三年高考（2019-2021）物理試題分項(xiàng)匯編-07 動(dòng)量（教師版）

專(zhuān)題07動(dòng)量

L（2021?山東卷）如下圖，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m

的物資以相對(duì)地面的速度%水平投出，落地時(shí)物資與熱氣球的距離為d。投出物資后熱氣球

的總質(zhì)量為M,所受浮力不變，重力加速度為g,不計(jì)阻力，以下判斷正確的選項(xiàng)是（）

A.投出物資后熱氣球做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

B.投出物資后熱氣球所受合力大小為2g

【答案】BC

【解析】

AB.熱氣球開(kāi)始攜帶物資時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力為0,初動(dòng)量為。，水平投出重力為

的物資瞬間，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律

那么熱氣球和物資的動(dòng)量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度也熱氣球所受合外力恒為

mg,豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；

CD.熱氣球和物資的運(yùn)動(dòng)示意圖如下圖

熱氣球和物資所受合力大小均為〃怨，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為

物資落地H過(guò)程所用的時(shí)間f內(nèi)，根據(jù)H=]g/解得落地時(shí)間為

熱氣球在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為

熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，水平位移為

根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實(shí)際位移為

C正確，D錯(cuò)誤。

應(yīng)選BC?

2.（2021?湖南卷）如圖（a）,質(zhì)量分別為mA、me的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系

統(tǒng)，外力/作用在A(yíng)上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時(shí)彈簧形變量為X。撤

去外力并開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a-f圖像如圖（b）所示，S1表示。至此時(shí)間內(nèi)A的

。一/圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍面積大小，邑、S3分別表示G到J時(shí)間內(nèi)A、B的OT圖線(xiàn)與坐標(biāo)

軸所圍面積大小。A在八時(shí)刻的速度為％。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）

A.0到八時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量等于mA%

B.n?A>n?B

c.B運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于X

D.Si—S2—S3

【答案】ABD

【解析】

A.由于在0~。時(shí)間內(nèi)，物體B靜止，那么對(duì)B受力分析有

F?=F

那么墻對(duì)B的沖量大小等于彈簧對(duì)B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A(yíng),那么可將

研究對(duì)象轉(zhuǎn)為A,撤去F后A只受彈力作用，那么根據(jù)動(dòng)量定理有

/=mAv0（方向向右）

那么墻對(duì)B的沖量與彈簧對(duì)A的沖量大小相等、方向相同，A正確；

B.由。-t圖可知h后彈簧被拉伸，在匕時(shí)刻彈簧的拉伸量到達(dá)最大，根據(jù)牛頓第二定律有

F抨二n?AQA=mBQB

由圖可知

OB>QA

那么

/7lB<O7A

B正確；

C.由圖可得，ti時(shí)刻B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A速度為VO,之后AB動(dòng)量守恒，AB和彈簧整個(gè)系

統(tǒng)能量守恒，那么

可得AB整體的動(dòng)能不等于0,即彈簧的彈性勢(shì)能會(huì)轉(zhuǎn)化為AB系統(tǒng)的動(dòng)能，彈簧的形變量小

于x,C錯(cuò)誤；

D.由a-t圖可知h后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在ti-t2時(shí)間內(nèi)AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守

恒，且在匕時(shí)刻彈簧的拉伸量到達(dá)最大，A、B共速，由。一1圖像的面積為Av,在t2時(shí)刻

AB的速度分別為

VA=Sl-S2-VB=S3

A、B共速，那么

D正確。

應(yīng)選ABD。

3.(2021?全國(guó)卷)水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，

物體通過(guò)的路程等于S。時(shí)，速度的大小為％,此時(shí)撤去F,物體繼續(xù)滑行2so的路程后停止

運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g,那么()

A.在此過(guò)程中F所做的功為;相片

B.在此過(guò)中F的沖量大小等于;機(jī)％

2

c.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于‘a(chǎn)-

4s°g

D.F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍

【答案】BC

【解析】

CD.外力撤去前，由牛頓第二定律可知

F-jLimg=①

由速度位移公式有

詔=24”②

外力撤去后，由牛頓第二定律可知

-jLimg=ma2③

由速度位移公式有

-Vg=2a2(2s0)④

由①②③④可得，水平恒力

動(dòng)摩擦因數(shù)

滑動(dòng)摩擦力

可知F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的3倍，

故C正確，D錯(cuò)誤；

A.在此過(guò)程中，外力F做功為

故A錯(cuò)誤：

B.由平均速度公式可知，外力F作用時(shí)間

在此過(guò)程中，F(xiàn)的沖量大小是

故B正確。

應(yīng)選BCo

4.（2021?湖南卷）物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可用位置X和動(dòng)量，描述，稱(chēng)為相，對(duì)應(yīng)P-X圖像中的

一個(gè)點(diǎn)。物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化可用〃一“圖像中的一條曲線(xiàn)來(lái)描述，稱(chēng)為相軌跡。假設(shè)一質(zhì)

點(diǎn)沿X軸正方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，那么對(duì)應(yīng)的相軌跡可能是（）

【答案】D

【解析】

質(zhì)點(diǎn)沿X軸正方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，那么有

而動(dòng)量為

聯(lián)立可得

動(dòng)量P關(guān)于X為塞函數(shù)，且x>0，故正確的相軌跡圖像為D。

應(yīng)選D。

5.（2021?全國(guó)卷）如圖，光滑水平地面上有一小車(chē)，一輕彈簧的一端與車(chē)賄的擋板相連，

另一端與滑塊相連，滑塊與車(chē)廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車(chē)廂使彈簧壓縮，撤去

推力時(shí)滑塊在車(chē)廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開(kāi)始,

小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

B.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒

D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒

【答案】B

【解析】

因?yàn)榛瑝K與車(chē)廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車(chē)廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，即摩擦力

做功，而水平地面是光滑的；以小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒

的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒。

應(yīng)選Bo

6.(2021?浙江卷)在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記

錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2:1、初速度

均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬開(kāi)始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳

來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲。聲音在空氣中的傳播速度為340m/s,忽略空氣阻力。以下說(shuō)法

正確的選項(xiàng)是()

A.兩碎塊的位移大小之比為1:2B.爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80m

C.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD.爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為

340m

【答案】B

【解析】

A.爆炸時(shí)，水平方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知

因兩塊碎塊落地時(shí)間相等，那么

那么

那么兩碎塊的水平位移之比為1:2,而從爆炸開(kāi)始拋出到落地的位移之比不等于1:2,選項(xiàng)A

錯(cuò)誤；

B.設(shè)兩碎片落地時(shí)間均為t,由題意可知

解得

t=4s

爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為

選項(xiàng)B正確；

CD.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移

質(zhì)量小的碎塊的水平位移

爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m+680m=1020m

質(zhì)量大的碎塊的初速度為

選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。

應(yīng)選B?

7.（2021?浙江卷）如下圖是我國(guó)自主研發(fā)的全自動(dòng)無(wú)人值守望遠(yuǎn)鏡，它安裝在位于南極大

陸的昆侖站，電力供給僅為lxl03w。假設(shè)用國(guó)際單位制根本單位的符號(hào)來(lái)表示W(wǎng),正確的

選項(xiàng)是（）

A.N-sB.N?m/sC.kg-m/sD.kg-m2/s3

【答案】D

【解析】

A.N不是國(guó)際單位制根本單位，根據(jù)沖量的定義/=可知，N-s是沖量的的單位，A

錯(cuò)誤；

B.根據(jù)功率的計(jì)算公式尸=&可知功率的單位可以表示為N-m/s，但N不是國(guó)際單位制

根本單位，B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)量的定義〃=加丫可知，kg?m/s是動(dòng)量的單位，c錯(cuò)誤；

D.根據(jù)尸=尸丫可知功率的單位可以表示為N?m/s,結(jié)合f可知N=kg-m/s2,那

么功率得單位W=N-m/s=kg-m2/s3,D正確。

應(yīng)選D。

8.（2021?山東卷）海鷗捕到外殼堅(jiān)硬的鳥(niǎo)蛤（貝類(lèi)動(dòng)物）后，有時(shí)會(huì)飛到空中將它丟下，

利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量帆=01kg的鳥(niǎo)蛤，在H=20m的高度、以

%=15m/s的水平速度飛行時(shí)，松開(kāi)嘴巴讓鳥(niǎo)蛉落到水平地面上。取重力加速度

g=10m/s2,忽略空氣阻力。

（1）假設(shè)鳥(niǎo)蛤與地面的碰撞時(shí)間加=0.005s,彈起速度可忽略，求碰撞過(guò)程中鳥(niǎo)蛤受到的

平均作用力的大小F；（碰撞過(guò)程中不計(jì)重力）

（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長(zhǎng)度L=6m的巖石，以巖石

左端為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如下圖坐標(biāo)系。假設(shè)海鷗水平飛行的高度仍為20m,速度大小在

15m/s~170Vs之間，為保證鳥(niǎo)蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥(niǎo)蛤位置的x坐標(biāo)范圍。

【答案】(1)F=500N；(2)[34m,36m]或(34m,36m)

【解析】

(1)設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,鳥(niǎo)蛤落地前瞬間的速度大小為v。豎宜方向分速度大小為

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解得

/，%=尊，v=M+*,

在碰撞過(guò)程中，以鳥(niǎo)蛤?yàn)檠旭粚?duì)象，取速度v的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

(2)假設(shè)釋放鳥(niǎo)蛤的初速度為匕=15m/s,設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為xi,擊

中右端時(shí)，釋放點(diǎn)的X坐標(biāo)為馬，得

x,=v/,x2=xt+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

x,=30m,/=36m

假設(shè)釋放鳥(niǎo)蛤時(shí)的初速度為V2=17m/s,設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為X；，擊中

右端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為％'，得

x/=v2t>=x/+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

x：=34m，x2"=40m

綜上得x坐標(biāo)區(qū)間

[34m,36ml或(34m,36m)

9.(2021?廣東卷)算盤(pán)是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤(pán)的固定導(dǎo)桿

上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零，如下圖，水平放置的算盤(pán)中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置,

甲靠邊框b,甲、乙相隔$[=3.5x10-2]“，乙與邊框。相隔=2.0x10」,算珠與導(dǎo)桿

間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0」。現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大

小為O.lm/s,方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取lOm/s?。

(1)通過(guò)計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；

(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。

【答案】⑴能；⑵0.2s

【解析】

(1)由牛頓第二定律可得，甲乙滑動(dòng)時(shí)均有

那么甲乙滑動(dòng)時(shí)的加速度大小均為

甲與乙碰前的速度也，那么

解得

vi=0.3m/s

甲乙碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律

解得碰后乙的速度

V3=0.2m/s

然后乙做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)那么

可知乙恰好能滑到邊框。；

(2)甲與乙碰前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

碰后甲運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

那么甲運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為

10.(2021?浙江卷)如下圖，水平地面上有一高〃=0.4m的水平臺(tái)面，臺(tái)面上豎直放置傾

角6=37。的粗糙直軌道A3、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CO和半

圓形光滑軌道。環(huán)，它們平滑連接，其中管道CO的半徑r=0.1m、圓心在2點(diǎn)，軌道

戶(hù)的半徑R=0.2m、圓心在。2點(diǎn)，。1、。、02和F點(diǎn)均處在同一水平線(xiàn)上。小滑塊從

軌道AB匕距臺(tái)面高為h的P點(diǎn)靜止下滑,與靜止在軌道上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，

碰后小球經(jīng)管道8、軌道。防從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)，與正下方固定在直桿上的三棱柱G

碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點(diǎn)，小滑塊與軌道AB

間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=4，sin370=0.6,cos370=0.8。

(1)假設(shè)小滑塊的初始高度7z=0.9m,求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度%的大?。?/p>

(2)假設(shè)小球能完成整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求力的最小值力min；

(3)假設(shè)小球恰好能過(guò)最高點(diǎn)E,且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與F點(diǎn)的水平

距離X的最大值XmaK=

【答案】(1)4m/s；(2)%n=0-45m；(3)0.8m

【解析】

(1)小滑塊在A(yíng)8軌道上運(yùn)動(dòng)

代入數(shù)據(jù)解得

(2)小球沿CDEF軌道運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)可得

從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得

解得

v

Emi?=V2m/s,v8mhi=2&m/s

小滑塊與小球碰撞后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此有

mVmV

Amin=A'+根Vsmin，|加匕而/="加咳’"以而;

解得

以'=0,vfimin=VAmin

結(jié)合⑴問(wèn)可得

解得h的最小值

(3)設(shè)F點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y,小球從E點(diǎn)到G點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理

由平拋運(yùn)動(dòng)可得

?12

x=vct,H+r-y=-gt

聯(lián)立可得水平距離為

由數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)

取最大，最大值為

11.(2021?浙江卷)如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小

孔的兩平行金屬板M、N和邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中

心。為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(chǎng)強(qiáng)

為E、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；立方體內(nèi)存在磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方向的分量始

終為零，沿x和y方向的分量冬和B,隨時(shí)間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中8。可調(diào)。值

離子(Xe?+)束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運(yùn)動(dòng)到M板，經(jīng)電場(chǎng)加速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)

域，最后從端面P射出，測(cè)得離子經(jīng)電場(chǎng)加速后在金屬板N中心點(diǎn)。處相對(duì)推進(jìn)器的速度

為內(nèi)。單個(gè)離子的質(zhì)量為m、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(shí)相對(duì)推進(jìn)器的速度大小與

(2)不考慮在磁場(chǎng)突變時(shí)運(yùn)動(dòng)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，求用,的取值范圍；

(3)設(shè)離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間遠(yuǎn)小于磁場(chǎng)變化周期了，單位時(shí)間從端面P射出的離子數(shù)

為n,且叵也。求圖乙中辦時(shí)刻離子束對(duì)推進(jìn)器作用力沿z軸方向的分力。

5eL

【答案】⑴/=J片一生里；⑵0~嗎：⑶-nmv0,方向沿z軸負(fù)方向

Vm3eL5

【解析】

(1)離子從小孔S射出運(yùn)動(dòng)到金屬板N中心點(diǎn)。處，根據(jù)動(dòng)能定理有

解得離子從小孔S射出時(shí)相對(duì)推進(jìn)器的速度大小

(2)當(dāng)磁場(chǎng)僅有沿x方向的分量取最大值時(shí)，離子從噴口P的下邊緣中點(diǎn)射出，根據(jù)幾何

關(guān)系有

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

聯(lián)立解得

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

此時(shí)B=OB。;根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

聯(lián)立解得

故的取值范圍為0-----；

3eL

(3)粒子在立方體中運(yùn)動(dòng)軌跡剖面圖如下圖

由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

且滿(mǎn)足

所以可得

所以可得

離子從端面P射出時(shí)，在沿z軸方向根據(jù)動(dòng)量定理有

根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對(duì)推進(jìn)器作用力大小為

方向沿Z軸負(fù)方向。

12.(2021?河北卷)如圖，一滑雪道由A3和6C兩段滑道組成，其中A8段傾角為。，BC

段水平，A3段和段由一小段光滑圓弧連接，一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由

靜止滑下，假設(shè)1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以L(fǎng)5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻

加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動(dòng)摩擦因

1724

數(shù)為〃=五，重力加速度取g=10m/s2,sin(9=—,cos6?=—,忽略空氣阻力及拎

包過(guò)程中滑雪者與背包的重心變化，求：

(1)滑道段的長(zhǎng)度：

(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。

【答案】(1)L=9m；(2)v=7.44m/s

【解析】

(1)設(shè)斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)，背包質(zhì)量為叫=2kg,在斜面上滑行的加速度為％,由牛頓第二

定律有

解得

滑雪者質(zhì)量為加2=48kg,初速度為%=L5m/s,加速度為々=3m/s2,在斜面上滑行時(shí)

間為落后時(shí)間。=ls,那么背包的滑行時(shí)間為￡+4，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

聯(lián)立解得

/=2s或/=一1s(舍去)

故可得

(2)背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時(shí)的速度為匕、嶺，有

滑雪者拎起背包的過(guò)程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為乙有

解得

13.(2021?浙江卷)如下圖，豎直平面內(nèi)由傾角a=60。的斜面軌道A8、半徑均為R的半圓形

細(xì)圓管軌道BCDE和圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連

接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心。2的連線(xiàn)，以及。2、E、。1和8

等四點(diǎn)連成的直線(xiàn)與水平線(xiàn)間的夾角均為加30。，G點(diǎn)與豎直墻面的距離］=百/??，F(xiàn)將質(zhì)

量為m的小球從斜面的某高度h處?kù)o止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰

撞，不計(jì)小球大小和所受阻力。

⑴假設(shè)釋放處高度生加，當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到圓管最低點(diǎn)C時(shí)，求速度大小心及在此過(guò)程

中所受合力的沖量的大小和方向；

⑵求小球在圓管內(nèi)與圓心01點(diǎn)等高的D點(diǎn)所受彈力FN與h的關(guān)系式；

⑶假設(shè)小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點(diǎn)，高度h應(yīng)該滿(mǎn)足什么條件？

【答案】⑴口=四兄，I=m^疏，水平向左；⑵FN=2mg(%—l)(監(jiān)陶；⑶

9

或=

2

【解析】

⑴機(jī)械能守恒

解得

動(dòng)量定理

方向水平向左

(2)機(jī)械能守恒

牛頓第二定律

解得

滿(mǎn)足的條件〃2R

(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回，條件是〃

2

第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進(jìn)入G之前是平拋運(yùn)動(dòng)

其中匕=VGsin0,匕,=%cos0,那么

得

機(jī)械能守恒

h滿(mǎn)足的條件

14.(2021?海南卷)太空探測(cè)器常裝配離子發(fā)動(dòng)機(jī)，其根本原理是將被電離的原子從發(fā)動(dòng)機(jī)

尾部高速?lài)姵?，從而為探測(cè)器提供推力，假設(shè)某探測(cè)器質(zhì)量為490kg,離子以30km/s的速

率(遠(yuǎn)大于探測(cè)器的飛行速率)向后噴出，流量為3.0x10-38人，那么探測(cè)器獲得的平均推

力大小為（）

A.1.47NB.0.147NC.0.09ND.0.009N

【答案】C

【解析】

對(duì)離子，根據(jù)動(dòng)量定理有

而

解得F=0Q9N,故探測(cè)器獲得的平均推力大小為0.09N,應(yīng)選C。

15.（2021?北京卷）在同一豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球（1號(hào)、2號(hào)、3號(hào)）懸掛于

同一高度；靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線(xiàn)平行，如下圖。在以下實(shí)驗(yàn)中，懸線(xiàn)始終保持繃緊狀

態(tài)，碰撞均為對(duì)心正碰。以下分析正確的選項(xiàng)是（）

A.將1號(hào)移至高度〃釋放，碰撞后，觀(guān)察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度〃。假設(shè)2號(hào)換成質(zhì)

量不同的小鋼球，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度〃

B.將1、2號(hào)一起移至高度人釋放，碰撞后，觀(guān)察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度〃，

釋放后整個(gè)過(guò)程機(jī)械能和動(dòng)量都守恒

C.將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度/l釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍

能擺至高度〃

D.將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度/z釋放，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，未

能擺至高度〃，釋放后整個(gè)過(guò)程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒

【答案】D

【解析】

A.1號(hào)球與質(zhì)量不同的2號(hào)球相碰撞后，1號(hào)球速度不為零，那么2號(hào)球獲得的動(dòng)能小于1

號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，所以2號(hào)球與3號(hào)球相碰撞后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能也小于1號(hào)

球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，那么3號(hào)不可能擺至高度〃，故A錯(cuò)誤；

B.1、2號(hào)球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，

所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故

B錯(cuò)誤；

C.1、2號(hào)碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失，所以1、2號(hào)球

再與3號(hào)球相碰后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能缺乏以使其擺至高度力，故C錯(cuò)誤；

D.碰撞后，2、3號(hào)粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失，且整個(gè)過(guò)程中，

系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒，故D正確。

應(yīng)選D。

16.（2021?全國(guó)卷）甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙

發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線(xiàn)所示。甲的質(zhì)量為1kg,那么碰

撞過(guò)程兩物塊損失的機(jī)械能為（）

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

【答案】A

【解析】

由v-t圖可知，碰前甲、乙的速度分別為唯=5m/s,巳=lm/s：碰后甲、乙的速度分別

為用=-hn/s,v[=2m/s,甲、乙兩物塊碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒得

解得

那么損失的機(jī)械能為

解得

應(yīng)選Ao

17.（2021?全國(guó)卷）行駛中的汽車(chē)如果發(fā)生劇烈碰撞，車(chē)內(nèi)的平安氣囊會(huì)被彈出并瞬間充滿(mǎn)

氣體。假設(shè)碰撞后汽車(chē)的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于平安氣囊在此過(guò)程中的作用，以

下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）

A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量

C.將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車(chē)的動(dòng)能

D.延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積

【答案】D

【解析】

A.因平安氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機(jī)單位面積的受力大小，故A錯(cuò)誤；

B.有無(wú)平安氣囊司機(jī)初動(dòng)量和末動(dòng)量均相同，所以動(dòng)量的改變量也相同，故B錯(cuò)誤；

C.因有平安氣囊的存在，司機(jī)和平安氣囊接觸后會(huì)有一局部動(dòng)能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，不能

全部轉(zhuǎn)化成汽車(chē)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；

D.因?yàn)槠桨矚饽页錃夂竺娣e增大，司機(jī)的受力面積也增大，在司機(jī)擠壓氣囊作用過(guò)程中由

于氣囊的緩沖故增加了作用時(shí)間，故D正確。

應(yīng)選D。

18.(2021,海南卷)如圖，足夠長(zhǎng)的間距d=1m的平行光滑金屬導(dǎo)軌MMPQ固定在水平

面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個(gè)寬度L=lm的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T,方向如

下圖.一根質(zhì)量砥=01kg,阻值R=0.5Q的金屬棒。以初速度％=4m/s從左端開(kāi)始沿

導(dǎo)軌滑動(dòng)，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，與另--根質(zhì)量，3=02kg,阻值R=0.50的原來(lái)靜置在導(dǎo)軌

上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，那么

()

A.金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

B.金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流

C.金屬棒。第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.25J

D.金屬棒。最終停在距磁場(chǎng)左邊界0.8m處

【答案】BD

【解析】

A.金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，感應(yīng)電流

減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒。做加速度減小的減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)右手定那么可知，金屬棒。第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故

B正確；

C.電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為

平均電流為

金屬棒。受到的安培力為

規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a,根據(jù)動(dòng)量定理得

解得對(duì)金屬棒第一次離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度

金屬棒。第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒。機(jī)械能的減少量,

即

聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得

由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，那么金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱

故C錯(cuò)誤：

D.規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得

聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為

設(shè)金屬棒。最終停在距磁場(chǎng)左邊界X處，那么從反彈進(jìn)入磁場(chǎng)到停下來(lái)的過(guò)程，電路中產(chǎn)生

的平均電動(dòng)勢(shì)為

平均電流為

金屬棒。受到的安培力為

規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a,根據(jù)動(dòng)量定理得

聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得

故D正確。

應(yīng)選BDo

19.（2021?全國(guó)卷）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)發(fā)動(dòng)面對(duì)擋板靜止在冰面上,

他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)

發(fā)動(dòng)獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)發(fā)動(dòng)時(shí)，運(yùn)發(fā)動(dòng)又把物塊推向

擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，

運(yùn)發(fā)動(dòng)退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運(yùn)發(fā)動(dòng)。不計(jì)冰面的摩擦力，

該運(yùn)發(fā)動(dòng)的質(zhì)量可能為

A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

【答案】BC

【解析】

設(shè)運(yùn)發(fā)動(dòng)和物塊的質(zhì)量分別為加、犯）規(guī)定運(yùn)發(fā)動(dòng)運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，運(yùn)發(fā)動(dòng)開(kāi)始時(shí)靜止,

第一次將物塊推出后，運(yùn)發(fā)動(dòng)和物塊的速度大小分別為片、%,那么根據(jù)動(dòng)量守恒定律

解得

物塊與彈性擋板撞擊后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)發(fā)動(dòng)同向，當(dāng)運(yùn)發(fā)動(dòng)再次推出物塊

解得

第3次推出后

解得

依次類(lèi)推，第8次推出后，運(yùn)發(fā)動(dòng)的速度

根據(jù)題意可知

解得

第7次運(yùn)發(fā)動(dòng)的速度一定小于5m/s,那么

解得

綜上所述，運(yùn)發(fā)動(dòng)的質(zhì)量滿(mǎn)足

AD錯(cuò)誤，BC正確。

應(yīng)選BCo

20.(2021?海南卷)如圖，光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端與一水平傳送帶相

切，一質(zhì)量砥=1kg的小物塊。從圓弧軌道最高點(diǎn)P由靜止釋放，到最低點(diǎn)Q時(shí)與另一質(zhì)

量肛,=3kg小物塊b發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極短)。圓弧軌道半徑R=0.8m,傳送帶的

長(zhǎng)度L=1.25m,傳送帶以速度u=lm/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)

4=0.2,g=10m/s2?求

(1)碰撞前瞬間小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大小；

(2)碰后小物塊。能上升的最大高度；

(3)小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間。

【答案】⑴30N：(2)0.2m；(3)1s

【解析】

(1)設(shè)小物塊。下到圓弧最低點(diǎn)未與小物塊b相碰時(shí)的速度為匕,，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

代入數(shù)據(jù)解得匕=4m/s

小物塊。在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有

代入數(shù)據(jù)解得&=30N

根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大小為30N。

(2)小物塊。與小物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒有

根據(jù)能量守恒有

聯(lián)立解得匕=-2m/s,匕=2m/s

小物塊a反彈，根據(jù)機(jī)械能守恒有

解得h-0.2m

(3)小物塊匕滑上傳送帶，因口=2m/s>v=lm/s,故小物塊b先做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

牛頓第二定律有

解得a=2m/s2

那么小物塊b由2m/s減至lm/s,所走過(guò)的位移為

代入數(shù)據(jù)解得X|=o.75m

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

代入數(shù)據(jù)解得%=0.5s

因玉=0.75m<L=1.25m,故小物塊b之后將做勻速運(yùn)動(dòng)至右端，那么勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

為

故小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間

21.(2021?北京卷)如圖甲所示，真空中有一長(zhǎng)直細(xì)金屬導(dǎo)線(xiàn)MN,與導(dǎo)線(xiàn)同軸放置一半徑

為R的金屬圓柱面.假設(shè)導(dǎo)線(xiàn)沿徑向均勻射出速率相同的電子，電子質(zhì)量為加，電荷量為e。

不考慮出射電子間的相互作用。

⑴可以用以下兩種實(shí)驗(yàn)方案測(cè)量出射電子的初速度：

a.在柱面和導(dǎo)線(xiàn)之間，只加恒定電壓；

b.在柱面內(nèi)，只加與MN平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

當(dāng)電壓為ua或磁感應(yīng)強(qiáng)度為時(shí)，剛好沒(méi)有電子到達(dá)柱面。分別計(jì)算出射電子的初速度%。

⑵撤去柱面，沿柱面原位置放置一個(gè)弧長(zhǎng)為a、長(zhǎng)度為〃的金屬片，如圖乙所示。在該金屬

片上檢測(cè)到出射電子形成的電流為/,電子流對(duì)該金屬片的壓強(qiáng)為。。求單位長(zhǎng)度導(dǎo)線(xiàn)單位

時(shí)間內(nèi)出射電子的總動(dòng)能。

【答案】⑴a.Jl瓦，b.也士⑵e兀ML

Vm2mml

【解析】

(1)a.在柱面和導(dǎo)線(xiàn)之間，只加恒定電壓U。，粒子剛好沒(méi)有電子到達(dá)柱面，此時(shí)速度為零,

根據(jù)動(dòng)能定理有

解得

b.在柱面內(nèi)，只加與MN平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為與時(shí)，剛好沒(méi)有電子到達(dá)柱面，

設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，那么有

解得

(2)撤去柱面，設(shè)單位時(shí)間單位長(zhǎng)度射出的電子數(shù)為"，那么單位時(shí)間打在金屬片的粒子

數(shù)

金屬片上形成電流為

所以

根據(jù)動(dòng)量定理得金屬片上的壓強(qiáng)為

解得

故總動(dòng)能為

22.（2021?江蘇卷）一只質(zhì)量為L(zhǎng)4kg的烏賊吸入0.1kg的水，靜止在水中。遇到危險(xiǎn)時(shí)，

它在極短時(shí)間內(nèi)把吸入的水向后全部噴出，以2m/s的速度向前逃竄。求該烏賊噴出的水的

速度大小V。

【答案】28m/s

【解析】

烏賊噴水過(guò)程，時(shí)間較短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒；選取烏賊逃竄的方向?yàn)檎较?，?/p>

據(jù)動(dòng)量守恒定律得

解得噴出水的速度大小為

23.（2021?天津卷）長(zhǎng)為/的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為町的小球A,處于靜止?fàn)顟B(tài)。

4受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A

回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為加2的小球B與之迎面正碰，碰后4B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，

并能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,求

（1）A受到的水平瞬時(shí)沖量/的大?。?/p>

（2）碰撞前瞬間B的動(dòng)能線(xiàn)至少多大？

【答案】（1）/=町屈；（2）線(xiàn)=",（2犯+.）

2m1

【解析】

（1）A恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度

大小為V,由牛頓第二定律，有

m1g=犯?、?/p>

A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的

速度大小為“，有

5mM=2叫一+2叫g(shù)/②

由動(dòng)量定理，有

/=加|乙③

聯(lián)立①②③式，得

/=仍^^④

(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)速度大小為M,48粘在一起后恰能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿(mǎn)

足

17f⑤

要到達(dá)上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前8的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较颍O(shè)

8碰前瞬間的速度大小為力,由動(dòng)量守恒定律，有

myB一町之=(肛+生)u，⑥

又

線(xiàn)=5%%⑦

聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少為

E：58/(2〃％+加2)2⑧

k2/%

24.(2021?山東卷)如下圖，一傾角為。的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊

的質(zhì)量分別為m和4m,Q靜止于斜面上A處。某時(shí)刻，P以沿斜面向上的速度內(nèi)與Q發(fā)生

彈性碰撞。Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于tan6,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。P與斜

面間無(wú)摩擦，與擋板之間的碰撞無(wú)動(dòng)能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點(diǎn)，斜面足夠長(zhǎng)，Q的速

度減為零之前p不會(huì)與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。

⑴求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1,vQli

(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；

⑶求物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度H；

⑷為保證在Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞，求A點(diǎn)與擋板之間的最小距離5。

(答案］⑴P的速度大小為|%，Q的速度大小為|%;(2)4=《尸丑(n=l,2,3…)；

⑶*2（4）s=M-13說(shuō)

18g200gsin3

【解析】

(1)P與。的第一次碰撞，取P的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得

mvQ=mvP{4-4m%①

由機(jī)械能守恒定律得

g機(jī)“2=1〃”戶(hù)］2+1,4，"1@2②

聯(lián)立①②式得

VP\=-|vo③

%=1%④

32

故第一次碰撞后P的速度大小為Q的速度大小為g%

⑵設(shè)第一次碰撞后Q上升的高度為hi，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

h

0-%2=2.(-2gsin&),—i―⑤

丫sin?

聯(lián)立①②⑤式得

⑥

4噌25g

設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時(shí)速度為v02,第一次碰后至笫二次碰前，對(duì)

P由動(dòng)能定理得

|機(jī)一g=_mg/⑦

聯(lián)立①②⑤⑦式得

⑧

P與Q的第二次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為％2、VQ2,由動(dòng)量守恒定律得

〃?口02=fnvP2+4UQ2⑨

由機(jī)械能守恒定律得

12121/2

-mv02=~mvP2+--4mVQ2⑩

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得

"=一｝，％?

VQ2=1X^V°?

設(shè)第二次碰撞后Q上升的高度為機(jī)，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

0-v2=2■（-2gsin0）-?

Qsin。

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?式得

設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時(shí)速度為w，第二次碰后至第三次碰前，對(duì)

P由動(dòng)能定理得

Q叫3_萬(wàn)叫2=~mg>hQ5）

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩??式得

%3=（率之為?

P與Q的第三次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為力3、"Q3,由動(dòng)量守恒定律得

mv03=mvP3+4mvQ3。Z）

由機(jī)械能守恒定律得

1212?/2

5機(jī)%3=~mVP3+--4/MV<23?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩????式得

VP3=—|x（^~-）2v0正

?Q3=在（￥）2為?

i

設(shè)第三次碰撞后Q上升的高度為加，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式⑩得

0-七,=2.（-2gsin6）?.3?

sin?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?????式得

陽(yáng)=（/）2.手?

2525g

總結(jié)可知，第n次碰撞后，物塊Q上升的高度為

%=(2_)"，應(yīng)5=1,2,3.…)?

2525g

⑶當(dāng)P、Q到達(dá)“時(shí)，兩物塊到此處的速度可視為零，對(duì)兩物塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程由動(dòng)能定理得

IPJ

2

0——wv()=-(m+4m)gH-tan6?4/%gcos0----?

2sin。

解得

H=^~?

18g

⑷設(shè)Q第一次碰撞至速度減為零需要的時(shí)間為ti,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

VQ\=2^sin6>?

設(shè)P運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度為vP；,需要的時(shí)間為t2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

vP\-Vp,+gt2sin??

22

vpl'-Vp,=2sgsin(9?

設(shè)P從A點(diǎn)到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3

%2=(-%)-g，3sin'?

當(dāng)A點(diǎn)與擋板之間的距離最小時(shí)

(=2r2+6?

聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得

=(8"-13)”2

?

200gsin0

25.(2021?浙江卷)某種離子診斷測(cè)量簡(jiǎn)化裝置如下圖。豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形耳6”、

方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，探測(cè)板CD平行于HG水平放置，

能沿豎直方向緩慢移動(dòng)且接地。a、b、C三束寬度不計(jì)、間距相等的離子束中的離子均以相

同速度持續(xù)從邊界EH水平射入磁場(chǎng)，b束中的離子在磁場(chǎng)中沿半徑為R的四分之一圓弧運(yùn)

動(dòng)后從下邊界"G豎直向下射出，并打在探測(cè)板的右邊緣。點(diǎn)。每束每秒射入磁場(chǎng)的離子

數(shù)均為N,離子束間的距離均為0.6R,探測(cè)板CO的寬度為0.5R,離子質(zhì)量均為m、電

荷量均為q，不計(jì)重力及離子間的相互作用。

⑴求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場(chǎng)邊界時(shí)與H點(diǎn)的距離5；

⑵求探測(cè)到三束離子時(shí)探測(cè)板與邊界HG的最大距離4Mx；

⑶假設(shè)打到探測(cè)板上的離子被全部吸收，求離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力的豎直分量F與

板到距離L的關(guān)系。

【答案】⑴V=-----，0.8/?；(2)Lmax=—R：(3)^?0<—/?時(shí)：耳=2.6NqBR；當(dāng)

m1515

4

話(huà)R<40.4R時(shí)：F2=l.SNqBR；當(dāng)L>().4A時(shí)：F『NqBR

【解析】

⑴離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)

得粒子的速度大小

令c束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為。，從磁場(chǎng)邊界HG邊的Q點(diǎn)射出，那么由幾何關(guān)

系可得

OH=06R,s=HQ=J-?_(06H)2=0.8R

(2)a束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為。。從磁場(chǎng)邊界"G邊射出時(shí)距離H點(diǎn)的距離為X,

由幾何關(guān)系可得

即a,c束中的離子從同一點(diǎn)Q射出，離開(kāi)磁場(chǎng)的速度分別于豎直方向的夾角為萬(wàn)、由

幾何關(guān)系可得

探測(cè)到三束離子，那么c束中的離子恰好到達(dá)探測(cè)板的。點(diǎn)時(shí)，探測(cè)板與邊界HG的距離

最大，

那么

(3)a或c束中每個(gè)離子動(dòng)量的豎直分量

4

當(dāng)0<么，石R時(shí)所有離子都打在探測(cè)板上，故單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力

4

當(dāng)記R<〃,0.4R時(shí)，只有b和c束中離子打在探測(cè)板上，那么單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)

板的平均作用力為

當(dāng)L>0.4R時(shí)，只有b束中離子打在探測(cè)板上，那么單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作

用力為

26.(2021?浙江卷)小明將如下圖的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、

水平直軌道AB和傾角0=37°的斜軌道平滑連接而成。質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊從弧形

軌道離地高"=1.0m處?kù)o止釋放。R=0.2m,IAB==1.0m,滑塊與軌道AB和BC

間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=025,弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。

⑴求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心。等高的。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

（2）通過(guò)計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；

⑶假設(shè)滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰，碰后一

起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25,求它們?cè)谲壍?c上到達(dá)的高度力與x之間的關(guān)系。（碰撞

時(shí)間不計(jì)，sin37°=0.6,cos37°=0.8）

【答案】（1）8N,方向水平向左；（2）不會(huì)沖出；（3）h=-x~—（-m<x<lm）；/z=0

6488

（0<x<-m）

8

【解析】

⑴機(jī)械能守恒定律

牛頓第二定律

牛頓第三定律

方向水平向左

⑵能在斜軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)為C點(diǎn)，功能關(guān)系

得

故不會(huì)沖出

⑶滑塊運(yùn)動(dòng)到距A