5.(08四川理綜25)如圖所示,一傾角為θ=45°的斜面固定于地面,斜面頂端離地

面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板,在斜面頂端自由釋放一

質(zhì)量m=0.09 kg的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn)).小物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2.

當(dāng)小物塊與擋板碰撞后,將以原速返回.重力加速度g取10 m/s2.在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中,擋板給予小物塊的總沖量是多少？　

答案　 0.4(3+) N·s?

　解析　 解法一：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動,到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v,由功能關(guān)系得：　mgh=mv2+μmgcosθ　　　　　　　　　　　　　　　 ①　

以沿斜面向上為動量的正方向.按動量定理,碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為:　

I=mv-m(-v)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②　

設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h′,則　

mv2=mgh′+μmgcosθ?　　　　　　　　　　　　 ③　

同理,有mgh′=mv′2+μmgcosθ　　　　　　 ④　

I′=mv′-m(-v′)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤　

式中,v′為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度,I′為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量.　

由①②③④⑤式得I′=kI　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥　

式中k=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦　

由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù),首項(xiàng)為　

I1=2m　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧　

總沖量為　

I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑨　

由1+k+k2+…+kn-1=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑩　

得I=　　　　　

代入數(shù)據(jù)得I=0.4(3+) N·s　　 　　　　　　　　

解法二：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動,小物塊受到重力，斜面對它的摩擦力和支持力，小物塊向下運(yùn)動的加速度為a,依牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma　　　　　　　　　　 ①

設(shè)小物塊與擋板碰撞前的速度為v,則：　

v2=2a　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

以沿斜面向上為動量的正方向.按動量定理,碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為　

I=mv-m(-v)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

由①②③式得　

I=2m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運(yùn)動的加速度大小為a′,依牛頓第二定律有：　

mgsinθ+μmgcosθ=ma′　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

小物塊沿斜面向上運(yùn)動的最大高度為　

h′=sinθ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

由②⑤⑥式得　

h′=k2h　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦

式中k =　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧

同理,小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量為：　

I′=2m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑨

由 ④⑦⑨式得I′=kI　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑩

由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù),首項(xiàng)為　

I1=2m　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　

總沖量為

I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)　　　　　　　　　　　　　

由1+k+k2+…+kn-1=　　　　　　　　　　　　 　　

得I=2m　 　　　　　 　　

代入數(shù)據(jù)得I=0.4(3+) N·s?　　　　　　　　　 　　

4.(08北京理綜24)有兩個(gè)完全相同的小滑塊A和B,A沿光滑水平面以速度v0與

靜止在平面邊緣O點(diǎn)的B發(fā)生正碰,碰撞中無機(jī)械能損失.碰后B運(yùn)動的軌跡為

OD曲線,如圖所示.

(1)已知小滑塊質(zhì)量為m,碰撞時(shí)間為Δt,求碰撞過程中A對B平均沖力的大�。弧�

(2)為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速度下滑的運(yùn)動,特制做一個(gè)與B平拋軌跡完全相同的光滑軌道,并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置,讓A沿該軌道無初速下滑(經(jīng)分析,A下滑過程中不會脫離軌道).

a.分析A沿軌道下滑到任意一點(diǎn)的動量pA與B平拋經(jīng)過該點(diǎn)的動量pB的大小關(guān)系;　

b.在OD曲線上有一點(diǎn)M,O和M兩點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為45°.求A通過M點(diǎn)時(shí)的水平分速度和豎直分速度.　

答案　 (1)　(2)a.pA<pB?b.vAx=v0　vAy=v0

解析　 (1)滑塊A與B正碰,滿足　

mvA+mvB=mv0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①　

mvA2+mvB2=mv02　　　　　　　　　　　 　　　 ②　

由①②,解得vA=0,vB=v0,　

根據(jù)動量定理,滑塊B滿足F·Δt=mv0　

解得F=.

(2)a.設(shè)任意點(diǎn)到O點(diǎn)豎直高度差為d.　

A、B由O點(diǎn)分別運(yùn)動至該點(diǎn)過程中,只有重力做功,所以機(jī)械能守恒.

選該任意點(diǎn)為勢能零點(diǎn),有　

EkA=mgd,EkB=mgd+mv02

由于p=,有

即pA＜pB

故A下滑到任意一點(diǎn)的動量總是小于B平拋經(jīng)過該點(diǎn)的動量.

?b.以O(shè)為原點(diǎn),建立直角坐標(biāo)系xOy,x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向下,則對B有x=v0t,y=gt2

B的軌跡方程 y=x2

在M點(diǎn)x=y,所以y=　　　　　　　　　　　　 ③

因?yàn)锳、B的運(yùn)動軌跡均為OD曲線,故在任意一點(diǎn),兩者速度方向相同.設(shè)B水平和豎直分速度大小分別為

vBx和vBy,速率為vB;A水平和豎直分速度大小分別為vAx和vAy,速度為vA,則

,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

B做平拋運(yùn)動,故vBx=v0,vBy=,vB=　　　　 ⑤

對A由機(jī)械能守恒得vA=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

由④⑤⑥得vAx=,vAy=

將③代入得vAx=v0　　 vAy=v0

3.(08全國I24)圖中滑塊和小球的質(zhì)量均為m,滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自

　 由滑動,小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長的輕繩相連,輕繩長為l.開始時(shí),輕繩處于

　 水平拉直狀態(tài),小球和滑塊均靜止.現(xiàn)將小球由靜止釋放,當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑塊剛

　 好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定擋板粘住,在極短的時(shí)間內(nèi)速度減為零,小球繼續(xù)向左擺

動,當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角θ＝60°時(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn).求:　

(1)從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中,擋板阻力對滑塊的沖量.　

(2)小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,繩的拉力對小球做功的大小.　

答案　　 (1)-m　　 (2) mgl

解析　　 (1)設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑塊和小球速度的大小分別為v1、v2,由機(jī)械能守恒定律得mv12+mv22=mgl　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①　

小球由最低點(diǎn)向左擺動到最高點(diǎn)時(shí),由機(jī)械能守恒定律得　

mv22=mgl(1-cos 60°)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②　

聯(lián)立①②式得　

v1=v2=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③　

設(shè)所求的擋板阻力對滑塊的沖量為I,規(guī)定動量方向向右為正,有　

I=0-mv1　

解得I=-m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④　

(2)小球從開始釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,設(shè)繩的拉力對小球做功為W,由動能定理得

mgl+W=mv22　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤　

聯(lián)立③⑤式得　

W=-mgl　

小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,繩的拉力對小球做功的大小為mgl

2.(08江蘇12C)場強(qiáng)為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場中有兩個(gè)小球A、B,它們的質(zhì)量分別為m1、m2,電荷量分別為q1、q2,A、B兩個(gè)小球由靜止釋放,重力加速度為g,則小球A和B組成的系統(tǒng)動量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式為　　　　　　 .

　 答案　　 (q1+q2)E=(m1+m2)g

解析　 動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或受的合外力為零,所以動量守恒滿足的關(guān)系式為(q1+q2)E=(m1+m2)g

1.(08天津理綜20)一個(gè)靜止的質(zhì)點(diǎn),在0-4 s時(shí)間內(nèi)受到力F的作用,力的

方向始終在同一直線上,力F隨時(shí)間t的變化如圖所示,則質(zhì)點(diǎn)在 　　　　 　(　)　

?A.第2 s末速度改變方向　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B.第2　 s末位移改變方向　

?C.第4　 s末回到原出發(fā)點(diǎn)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.第4 s末運(yùn)動速度為零　

答案?D?　

解析　 由圖象知物體在前2 s內(nèi)加速,2-4 s內(nèi)減速,因?yàn)榍? s與后2 s受力情況是大小相等、方向相反,所以第4 s末速度為零.物體前4 s內(nèi)始終沿一個(gè)方向運(yùn)動.

27.(09·寧夏·24)冰壺比賽是在水平冰面上進(jìn)行的體育項(xiàng)目，比賽場地示意如圖。比賽時(shí)，運(yùn)動員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近圓心O.為使冰壺滑行得更遠(yuǎn)，運(yùn)動員可以用毛刷擦冰壺運(yùn)行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)減小。設(shè)冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為=0.008，用毛刷擦冰面后動摩擦因數(shù)減少至=0.004.在某次比賽中，運(yùn)動員使冰壺C在投擲線中點(diǎn)處以2m/s的速度沿虛線滑出。為使冰壺C能夠沿虛線恰好到達(dá)圓心O點(diǎn)，運(yùn)動員用毛刷擦冰面的長度應(yīng)為多少？(g取10m/s2)

解析：

設(shè)冰壺在未被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為：在 被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為。則有

+=S　 ①

式中S為投擲線到圓心O的距離。

　 ②

　 ③

設(shè)冰壺的初速度為，由功能關(guān)系，得

　 ④

聯(lián)立以上各式，解得

　 ⑤

代入數(shù)據(jù)得

　 ⑥

2008年高考題

26.(09·廣東物理·20)如圖20所示，絕緣長方體B置于水平面上，兩端固定一對平行帶電極板，極板間形成勻強(qiáng)電場E。長方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動摩擦因數(shù)=0.05(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同)。B與極板的總質(zhì)量=1.0kg.帶正電的小滑塊A質(zhì)量=0.60kg，其受到的電場力大小F=1.2N.假設(shè)A所帶的電量不影響極板間的電場分布。t=0時(shí)刻，小滑塊A從B表面上的a點(diǎn)以相對地面的速度=1.6m/s向左運(yùn)動，同時(shí)，B(連同極板)以相對地面的速度=0.40m/s向右運(yùn)動。問(g取10m/s2)

(1)A和B剛開始運(yùn)動時(shí)的加速度大小分別為多少？

(2)若A最遠(yuǎn)能到達(dá)b點(diǎn)，a、b的距離L應(yīng)為多少？從t=0時(shí)刻至A運(yùn)動到b點(diǎn)時(shí)，摩擦力對B做的功為多少？

解析：⑴由牛頓第二定律有

A剛開始運(yùn)動時(shí)的加速度大小 方向水平向右

B剛開始運(yùn)動時(shí)受電場力和摩擦力作用

由牛頓第三定律得電場力

摩擦力

B剛開始運(yùn)動時(shí)的加速度大小方向水平向左

⑵設(shè)B從開始勻減速到零的時(shí)間為t1，則有

此時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動的位移

t1時(shí)刻A的速度，故此過程A一直勻減速運(yùn)動。

　 此t1時(shí)間內(nèi)A運(yùn)動的位移

此t1時(shí)間內(nèi)A相對B運(yùn)動的位移

此t1時(shí)間內(nèi)摩擦力對B做的功為

t1后，由于，B開始向右作勻加速運(yùn)動，A繼續(xù)作勻減速運(yùn)動，當(dāng)它們速度相等時(shí)A、B相距最遠(yuǎn)，設(shè)此過程運(yùn)動時(shí)間為t2，它們速度為v，則有

對A　 速度

對B　 加速度

　　　　 速度

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得　

此t2時(shí)間內(nèi)A運(yùn)動的位移

此t2時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動的位移

此t2時(shí)間內(nèi)A相對B運(yùn)動的位移

此t2時(shí)間內(nèi)摩擦力對B做的功為

所以A最遠(yuǎn)能到達(dá)b點(diǎn)a、b的距離L為

從t=0時(shí)刻到A運(yùn)動到b點(diǎn)時(shí)，摩擦力對B做的功為

　 。

25.(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=1.0m 。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，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度=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，物塊與地面的動摩擦因數(shù)=0.45.(設(shè)碰撞時(shí)間很短，g取10m/s2)

(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)動方向。

解析：⑴設(shè)AB碰撞后的速度為v1,AB碰撞過程由動量守恒定律得

　 設(shè)與C碰撞前瞬間AB的速度為v2，由動能定理得

　 聯(lián)立以上各式解得

⑵若AB與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得

　 代入數(shù)據(jù)解得 　

　 此時(shí)AB的運(yùn)動方向與C相同

若AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒得

聯(lián)立以上兩式解得

代入數(shù)據(jù)解得　

此時(shí)AB的運(yùn)動方向與C相反

若AB與C發(fā)生碰撞后AB的速度為0，由動量守恒定律得

代入數(shù)據(jù)解得

總上所述得　 當(dāng)時(shí)，AB的運(yùn)動方向與C相同

當(dāng)時(shí)，AB的速度為0

　當(dāng)時(shí)，AB的運(yùn)動方向與C相反

24.(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.筆的彈跳過程分為三個(gè)階段：

①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)；

②由靜止釋放，外殼豎直上升至下端距桌面高度為時(shí)，與靜止的內(nèi)芯碰撞(見題24圖b)；

③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處(見題24圖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��；

(2)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處，筆損失的機(jī)械能。

解析：

23.(09·重慶·23)2009年中國女子冰壺隊(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)動的關(guān)注。冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如下過程：如題23圖，運(yùn)動員將靜止于O點(diǎn)的冰壺(視為質(zhì)點(diǎn))沿直線推到A點(diǎn)放手，此后冰壺沿滑行，最后停于C點(diǎn)。已知冰面各冰壺間的動摩擦因數(shù)為，冰壺質(zhì)量為m，AC=L，=r,重力加速度為g

(1)求冰壺在A 點(diǎn)的速率；

(2)求冰壺從O點(diǎn)到A點(diǎn)的運(yùn)動過程中受到的沖量大小；

(3)若將段冰面與冰壺間的動摩擦因數(shù)減小為，原只能滑到C點(diǎn)的冰壺能停于點(diǎn)，求A點(diǎn)與B點(diǎn)之間的距離。

解析：