1、2005年南昌二中高考最后押题卷物 理（三）1如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端分别系着物体A和B，物体A放在倾角为的斜面上，已知A物体质量为m，A物体与斜面间的最大静摩擦力是与斜面间弹力的倍（ (M + m) g即T 2 N其次，T的作用不能使M + m的加速度太大，否则当木箱与E发生碰撞后，P做竖直上抛运动会与木箱顶ad相碰设临界状态下木箱在拉力T的作用下向上的加速度为a，木箱与挡板E碰撞前瞬间速度为v则v =木箱与挡板E碰后，P做竖直上抛运动，初速度为v，临界最大高度为l则v2 = 2gl则可得：a = 2.5 m/s2临界状态下= (M + m) g + (M + m) a = 2.5 N
2、综述，T的范围为2 N T a1所以得F (M + m)g = 20 N （2）设N在M上面滑动的时间为t，当恒力F = 22.8 N时，木板的加速度a2 = (F f )/M = 4.7 m/s2小滑块在时间t内运动的位移s1 = a1t2 / 2木板在时间t内运动位移s2 = a2t2 / 2，因s2 s1 = L所以4.7 t2 / 2 4t2 / 2 = 1.4，得t = 2 s7从地面上发射质量为m的导弹，导弹的喷气发动机可产生恒定的推力，推力大小F =mg，导弹沿与水平方向成角的方向直线飞行，经过时间t后，遥控导弹的发动机保持推力的大小不变，将推力的方向逆时针转动120，又经过时间
3、，关闭发动机问再经过多长时间导弹落回地面，落地点离发射点多远（不计空气的阻力和导弹本身质量的变化） 答案：开始时导弹做匀加速直线运动，受力分析如下图甲所示：y方向：mgsin mgcos 30= 0 所以= 30x方向：mgcos mgsin 30= ma1 所以a1 = g经过时间t，导弹的速度v = a1t = gt，斜向上运动的距离s1 =此时将推力逆时针旋转120，推力F将水平向左，导弹的受力分析如图乙所示，显然F合 = 2mg = ma2，所以a2 = 2g，再经过时间，导弹速度正好减为零，同时斜向上运动的距离s2 =此时关闭发动机，导弹将从静止自由下落，故导弹落地点距发射点的距离为
4、L = (s1 + s2) cos再由(s1 + s2) cos= 得t自 =8在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水平地面上已知小石块的质量为m1气球（含球内氢气）的质量为m2，气球体积为V，空气密度为（V和均视作不变量），风沿水平方向吹，风速为v已知风对气球的作用力f = ku（式中k为一已知系数，u为气球相对空气的速度）开始时，小石块静止在地面上，如图所示 （1）若风速v在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一情况，并说明理由 （2）若细绳突然断开，已知气球飞上天空后，在气球所经过的空间中的风速v保持不变，求气球
5、能达到的最大速度的大小 答案：（1）将气球和小石块作为一个整体：在竖直方向上，气球（包括小石块）受到重力G、浮力F和地面支持力N的作用，据平衡条件有 N =（m1 + m2）g gV由于式中N是与风速v无关的恒力，故气球连同小石块不会一起被吹离地面 （2）气球的运动可分解成水平方向和竖直方向的两个分运动，达最大速度时气球在水平方向做匀速运动，有vx = v气球在竖直方向也做匀速运动，有 m2g + kvy =gV气球的最大速度 vm =联立求解得vm =9国家飞碟射击队用如图所示装置进行模拟训练，被训练的队员在高H = 20 m的塔顶，在地面上距塔水平距离为s处有一个电子抛靶装置，圆形靶可被以
6、速度v2竖直抛出，当靶被抛出的同时立即用特制手枪沿水平射击，子弹速度v1 = 100 m/s不计人的反应时间、抛靶装置的高度及子弹的枪膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小（g = 10 m/s2） （1）当s取值在什么范围时，无论v2为何值都不能击中靶？ （2）若s = 100 m，v2 = 20 m/s，试通过计算说明靶能否被击中？ 答案：（1）把抛靶装置放在子弹的射程以外，则不论抛靶速度为何值，靶都无法被击中由H =gt2，x = v1t得，s x = v1 （2）若靶能被击中，则击中处应在抛靶装置的正上方，设经历的时间为t1，则s = v1t1，t1 =s = 1 sy1 =gt12
7、 = 10 1 = 5 (m)y2 = v2t1 gt12 = 20 1 10 12 = 15 (m)y1 + y2 = 5 m + 15 m = 20 m = H 靶恰好被击中10甲、乙两质点同时开始在彼此平行且靠近的两水平轨道上同向运动，甲在前，乙在后，相距s，甲初速度为零，加速度为a，做匀加速直线运动；乙以速度v0做匀速运动，关于两质点在相遇前的运动某同学作如下分析：设两质点相遇前，它们之间的距离为，则=at2 + s v0t，当t =时，两质点间距离有最小值，也就是两质点速度相等时，两质点之间距离最近你觉得地的分析是否正确？如果认为是正确的，请求出它们的最小距离；如果认为是不正确的，请
8、说明理由并作出正确分析 答案：该同学回答不完整在两质点相遇之前，它们之间的距离也可能不断减小，直至= 0（相遇），也可能存在先变小后变大的情况，它完全取决于两质点之间的初始距离s与v0、a之间的大小关系由 =at2 v0t + s可解得：当2as即s时，甲乙之间的距离始终在减小，直至相遇（最小距离= 0），不会出现最小的情况当时，甲与乙不可能相遇，当t =时，两质点之间的距离最近：min = s 112004年1月25日，继“勇气”号之后，“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星在人类成功登陆火星之前，人类为了探测距离地球大约3.0 105 km的月球，也发射了一种类似四轮小车的月球探测器它能够在
9、自动导航系统的控制下行走，且每隔10 s向地球发射一次信号探测器上还装着两个相同的减速器（其中一个是备用的），这种减速器可提供的最大加速度为5 m/s2某次探测器的自动导航系统出现故障，从而使探测器只能匀速前进而不能自动避开障碍物此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作下表为控制中心的显示屏的数据：收到信号时间与前方障碍物的距离（单位：m）9:1020529:103032发射信号时间给减速器设定的加速度（单位：m/s2）9:10332收到信号时间与前方障碍物的距离（单位：m）9:104012已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快科学家每次分析数据并输入命令最少需要3 s问： （1）
10、经过数据分析，你认为减速器是否执行了减速命令？ （2）假如你是控制中心的工作人员，应采取怎样的措施？加速度需满足什么条件？请计算说明 答案：（1）设在地球和月球之间传播电磁波需要的时间为t0，t0 = 1 s从前两次收到的信号可知：探测器的速度v1 = 2 m/s由题意可知，从发射信号到探测器收到信号并执行命令的时刻为9:1034控制中心第三次收到的信号是探测器在9:1039发出的从后两次收到的信号可知探测器的速度v = 2 m/s可见，探测器的速度未变，并未执行减速命令减速器出现故障 （2）应启用另一个备用减速器再经过3 s分析数据和1 s接收时间，探测器在9:1044执行命令，此时距前方障
11、碍物的距离s = 4 m设定减速器加速度为a，则有s =4 m，可得a0.5 m/s2即只要设定加速度a0.5 m/s2，便可使探测器不与障碍物相撞12如图为宇宙中有一个恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O运行的轨道近代以为圆，天文学家观测得到A行星运动的轨道半径为R0，周期为T0 （1）中央恒星O的质量是多大？ （2）长期观测发现，A行星实际运动的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性也每隔t0时间发生一次最大的偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在一颗未知的行星B（假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同），它对A行星的万有引力引起A轨道的偏离
12、根据上述现象及假设，你能对未知行星B的运动得到哪些定量的预测 答案：（1）设中央恒星质量为M，A行星质量为m，则有解得： （2）由题意可知：A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔t0时间相距最近设B行星运行的周期为TB，则有：解得：TB =设B行星的质量为，运动的轨道半径为RB，则有联立求解得：TB = R0 13磁悬浮列车以大小为v的速度沿赤道高速向东行驶，某时刻人造地球卫星A正好经过磁悬浮列车正上方，运动方向与磁悬浮列车的运动方向相同，列车行驶路程s后，卫星又一次通过列车的正上方已知地球的半径为R，自转周期为T0，地球表面的重力加速度为g，求卫星离地面的高度 答案：设卫星的角速度为，在
13、列车行驶路程s的时间t =内万有引力提供向心力GM = gR2由式得h =14在某介质中形成一列简谐波，t = 0时刻的波形如图中的实线所示 （1）若波向右传播，零时刻刚好传到A点，且再经过0.6 s，P点也开始起振，则该列波的周期T为多少？从t = 0时起到P点第一次达到波峰时止，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？ （2）若该列波的传播速度大小为20 m/s，且波形由实践变成虚线需要经历0.525 s时间，则该列波的传播方向如何？ 答案：由图象可知， = 2 m，A = 2 cm （1）当波向右传播时，A点的起振方向竖直向下，包括P点在内的各质点的起振方向均为竖直向下波速
14、v = 10 m/s由v =，得T = 0.2 s由t = 0至P点第一次到达波峰止，经历的时间而t = 0时O点的振动方向竖直向上（沿y轴正方向）故经时间，O点振动到波谷即：y0 = 2 cms0 = n 4A = (3 + 3/4) 4A = 0.3 m 其中n为O点振动的周期数 （2）当波速v = 20 m/s时，经历0.525 s时间，波沿x方向传播的距离x = vt = 10.5 m，即 : x = (5 +)，实数波形变为虚线波形经历了(5 +)T，故波沿x轴负方向传播15一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1 s的简谐运动，于是在绳上形成
15、一列简谐波求： （1）若从波传到平衡位置在x = 1 m处的M质点时开始计时，那么经过的时间等于多少时，平衡位置在x = 4.5 m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置？在图中准确画出当时弹性绳上的波形 （2）从绳的左端点开始做简谐运动起，当它通过的总路程为88 cm时，N质点振动通过的总路程是多少？ 答案：（1）由波的传播特性和波动图象知，波长= 2 m波从x = 1 m传至x = 4.5 m处的N质点需要的时间t = (7/4) T此时x = 4.5 m处的质点正向y轴负方向运动x = 4.5 m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置还需T/2，因此= (9/4)T = 2.25
16、 s此时波形如图： （2）由图知，振幅A = 8 cm质点在一个周期内通过的路程为4A = 32 cmO质点通过88 cm的路程共经过的时间为(11/4) T 从x = 0 m传至x = 4.5 m处的N质点需要时间t1为(9/4) T质点N运动的时间为（1/2）T所以质点N振动通过的总路程为2A = 16 cm16如图所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v0 = 2 m/s的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角，现把一质量m = 10 kg的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h = 2 m的高处已知工件与传送带间动摩擦因数，g取10 m/s2 （1）试通过计算分析工件在传送带上做
17、怎样的运动？ （2）工件从传送带底端运动至h = 2 m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？ 答案：（1）工件刚被放上皮带时受滑动摩擦力Ff =mgcos代入数据可得Ff mgsin= 25 N 0，工件先做匀加速直线运动由牛顿第二定律Ff mgsin= ma 设工件经过位移s与传送带达到共同速度v0，由匀变速直线运动规律v02 = 2as 联立可得s = 0.8 m 4 m故工件先做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度后做匀速直线运动 （2）工件从传送带底端运动至h = 2 m高处的过程中摩擦力对工件做功Wf，由动能定理Wf mgh =可得Wf = 220 J17如图所示，水平
18、面上的A，B两物体中间有一被细线拉着的被压缩了的轻弹簧，两边是两个在竖直平面内的半径分别为R和2R的圆弧形轨道当细线突然断开后，两物体分别运动到轨道最高点时，对轨道的压力都为0不计任何摩擦，求：A、B两物体的质量mA和mB之比 答案：由动量守恒得：mAvA = mBvB设当A运动到最高点时速度为v1，有mAg =研究A由水平面到最高点的过程，由机械能守恒定律得= 2mAgR设当B运动到最高点时速度为v2，有mBg =研究B由水平面到最高点的过程，由机械能守恒定律得= 2mBgR所以mA : mB =: 1182003年10月15日9时，在太空遨游21小时的“神舟”五号飞船返回舱按预定计划，载着
19、宇航员杨利伟安全降落在内蒙古四子王旗地区“神舟”五号飞船在返回时先要进行姿态调整，然后返回舱以近8 km/s的速度进入大气层，当返回舱距地面30 km时，返回舱上的回收发动机启动，相继完成拉出天线、抛掉底盖等动物在飞船返回舱运动到距地面20 km以下的高度后，速度减为200 m/s而匀速下降，此段过程中返回舱所受空气阻力为f =，式中为大气的密度，v是返回舱的运动速度，S为与形状特征有关的阻力面积，当返回舱距地面高度为10 km时打开面积为1 200 m2的降落伞，直到速度达到8 m/s后匀速下落为实现软着陆（即着陆时返回舱的速度为0），当返回舱离地面1.2 m时反冲发动机点火，使反回舱落地的
20、速度减为零，返回舱此时的质量为2.7 103 kg，取g = 10 m/s2 （1）用字母表示出返回舱在速度为200 m/s时的质量； （2）分析从打开降落伞到反冲发动机点火前，返回舱的加速度和速度的变化情况； （3）求反冲发动机的平均反推力的大小及反冲发动机对返回舱做的功 答案：（1）当返回舱在速度为20 m/s时，受到的重力和阻力平衡而匀速下落，由牛顿第二定律mg f = 0，根据已知条件得mg = 0，m = （2）在打开降落伞到反冲发动机点火前，返回舱的加速度先增大而后减小，加速度方向向上，返回舱的速度不断减少，直到速度减小到8 m/s后匀速下落 （3）反冲发动机工作后，使返回舱的速度
21、由8 m/s减小为0，返回舱受重力和平均反冲力F作用做减速运动的位移为h = 1.2 m，根据动能定理，（mg F）h = 0 mv2，F = 9.9 104 N反冲发动机对返回舱做的功W = Fh = 1.2 105 J19如图所示，在光滑水平面上放一质量为M、边长为l的正方体木块，木块右上角靠着一长为L的轻质光滑棒，棒的一端用光滑铰链连接于地面上的O点，棒可绕O点在竖直平南非内自由转动，另一端固定一质量为m的匀质金属小球开始时，棒与木块均静止，棒与水平面夹角为当棒绕O点逆时针转动到棒与水平面间夹角为的瞬时，求木块速度的大小 答案：设棒和水平面成角时，木块速度为v，小球速度为vm，棒与木块的
22、接触点B的速度为vB，因B点和m在同一棒上以相同角速度绕O点转动，所以有：sin木块与棒接触于B点时木块的速度水平向左，此速度可看作两速度的合成，即B点绕O转动的速度v= vB和B点沿棒方向向m滑动的速度v，所以vB = vsin故vm = vB因从初位置到末位置的过程中只有小球重力对小球、轻棒、木块组成的系统做功，所以在上述过程中机械能守恒：mgL(sin sin) =综合上述得v = l20在宇宙飞船的实验舱内充满CO2气体，且一段时间内气体的压强不变，舱内有一块面积为S的平板舱壁，如图所示，如果CO2气体对平板的压强是由气体分子垂直撞击平板形成的，假设气体分子中各有1/6的个数分别向上、
23、下、左、右、前、后六个方向运动，且每个分子的速度均为v，设气体分子与平板碰撞后以原速率反弹已知实验舱中单位体积内CO2的摩尔数为n，CO2的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为NA求 （1）单位时间内打在平板上的CO2的分子个数； （2）CO2气体对平板的压力 答案：（1）设在时间内，CO2分子运动的距离为L，则L = v时间内打在平板上的分子数故单位时间内打在平板上的CO2的分子数为N =得N = （2）根据动量定理F=（2mv）= NAm解得 F =所以CO2气体对平板的压力21如图所示，两个质量相同m=0.2kg的小球用长L = 0.22m的细绳连接，放在倾角为30的光滑斜面上，初始时刻，细绳拉
24、直，且绳与斜面底边平行，在绳的中点作用一个垂直于绳沿斜面向上的恒力F = 2.2 N在力F的作用下两球向上运动，小球沿F方向的位移随时间变化的关系式为s = kt2（k为恒量），经过一段时间两球第一次碰撞，又经过一段时间再一次发生碰撞，由于两球之间有粘性，当力F作用了2 s时，两球发生最后一次碰撞，且不再分开，取g = 10 m/s2求： （1）最后一次碰撞后，小球的速度； （2）最后一次碰撞完成时，小球的速度； （3）整个碰撞过程中，系统损失的机械能 答案：（1）对两小球整体运用牛顿第二定律，得a = (F 2mgsin 30) / 2 m = 0.5 m/s2 （2）因为小球沿F方向的位移
25、随时间变化的关系式为s = kt2（k为恒量），所以小球在沿F方向上是匀加速直线运动，则小球的速度v = at = 1 m/s （3）根据功能原理，有= F (s + L/2) 2mgsin 30 2mv2 / 2 其中s = at2 / 2，代入数据，解得整个碰撞过程中，系统损失的机械能= 0.242 J22如下图所示，一人手持质量为m的小球乘坐在气球的吊篮里气球、吊篮和人的总质量为M，整个系统静止在空中突然，人将小球向上抛出，经过时间t后小球又返回手中，设手在抛接球时相对吊篮的位置不变，试求 （1）人在抛球过程中对系统做的功； （2）球在运动过程中与手之间的最大距离 答案：（1）球减速上升
26、时，人减速下降；球在高点时，人在最低点；所以球返回手中时的位置一定在抛出时的位置这时球速为v1，v1 = gt 其中t为球从被抛出到返回抛出点所用的时间mv1 + M ( v2) = 0W =mv12 +Mv22 =Mv12 + （2）设球在此过程中与手之间的最大距离为H球上升的最大距离 h1 =g (t)2人下降的最大距离 h2 =H = h1 + h2 =23劲度系数为k的轻弹簧，竖直放置在地面上其上端固定有质量为M的钢板，处于静止状态，此时钢板位于O处，如下图所示，现有一质量为m的小球从距钢板H的高处自由下落并与之发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失已知M = 3m，弹簧振子的周期T =
27、 2 （1）求小球与钢板第一次碰撞后瞬间，小球的速度v1和钢板的速度v2 （2）要使小球与钢板每次都在同一高度相碰（即钢板的初始位置），求钢板质量的最大值 （3）以小球自由下落的瞬间为计时起点，以向下为正方向，以的值作为1个时间单位（v0为小球第一次刚落到钢板时的速率）试在图中画出小球的v t图象；要求至少画出小球与钢板发生第三次碰撞前的图象 答案：（1）设小球落至钢板时速度为v0由机械能守恒定律得 mgH = mv02 / 2碰撞过程中动量守恒 mv0 = mv1 + Mv2机械能无损失 mv12 / 2 + Mv22 / 2 = mv02 / 2联立求解得v0 =小球的速度v1 = v0
28、/ 2 = / 2，方向向上钢板的速度v2 = v0 / 2 =/ 2，方向竖直向下 （2）由（1）可知，碰撞后小球做竖直上抛运动，钢板（连同弹簧）以速度v0 / 2向下做简谐运动，要使m与M第二次碰撞仍发生在原位置，则小球重新落回到O处所用的时间t应满足 t = nT + T/2(n = 0、1、2、3、)当M取最大值时，有 t = T/2小球做竖直上抛运动到O点时，有 t = v0 / g已知T = 2联立求解得M = （3）小球与钢板的第二次碰撞应满足mv0/2 Mv0 / 2 = mv3 + Mv4m (v0/2)2 /2 + M(v0/2)2/2 = mv32/ 2 + Mv42 /
29、 2解得，v3 = v0，方向竖直向上；v4 = 0当小球再次落回与钢板发生第三次碰撞时，第三次碰撞是第一次碰撞的重复；此后过程将周而复始地进行小球的v t图象如图所示24如图所示：质量M = 0.040 kg的靶盒A位于光滑水平导轨上，开始时静止在O点，在O点右侧有范围足够大的“相互作用区域”，如图中划虚线部分，当靶盒A进入相互作用区时便受到指向O点的恒力F = 2 N的作用，P处有一固定的发射器B，它可以根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度v0 = 50 m/s，质量m = 0.010 kg的子弹，当子弹打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短假设每当靶盒A停在或到达O点时，都有一颗子弹进入
30、靶盒A内 （1）当第一颗子弹进入靶盒A后，靶盒A离开O点最大距离为多少？ （2）当第三颗子弹进入靶盒A后，靶盒A从离开O点到又回到O点所经历的时间 （3）求发射器B至少发射几颗子弹后，靶盒A在相互作用区内运动的距离不超过0.2 m？ 答案：（1）设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒A的共同速度为v1根据碰撞过程系统动量守恒，有：mv0 = (m + M)v1 设A离开O点的最大距离为s1，根据动能定理有： Fs1 = 0 (m + M) / 2 由、式得s1 = 1.25 m （2）根据题意，A在恒力F作用下返回O点时第二颗子弹打入，由于A的动量与第二颗子弹动量大小相同、方向相反，第二颗子弹打
31、入后A将静止在O点设第三颗子弹打入A后，它们的共同速度为v3由系统动量守恒：mv0 = (M + 3m) v3设A从离开O点到又回到O点经历时间为t，且碰后A运动方向为正方向，由动量定理得： Ft/2 = 0 (M + 3m)v3由以上两式得：t = 0.5 s （3）设B至少发射n颗子弹，且碰后A的速度为vn由系统动量守恒：mv0 = (M + nm) vn由动能定理： Fsn = 0 (M + nm) vn2 / 2根据题意：sn 27.3 所以B至少发射28颗子弹25如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角= ，A、B是两个质量均为m = 1 kg的小滑
32、块（可视为质点），C为左端附有胶泥的质量不计的薄板，D为两端分别连接B和C的轻质弹簧当滑块A置于斜面上且受到大小F = 4 N，方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能向下匀速运动现撤去F，让滑块A从斜面上距斜面底端L = 1 m处由静止下滑，若g取10 m/s2，sin= 0.6，cos= 0.8， （1）求滑块A到达斜面底端时的速度大小v1； （2）滑块A与C接触后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能Ep 答案：（1）滑块匀速下滑时，共受四力作用，设滑块A与斜面之间的动摩擦因数为由平衡条件：mgsin=N1N1 = mgcos+ F即：mgsin=(mgc
33、os+ F)简化后得：=，代入数据得：= 0.5撤去F后，滑块A受三力作用匀加速下滑，受力情况如图由动能定理有：（mgsinmgcos）L =mv12代入数据得：v1 = 2 m/s （2）两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧具有最大弹性势能Ep，设共同速度为v2，由动量守恒守律和能量守恒定律有：mv1 = (m + m) v2Ep =mv12 (2 m)v联立以上各式得：Ep = 1 J26如图所示，P是固定的竖直挡板，A是置于光滑水平面上的平板小车（小车表面略低于挡板下端），B是放在小车最左端的一个可视为质点的小物块开始时，物块随小车一起以相同的水平速度向
34、左运动，接着物块与挡板发生了第一次碰撞，碰后物块相对于小车静止时的位置离小车最左端的距离等于车长的3/4，此后物块又与挡板发生了多次碰撞，最后物块恰未从小车上落下若物块与小车表面间的动摩擦因数是个定值，物块与挡板发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短暂，试确定小车与物块的质量关系 答案：设小车、物块的质量分别为M和m，车长为L，物块与小车间的动摩擦因数为，初速度为v0第一次碰后由于无机械能损失，因此物块的速度方向变为向右，大小仍为v0，此后它与小车相互作用，当两者速度相等时（由题意知，此速度方向必向左，即必须有M m），有该次相对车的最大位移为l对物块、小车系统由动量守恒定律有（M m）v0 =
35、（M + m）v由于能量守恒有mgl =(M + m) v02 (M + m) v2多次碰撞后，物块恰未从小车上滑落，表明最后当物块运动到小车最右端时两者刚好停止运动（或者速度同时趋于零）对物块、小车系统由能量守恒定律有mgl =(M + m) v02 而 l = 3L / 4由式得v0 = 2v代入式解得M = 3 m27如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m，长度为l的小车，小车左端有一质量也是m可视为质点的物块车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度与车长相比可忽略），物块与小车间动摩擦因数为，整个系统处于静止状态现在给物块一个水平向右的初速度v0，物块刚好能与小车右壁的弹
36、簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左端时，与小车相对静止求： （1）物块的初速度v0； （2）在上述整个过程中小车相对于地面的位移 答案：（1）物块在小车上运动到右壁时，小车与物块的共同速度设为v由动量守恒定律得：mv0 = 2mv由功能关系有：mv02 (2m) v2 =mgl联立解得：v0 = 2 （2）弹簧锁定解开的瞬间，设小车速度为v车，物块速度为v物，物块与小车相对静止时，共同速度为，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0 = 2mmv车 mv物 = mv0由能量关系有：mv车2 +mv物2 (2m)2 =mgl解得：在物块相对车向右运动的过程中，小车向右做加速运动，加
37、速度a =g，速度增加到v0/2s1 =物块相对小车向左运动的过程中，小车做减速运动，加速度a =g，速度由v0减小为v0/2s1 =故整个过程中小车相对于地面的位移s = s1 + s2 = 2l28如图所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为0.20，平板车的质量M = 2m，车与物块一起向右以初速度v0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g，求： （1）平板车的长度至少是多大时，小物块才不会从车上落下来？ （2）若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与
38、小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n次后，物块跟车一起运动的速度大小是多少？ （3）小物块在车表面相对于车滑动的总路程是多少？ 答案：（1）平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力f = 0.2 mg设物块与车的共同速度为v1，对车与物块组成的系统，根据动量守恒定律有(M m) v0 = (M + m) v1设平板车的长至少为L，根据能量守恒则有解得L = （2）由第（1）问可解得v1 = v0/ 3即平板车和物块一起以速度v1向左运动，跟左侧墙壁碰撞，同样讨论可得v2 =依次类推可知，经过n次碰撞后，一起运动的速度大小是vn =
39、 （3）经过足够多次的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，最终物块和平板车的速度都变为0，则在这个过程中，平板车和物块的动能都克服摩擦转化成内能因此有fs = (M + m) v02 / 2则物块在车表面相对于车滑动的总路程是：s =29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
40、次（in 1）碰撞中损失的动能与碰撞前的动能之比 （3）若n = 4，l = 0.10 m，v0 = 3.0 m/s，重力加速度g = 10 m/s2，求的数值 答案：（1）整个过程中系统克服摩擦力做的总功为Wf =mgl (1 + 2 + 3 + + n) =整个过程中因碰撞而损失的总动能为 （2）设第i次（in 1）碰撞前瞬间，前i个木块粘合在一起的速度为vi，动能为Eki =与第i + 1个（in 1）木块碰撞粘合在一起后瞬间的速度为，由动量守恒定律imvi = (i + 1)m则=第i次（in 1）碰撞中损失的动能为则第i次（in 1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为 （in 1）
41、（3）（常规解法）n = 4时，共发生了i = 3次碰撞第1次碰前瞬间的速度为v12 = v02 2gl，碰撞中动量守恒：mv1 = 2第1次碰后瞬间的速度为第2次碰前瞬间的速度为v22 = 12 2gl =碰撞中动量守恒：2mv2 = 3mv第2次碰后瞬间的速度为第3次碰前瞬间的速度为v32 = 2gl =碰撞中动量守恒：3mv3 = 4mv第3次碰后瞬间的速度为研究木块最后滑行到桌边，速度恰好为零，则即整理后得v02 60，代入数据解得30如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场中将小球拉至使悬线呈水平的位置A
42、后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过角到达位置B时，速度恰好为零求： （1）B、A两点的电势差UBA； （2）电场强度E； （3）小球到达B点时，悬线对小球的拉力T； （4）小球从A运动到B点过程中的最大速度vm和悬线对小球的最大拉力Tm 答案：（1）根据动能定理：mglsin qUBA = 0 0B、A两点的电势差UBA = （2）电场强度E = （3）小球到达B点时，受力情况如图所示，悬线对小球的拉力T、重力沿半径方向的分力mgcos、电场力沿半径方向的分力qEcos的合力是向心力：因为vB = 0解得T = （4）小球从A到B点过程中达到最大速度vm时，小球所受合力的方向沿半径方向，沿切线方向的合力为零设此时悬线与水平方向的夹角为，则小球所受重力沿垂直半径方向的分力mgcos与电场力沿垂直半径方向的分力qEsin相等即mgcos= qEsintan=由动能定理得mglsin Eql (1 cos) =可解得vm =悬线对小球的拉力Tm、重力沿半径方向的分力mgsin、电场力沿半径方向的分力qE cos的合力是向心力：Tm mgsin qEcos= m解得Tm = (6 2) mg22
