不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時(shí)，這些粒子在y軸方向上的運(yùn)動(dòng)（y-t 關(guān)系）是簡諧運(yùn)動(dòng)，且都有相同的周期及m上。qBI .求粒子在一個(gè)周期T內(nèi)，沿x軸方向前進(jìn)的距離s:H.當(dāng)入射粒子的初速度大小為V。時(shí)，其y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅A,并寫出y-t的函數(shù)表達(dá)式。解析：此題考查動(dòng)能定理、洛侖茲力、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)等

18、知識(shí)點(diǎn).（1）由于洛侖茲力不做功，只有電場力救功，由動(dòng)能定理有啰口尸；* 由式解得、=）*四絲. m（2）：.由圖乙可知，所有粒子在一個(gè)周期7內(nèi)沿x軸方向前進(jìn)的距離相同，即都等于 恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)的粒子在T時(shí)間內(nèi)前進(jìn)的距離.設(shè)粒子恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng) 的速度大小為v1（則q ,B=qE, 又s-vj, 由式解得s=2噂II.設(shè)粒子在y方向上的最大位移為外（圖丙曲線的最高點(diǎn)處），對應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度大小為 V2 （方向沿x軸），因?yàn)榱Ｗ釉趛方向上的運(yùn)動(dòng)為簡諧運(yùn)動(dòng)，因而在y=0和y處粒了所受 的介外力大小相等，方向相反，則qvoB 一步-由動(dòng)能定理有-qEy由動(dòng)能定理有-qEy薩一陰匕,一一

19、7修，22乂 Av- - ym 2由式解得A1-由式解得A1- ( ii：-/： /1 0qB可寫出圖內(nèi)曲線滿足的簡諧運(yùn)動(dòng)廠,的函數(shù)表達(dá)式為V- （ V.-EM （I-COS-I） qBm.（廣東）（18分）如圖20所示，以A、B和C、D為斷電的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑的地面上，左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C, 一物塊 被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上E點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到A時(shí)剛好與傳送帶速度相同，然后.經(jīng)A沿 半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板?；暹\(yùn)動(dòng)到C時(shí)被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m, 滑板質(zhì)量為M=2m,兩半圓半徑均為R,板長1=6. 5R,板右端

20、到C的距離L在RLgR(2)滑塊從3滑上滑板后開始作句減速運(yùn)動(dòng),此時(shí)滑板開始作勺加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊 與滑板達(dá)共同速度時(shí)，二者開始作勻速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)它們的共同速度為v,根據(jù)動(dòng)量守恒mv = (m+2m)v 解得：V=3對滑塊，用動(dòng)能定理列方程：-卬”的=-3加丹，解得：s；=SR22對滑板，用動(dòng)能定理列方程：mgs2=x2mv2-0,解得：s：“生由此可知滑塊在滑板上滑過-s：=6及時(shí)，小于6.5兀并沒有滑下去，二者就具有共同 遨度了.節(jié)2RWLV5R時(shí)，滑塊的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng)8R,勻速運(yùn)動(dòng)L-2R,勻減速運(yùn)動(dòng)0.5R,滑上C1 . 1 0 1,1點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理：一吆(8/?+ 0.5/?)

21、 = -八qm ,解得：/n= - mgR mlt在某高度處將A和B 先后從靜止釋放。小球A與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處的下方與釋放出距離為H 的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正幢，設(shè)所有碰撞都是彈性的，碰撞事件極短。求小球 A、B碰撞后B上升的最大高度。2?. （18 分）【答案】（-H叫+啊【解析】小球A與地面的碰撞是彈性的，而且AB都是從同一高度釋放的，所以AB碰撞 前的速度大小相等設(shè)為七，根據(jù)機(jī)械能守恒有 1 :=三W j：化簡得% = J2gH設(shè)A、B碰撞后的速度分別為丫,和立，以豎直向上為速度的正方向，根據(jù)A、B蛆成的 系統(tǒng)動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒得mAv: - wv:. = rn

22、AxA + fnEvs1 : 1 、1 、1m .vr + 一力八：=w a ； + 連立化藺得3w. 一啊設(shè)小球B能夠上升的最大高度為；:，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得連立化簡得力=（如T幻2”fnA+mB6. 2010 北京 24雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結(jié)合為 一體，其質(zhì)量逐漸增大?，F(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質(zhì) 量為叫），初速度為%,下降距離/后于靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量變?yōu)槊?。此后每?jīng) 過同樣的距離/后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量依次為祖2、 m3 mn（設(shè)各質(zhì)量為已知量）。不計(jì)空氣阻力。（1 ）若不計(jì)重力，求第次碰撞后雨滴的

23、速度可；（2 ）若考慮重力的影響,a .求第1次碰撞前、后雨滴的速度匕和n；：b.求第n次碰撞后雨滴的動(dòng)能!町產(chǎn).2解析：(1)不計(jì)重力，全過程中動(dòng)量守恒,m：v：=m,y(2)若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勺加速運(yùn)動(dòng)，碰撞瞬間動(dòng)量守恒 a.第 1 次碰撞前 V； = V： + 2gl, v = y/v +2gf第1次碰撞后 w0Vi = m1V;v = = y/vg +2gi辦 mxV第2次碰撞后，利用式得(2/mi)1V第2次碰撞后，利用式得(2/mi)1/ 2同理，第3次碰撞后 v；2= 色 喏( 1(丫第次碰撞后匕：=產(chǎn)詔+ 土”(叫J町動(dòng)能加“匕=,22m “2009

24、高考】一、選擇題1. (09 全國卷I21)質(zhì)量為M的物塊以速度1 碰撞后兩者的動(dòng)量正好相等，機(jī)；)%:+金47m2) m2 )(222、2gl1 叫 J樟-2glJ-2&W)I=o/運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正撞, 兩者質(zhì)量之比M/m可能為利用式化簡得馬巾+(嗚+、喈12#（AB ）A. 2B. 3C. 4D. 5解析：本題考查動(dòng)量守叵根據(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)尸2 = 2mEK，以及能量的關(guān)系得竺-之一+ 三 絲43,所以AB正確.2M 2m 2M m（09上海14）自行車的設(shè)計(jì)蘊(yùn)含了訐多物理知識(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

25、識(shí)角度）車架用鋁合金、鈦合金代替鋼架激輕車重車胎變寬自行車后輪外胎上的花紋答案：減小壓強(qiáng)（提高穩(wěn)定性）；噌大摩爆（防止打滑；排水）（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： 0.6（

26、09 天津 4）如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(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)磁場中，磁場方向與導(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RA棒的機(jī)械能噌加量RB棒的動(dòng)能增加量C林的重力勢能噌加量D電阻R上放出的熱量解析：椿受重力G、拉力尸和安培力Fa的作用.由動(dòng)能定理: 的f +-甲奏=/&X得啊 + 7 = ZJf +加g即力尸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.（09 海南物理 7）物體在外力的作用下從靜止開始做在線運(yùn)動(dòng)

27、，合外力方向不變, TOC o 1-5 h z 大小隨時(shí)間的變化如圖所示。設(shè)該物體在k和2ro時(shí)刻相對f叫：于出發(fā)點(diǎn)的位移分別是玉和X2,速度分別是匕和彩，合外力fl：從開始至?xí)r刻做的功是叱，從至2%時(shí)刻做的功是嗎,I : L，S4則（AC ）A. x2 = 5x（ v2 = 3V1B. x, = 9x2 v2 = 5v（%=5占 %=5占 %=8%v2 = 3v,嗎=9%（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-t圖象如圖所示。下列表述正確的是 （A ）A.在0 1s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

28、解析：根據(jù)物體的速度圖象可知，物體（Ms內(nèi)做句加速合外力做正功，A正確；1-3S內(nèi)救 句激速合外力做負(fù)功.根據(jù)動(dòng)能定理。到3s內(nèi)，l2s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上，從t=0時(shí)刻開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 ）5尸f3%時(shí)刻的瞬時(shí)功率為一2-1 m37時(shí)刻的瞬時(shí)功率為受通 m23F2tC.在f = 0至U 3fo這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為 一S 4/7725F2tD.在，=0至ij3ro這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為型 6m（09 安徽 18）在光滑的絕緣水平面匕 有一個(gè)正方形的數(shù)cd,頂點(diǎn)

29、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6點(diǎn)，自由釋放， 粒子將沿著對角線6d往復(fù)運(yùn)動(dòng)。粒子從6點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中（D ）A.先作勻加速運(yùn)動(dòng)，后作勻減速運(yùn)動(dòng)B.先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C.電勢能與機(jī)械能之和先增大，后減小D.電勢能先減小，后增大解析：由于負(fù)電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。所 以A錯(cuò)；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂 線。點(diǎn)的電勢最高，所以從6到a,電勢是先增大后減小，故 B錯(cuò)；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動(dòng)能的相互轉(zhuǎn) 化，故電勢能與機(jī)械能的和守恒，C錯(cuò)：由。到。電場力做正 功，電勢能減小，由。到

30、d電場力做負(fù)功，電勢能增加，D對。o _ bI ， /! / o o _ bI ， /! / o !0-.J.為R的甩阻，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，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uo現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(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。則此過程（BD ）A.桿的速度最大值為B2dA.桿的速度最大值為B2d2BdlB.流過電阻R的電量為K + rC.恒力F做的功與摩擦

31、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2時(shí)，尸_口_岑: = 0得3一霧.+二A錯(cuò)；由公式0 = 用-=4空=處，B對；在棒從開始到達(dá)到最大速度的過程中由 X + r） 依+r） & + r動(dòng)能定理有：叫+/+/= 碼,其中叼=如但，取支=-Q,恒力F做的功與 摩擦力救的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C錯(cuò)；恒力廣做的功與 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.（09 浙江自選模塊73） “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

32、項(xiàng)正確，全部選對得3分，選對但不全的得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、太陽能B.風(fēng)能、潮汐能、核能C.生物質(zhì)能、風(fēng)能、氫能D.太陽能、生物質(zhì)能、地?zé)崮芏?、非選擇題（09 北京 24）才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直線上、且無機(jī)械能損失的 惡簡化力學(xué)模型。如圖2m m 2m 3m.7777777777777777777777777777777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)量為網(wǎng)的小球從高位

33、處由靜止開始沿軌 道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為Tn?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，且在碰撞過程中無機(jī)械能損失。求碰撞后小球TH?的速度大小彩；（2）碰撞過程中的能量傳遞規(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、mn的若干個(gè)球沿直線靜止相間排列，給 第1個(gè)球初能與從而引起各球的依次碰撞。定義其中第個(gè)球經(jīng)過依次碰撞后獲得的 動(dòng)能紇與耳之比為第1個(gè)球?qū)Φ趥€(gè)球的動(dòng)能傳遞系數(shù)配。a.求人“b.若叫=4叫=%,與為確定的已知量。求，為何值時(shí)，仁“值最大解析：（1）設(shè)碰撞前的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律切幽=；阿臉 （D設(shè)

34、碰撞后m；與m：的速度分別為v：和V：,根據(jù)動(dòng)量守恒定律 TOC o 1-5 h z m1v10 = jniv1+m2v2由于碰撞過程中無機(jī)械能損失T mivio = T 項(xiàng)城 + -、式聯(lián)立解得均=網(wǎng)皿叫+m2將代入得mi+m、a由式，考慮到=取2 =得根據(jù)動(dòng)能傳遞系數(shù)的定義，對于1、二兩球月24mlm 月24mlm 2 (%+%)？同理可得，球m：和球叫碰撞后，動(dòng)能傳遞系數(shù)上應(yīng)為兀 _ Sk3 _ w .坐.= 4mlm 2 . 4m2m 3B % 為 E- (mj+mj)2 (m2 + m3)2依次類推，動(dòng)能傳遞系數(shù)kx應(yīng)為kjn= % = % *心 % _ 4mlm2 - 4m2m3

35、4mlm* skl sn % Ees-D (m+m2)2 g+my (m*-i+mY解得(叫 +m2)2(m2+m3)2 (/_ +mn)2b.將mi=4m“, m：,=nt代入式可得k 1k 12 = 64/7z()m2(4m0 + m2)(m2 + in,)為使跖最大，只需使些=、最大，即叫+強(qiáng)取最小值，（47% + m2 ）（/n2 + 陽（） 4/若m24成）可知由嗎4成）可知由嗎卡當(dāng)而7 =半幺，即啊=2mo時(shí)，占3最大。 加2（09 天津 10）如圖所示，質(zhì)量mFO. 3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L二15 m,現(xiàn)有質(zhì)量皿=0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v

36、=2 m/s從左端滑上小車， 最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面 po間的動(dòng)摩擦因數(shù)二0.5,取g=10 m/s .求如一（1）物塊在車面上滑行的時(shí)間t；Lo-. y-1-Q-xxxwxxxx（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度V,。不超過多少。答案:(1) 0.24s (2)5m/s解析：本題考查摩嚓拖動(dòng)類的動(dòng)量和能量問題.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. TOC o 1-5 h z （1）設(shè)物塊與小車的共同速度為丁，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 m3v0 =網(wǎng) 4-ZMj tv設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩爆力為尸，對物塊應(yīng)用動(dòng)量定理

37、有-Ft = WjV-WjVq其中F = fJtn2g解得，一 L -*辦+?2 g TOC o 1-5 h z 代入數(shù)據(jù)得 = 0.24 s（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/ ,則 m2vo = （ml + 加 % /由功能關(guān)系有=；（阿 + m2）v2 + 即igL代入數(shù)據(jù)解得K=5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度才不能超過5m/s。（09 山東38） （2）如圖所示，光滑水平面軌道上有三個(gè)木塊，4 B、C,質(zhì)量分別為 陷=磔=2勿,析必，/、8用細(xì)繩連接，中間有一壓縮的彈簧（彈簧與滑塊不栓接）。開始時(shí)4B 以共同速度壞運(yùn)動(dòng)，C靜止。

38、某時(shí)刻細(xì)繩突然 斷開，46被彈開，然后B又與。發(fā)生碰撞 并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求6與碰撞前6的速度。解析：（2）設(shè)共同速度為v,球A和B分開后，B的速度為匕，由動(dòng)量守恒定律有(mA+mB)v0 =mAv + mBvB , mBvB =(%，聯(lián)立這兩式得B和C碰撞前B的速度為9VB = 7VO 考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律(09 安徽 23)如圖所示，勻強(qiáng)電場方向沿x軸的正方向，場強(qiáng)為在A(d,0)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)量均為膽的帶電微粒，其中電荷量為q的微粒1沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間到達(dá)(0,-4)點(diǎn)。不計(jì)重力和分裂后兩微粒間的作用。試求(1

39、)分裂時(shí)兩個(gè)微粒各自的速度；(2)當(dāng)微粒1到達(dá)(0,-d)點(diǎn)時(shí)，電場力對微粒1做功的瞬間功率：(3)當(dāng)微粒1到達(dá)(0,-d)點(diǎn)時(shí)，兩微粒間的距離。答案：(1)、= 一點(diǎn)， =、陋方向沿丫正方向尸=祖匕包 (3)2727 2m V 2wv m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)的速度為口微粒2的 速度為二則有：在j方向上有d = VjZ在X方向上有_ qE a = m-d = at22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mvt + mv2 = 0qEd

40、彩=一匕方向沿y正方向。(2)設(shè)微粒1到達(dá)(0, -d)點(diǎn)時(shí)的速度為匕則電場力做功的瞬時(shí)功率為P = qEvB cos。= qEvBx達(dá)（0, -d）點(diǎn)時(shí)發(fā)生的位移S =則當(dāng)微粒1到達(dá)（0, -（T）點(diǎn)時(shí)，兩微粒間的距離為8c = 2S1 =2/15. （09 安徽 24）過山車是游樂場中常見的設(shè)施。下圖是種過山車的簡易模型，它 由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個(gè)圓形軌道組成，氏G 分別是三個(gè)圓形軌道的最低點(diǎn), B、C間距與G 間距相等，半徑4=2.0m、&=1.4m。一個(gè)質(zhì)量為m = 1.0kg的小 球（視為質(zhì)點(diǎn)），從軌道的左側(cè)4點(diǎn)以% =12.0m/s的初速度沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，A, 6間距 ,=

41、 6.0m。小球與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù) = 0.2,圓形軌道是光滑的。假設(shè)水平軌 道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取g = 10m/s2 ,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)過第一個(gè)圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí)，軌道對小球作用力的大??；（2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，3、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, 半徑段應(yīng)滿足的條件；小球最終停留點(diǎn)與起點(diǎn)上的距離.答案：(1) 10. 0N； (2) 12. 5m(3)當(dāng)0 /?, W 0.4m 時(shí)，L = 36.0m；當(dāng)l.0m/?3427.9m 時(shí)，L = 26.0

42、m解析：(1)設(shè)小于經(jīng)過第一個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)的速度為i：根據(jù)動(dòng)能定理 TOC o 1-5 h z -fngLx _ 2fngRx = - - wvq小球在最高點(diǎn)受到重力比g和軌道對它的作用力尸，根據(jù)牛頓第二定律F + mg = m為由得F = 100N(2)設(shè)小球在第二個(gè)扇軌道的最高點(diǎn)的速度為a由題意2mg = m _4- _4- L)-lmgR2= Lmvi-Lmvi27 2L = 12.5mL = 12.5m(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)，小球恰能通過第三個(gè)圓軌道，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為七,應(yīng)滿足vmg = m(7) -+2L)-2mgRi = mv1

43、- - mv由得Rj = 0.4/71II.軌道半徑較大時(shí)，小球上升的最大高度為后，根據(jù)動(dòng)能定理-/Jing(L +2L)2mgR,解得R3 =1.0m為了保證圓軌道不重疊，后最大值應(yīng)滿足(旦 +& 丫 =/+(&)2解得用=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0號(hào) WO.4m當(dāng)。0）的滑塊從距離 彈簧上端為s。處靜止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有 機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，市力加速度大小為g。2/7151)qE + 2/7151)qE + mg sin 0答案：（1）乙=o（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端

44、接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間3（2）若滑塊在沿斜面向卜運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中最大速度大小為%,求滑塊從靜止釋放到速度 大小為v.過程中彈簧的彈力所做的功W；（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，請?jiān)谝覉D中畫出滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中 速度與時(shí)間關(guān)系V-t圖象。圖中橫坐標(biāo)軸上的t,. 3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vi為滑塊在3時(shí)刻 的速度大小，v.是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計(jì)算過程）(2 )卬=mvm2 - (mg sin 0 + qE). (s0 + 爐山+ 必)；2k解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到

45、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、運(yùn)用動(dòng)能定理處 理變力功問題、最大速度問題和運(yùn)動(dòng)過程分析。（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過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 TOC o 1-5 h z qEmgsxn 0 -ma 2-%=5的聯(lián)立可得八=2%二 qE + mg sin 9（2）滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x0,則有mg sin 6 += kx、從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過程中，由動(dòng)能定理得 - （wgsin 6 + g）（/ + 而）+ 取=根丫: 一 0聯(lián)立可得a z c k、， wgsin 6 + aE.W = mvM - （mg sin &-qE） （s0 H

46、） sk（3）如圖ti h h t（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 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=l. 25m, S=L 50m。問：要使賽車完成比賽， 電動(dòng)機(jī)至少工作多長時(shí)間？（取g=10 ）答案：2.53s解析：本題考查平拋、圓周運(yùn)動(dòng)和功能關(guān)系.設(shè)賽車越過

47、壕溝需要的最小速度為、】，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律S = VjZ h=g gd 解得Vi = sJ = 3j/s設(shè)賽車恰好越過圓軌道，對應(yīng)圓軌道最高點(diǎn)的速度為V：最低點(diǎn)的速度為V：，由牛頓 第二定律及機(jī)械能守恒定律1212mv3 = wvj +mg2R 解得v3 = 15gh = 4 m s通過分析比較，賽車要完成比賽，在進(jìn)入圓軌道前的速度最小應(yīng)該是Vmin =4m/s設(shè)電動(dòng)機(jī)工作時(shí)間至少為t,根據(jù)功能原理Pt fL = /MV-min由此可得td 53s（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

48、小，帶電粒子穿過的 時(shí)間可以忽略不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。A處粒了源產(chǎn)生的粒子，質(zhì) 量為叭電荷量為+q ,在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。/X XX 、/x x x x xI：XR * .X X X 出口處J ,X X X x y接交把電源 X X X X X / B ，(第14題圖)(1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比：(2)求粒子從靜止開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)度和加速電場頻率的最大值分別為瓦、f.,試討論粒子能獲得的最大動(dòng)能E占。

49、解析：(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為E速度為V：1 、 qu= - mvj-v；qvB=m 勺me 1 l2mU解得勺=一酬q同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑 勺=工 但口列q則：勺=& ： 1(2)設(shè)粒子到出口處被加速了。圈解得t =tvBR解得t =tvBR12U(3)加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率，即/= 迫27TM當(dāng)磁場感應(yīng)強(qiáng)度為Bh時(shí)，加速電場的頻率應(yīng)為了加=也27DnR _ 12粒子的動(dòng)能方=5 當(dāng)=/*時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由b=決定解得4當(dāng)力工工時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由f=決定解得4 = 2,叼皆1(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)

50、將質(zhì)量m=5Xl(ykg 的重物豎直吊起的過程中，重物由靜止開始向上作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=0. 2 m/s?, 當(dāng)起重機(jī)輸出功率達(dá)到其允許的最大值時(shí)，保持該功率直到電物做v.=L 02 m/s的勻速運(yùn)(1)起幣: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。，重物達(dá)到最大速度時(shí)，拉力F。等于重力。Po=Fovm.Po=mg代入數(shù)據(jù)，有：Po=5. IXIOW (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,速度為門，句加速運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷時(shí)間為。有： TOC o 1-5 h z P

51、j=FoViF-mg=maV尸ah由，代入數(shù)據(jù)，得：t1=5sT=2s時(shí)，重物處于勻加速運(yùn)動(dòng)階段，設(shè)此時(shí)速度為、1 輸出功率為P,則v2=atP=Fv:由，代入數(shù)據(jù)，得PnLOJxlOV.(09 上海物理 20)質(zhì)量為5xl03 kg的汽車在f=0時(shí)刻速度M=10m/s,隨后以 6x10”的額定功率沿平直公路繼續(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2.5x10、。求：(1)汽車的最大速度吸；(2)汽車在72s內(nèi)經(jīng)過的路程s。p 6x10解析：（1）當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)，PFvfva, %=7 =5 5xi（? m/s=24m/s(2)從開始到72s時(shí)刻依據(jù)動(dòng)能定理得:Pt fs=

52、 mv/-； mvo Pt fs= mv/-； mvo ,解得:2Pt-mv；+mvJ=1252m。(09 上海物理 23) (12分)如圖，質(zhì)量均為0的兩個(gè)小球A、B固定在彎成120。角的絕緣輕桿兩端，0A和0B的長度均為/,可繞過。點(diǎn)且 與紙面垂直的水平軸無摩擦轉(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)電場中。開始時(shí)，桿0B與豎直方響的夾角8=60。, 山靜止釋放，擺動(dòng)到6=90。的位置時(shí)，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，求：(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；(2)系統(tǒng)由初位置運(yùn)動(dòng)到平衡位置，重力做的功佻和靜電力做的功飽B球在擺動(dòng)到平衡位置時(shí)速度的大小Fo解析：(1)力矩

53、平衡時(shí)：Qmg-qEy 7sin90= qE) 7sin (12090),BP mgqE= mg+qE,得：=券；(2)重力做功：Wf,mgl (cos30cos60) mglcos6G= ( 1)mgl,、舊靜電力做功：%= qEl (cos30 cos600) + qElcos&G=-ingl,(3)小球動(dòng)能改變量4笈=；0爐=%+V=(邛1) mgl,得小球的速度:得小球的速度:(09 四川 25)如圖所示，輕彈簧一端連于固定點(diǎn)0,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 X 10 ? kg,電荷量q=0. 2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V=20 m/s豎直向下射

54、出小球P, 小球P到達(dá)0點(diǎn)的正下方0,點(diǎn)時(shí)速度恰好水平,其大小V=15 m/s. 若0、相距R=1.5 m,小球P在6點(diǎn)與另一由細(xì)繩懸掛的、不 帶電的、質(zhì)量M=1.6X1()T 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脫離細(xì)繩，同時(shí)在空間加上豎直 向上的勻強(qiáng)電場E和垂直于紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度B-1T的弱強(qiáng)磁場。此后，小球P在豎直平面 內(nèi)做半徑r=0. 5m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/s%那么，(1)彈簧從水平擺至豎直位置的過程中，其彈力做功為多少？(2)請通過計(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

55、具有相同的速 度。(3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某時(shí)刻具有相同速度的前提下，請推導(dǎo)出r的表達(dá)式(要求用B、q、m、9表示，其中0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： TOC o 1-5 h z mgR+W = mv2代入數(shù)據(jù)，得：W=-2.05J(2)由題給條件知，、碰后作平拋運(yùn)動(dòng)，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷.設(shè)P、N碰后的速度大小分別為V：和并令水平向右為正方向，有=ITDs Vj =若P、N碰后速度同向時(shí)，計(jì)算可得Vvl,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)。. ,mv+ Bqr有：V =-MP、N速度相同時(shí)，N經(jīng)過的

56、時(shí)間為i，P經(jīng)過的時(shí)間為4。設(shè)此時(shí)N的速度VI的方向與水v V平 方 向 的 夾 角 為 0, 有 ：cos8 = =一V. v. TOC o 1-5 h z gtN =匕 sin 0=v sin 0代入數(shù)據(jù)，得：對小球P,其圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T,有：T =包(9)Bq經(jīng)計(jì)算得：tN 15比較得，3 H與2,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，tN=tp =t,-qI 2%+ll 開+6.與再聯(lián)IZ解得：r =-1 n - 0,1,2.）B2q2 sin e當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時(shí)，設(shè)在時(shí)刻P、N的速度相同為=Z,同理得：S

57、RB% sin e考慮圓周運(yùn)動(dòng)的周期性，有：.=.+ 17+藥”一（給定的B、q、r、m、。等物理量決定n的取值）（09 重慶 23） 2009年中國女了冰壺隊(duì)首次獲得了世界錦標(biāo)賽冠軍，這引起了人們對 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化為如卜過程：如題23圖，運(yùn)動(dòng)員將 靜止于0點(diǎn)的冰壺（視為質(zhì)點(diǎn)）沿直線OO推到A點(diǎn)放手，此后冰壺沿AO滑行，最后停 于C點(diǎn)。已知冰面各冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，冰壺質(zhì)量為m, AC=L, CO=r,市:力加速度為 go c BAO1-廠子一（1）求冰壺在A點(diǎn)的速率；（2）求冰壺從0點(diǎn)到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中受到的沖量大?。唬?）若將CO段冰面與冰壺間的動(dòng)摩擦因

58、數(shù)減小為0.8，原只能滑到C點(diǎn)的冰壺能停于O點(diǎn)，求A點(diǎn)與B點(diǎn)之間的距離。 解析：由-fimgL 0 -得i M = 4高（2）由/ =儂將，.代入得I/碼（3）由-KS ：，, . , - 0-將以代人用S = A -4r（09 重慶 24）探究某種筆的彈跳問題時(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.券*筆的彈跳過程分為三個(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（見題24圖a）；由靜止釋放，外殼豎直上升至卜端距桌面高度為4時(shí)，與靜止的內(nèi)芯碰撞（見題24 圖b）；碰后，內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為外處（見題 24 圖

59、 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?。唬?）從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功；（3）從外殼下端離開桌面到上升至外處，筆損失的機(jī)械能。解析：由出 “J = 1（4m ）/.0 眄 s 向%J由4岫a （4m將！、代人衲”8 1 麻F由T-4*甸”加代人# W 運(yùn)駕；* =14咖:34刖.時(shí)日,將”:代人初之：（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/=L0m , 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

60、的速度v=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.（設(shè)碰撞時(shí)間很短，g取lOm/s?） （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。圖19解析：設(shè)AB碰撞后的速度為v AB碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得設(shè)與C碰撞前瞬間AB的速度為v:,由動(dòng)能定理得?1212一Rngi = mv 2 - mv 1聯(lián)立以上各式解得y 2 = 4也/ s若AB與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得2wv2 = （2 + k）mv代入數(shù)據(jù)解得k=2此時(shí)AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相同若AB與C發(fā)生