高中物理考题精选（104）——动量定理1、如图甲所示，A、B两物体与水平面间的动摩擦因数相同，A的质量为3kg.A以一定的初速度向右滑动，与B发生碰撞，碰前A的速度变化如图乙中图线Ⅰ所示，碰后A、B的速度变化分别如图线Ⅱ、Ⅲ所示，g取10m/s2，求： (1)A与地面间的动摩擦因数．(2)物体B的质量．答案解析】(1)0.1 (2)1kg解析： (1)由图乙知A的加速度a＝＝m/s2＝－1m/s2，所以A与水平面间的动摩擦因数μ＝－＝0.1.(2)由图乙得碰后A的速度vA＝1m/s，B的速度vB＝3m/s，碰撞前后A、B组成的系统动量守恒，则mAv1＝mAvA＋mBvB，可得mB＝1kg.2、如图所示，O点固定，绝缘轻细杆l，A端粘有一带正电荷的小球，电量为q，质量为m，水平方向的匀强电场的场强为E，将小球拉成水平后自由释放，求在最低点时绝缘杆给小球的力。 答案以小球为研究对象，从A到B过程中，由动能定理得：mgl+Eql=mvB2/2-0 ① 当小球到达B点时，对小球受力分析，则在竖直方向上：T-mg=mvB2/l ②由①②式解得T＝3mg+2Eq -28-\n3、如图，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆形轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A．a比b先到达S，它们在S点的动量不同B．b比a先到达S，它们在S点的动量不同C．两物块在S处发生碰撞，碰撞前瞬间两者的动量不同D．两物块在S处发生碰撞，碰撞前瞬间两者的动量相同答案解析：a自由下落，b沿圆弧下滑，a比b先到达S，二者下落高度相同，由机械能守恒定律可知，二者到达S时速度大小相同，但因方向不同，故动量不同，A选项正确．答案：A4、近期，为提高警惕保卫祖国，我国海军进行了登陆演练．如图所示，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点一定距离处．登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角θ＝37°，甲板到快艇的竖直高度H=24m．队员下滑时，先从静止开始匀加速滑到某最大速度，再握紧绳索增大摩擦匀减速滑至快艇，速度刚好为零，重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，问：（1）若登陆队员在绳索上运动的总时间为t1=4s，且加速过程与减速过程中的加速度大小相等，请指出队员滑到何处速度最大，并求出最大速度的值和加速度大小．（2）若快艇载人后连同装备总质量为m=103kg，从静止开始向登陆点匀加速靠近，当快艇运动了t2=5s时瞬时速度为v=10m/s，设快艇在水中受到的阻力恒为f=500N，求快艇受到的推进力．答案（1）运动员滑到绳索中点处速度最大 （2分）设运动员沿绳索滑行最大速度为vm，加速度大小为a有 （3分）解得：vm=15m/s （1分） （2分） 解得：a=7.5m/s （1分）（2）加速度过程有： （5分）-28-\n 解得： F=2500N （2分）5、如图所示，一恒力F与水平方向夹角为θ，作用在置于光滑水平面上，质量为m的物体上，作用时间为t，则力F的冲量为( ) A．Ft B．mgt C．Fcosθt D．(mg-Fsinθ)t 答案A6、如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（ ） A．两个物体重力的冲量大小相等B．两个物体合力的冲量大小相等 C．刚到达底端时两个物体的动量相等D．以上说法都不对答案解：根据动能定理知，mgh=，知到达底端时两个物体的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同．故C错误．因为初动量都为零，末状态动量大小相等，根据动量定理知，合力的冲量大小相等．故B正确，D错误．物体下滑的加速度a=gsinθ，根据知，t=，知运动的时间不等，则两个物体重力的冲量大小不等．故A错误．故选：B．7、用两个大小相同的小球在光滑水平面上的正碰来“探究碰撞中的不变量”实验，入射小球ｍ１＝15ｇ，原来静止的被碰小球ｍ２＝10ｇ，由实验测得它们在碰撞前后的ｘ－ｔ图象如图所示，则碰撞前系统总动量ｐ＝ ，撞后系统的总动量ｐ′＝ ，假设碰撞作用时间Δｔ＝0.01ｓ，则碰撞时两球间的平均作用力为 Ｎ。答案解析0.015kgm/s，0.015kgm/s，0.75N由位移与时间图可知： -28-\n根据动量定律可得：，负号表示与1运动方向相反。8、如图所示，长＝0.2m的细线上端固定在O点，下端连接一个质量为m＝0.5kg的小球，悬点O距地面的高度H＝0.35m，开始时将小球提到O点而静止，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过t＝0.1s落到地面，如果不考虑细线的形变，g＝10m/s2，试求：(1)细线拉断前后的速度大小和方向；(2)假设细线由拉直到断裂所经历的时间为，试确定细线的平均张力大小．答案(1)细线拉断前，小球下落过程机械能守恒：得，方向竖直向下。设细线断后球速为v2，方向竖直向下，由可得：，方向竖直向下(2)设细线的平均张力为F，方向竖直向上．取竖直向上为正方向，由动量定理可得：解得：9、如图7所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以（）A．减小球的动量的变化量B．减小球对手作用力的冲量C．减小球的动量变化率D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量答案C10、 物体受到合力F的作用,由静止开始运动,力F随时间变化的图象如图所示,下列说法中正确的是 ( )-28-\nA.该物体将始终向一个方向运动B.3s末该物体回到原出发点C.0～3s内,力F的冲量等于零,功也等于零D.2～4s内,力F的冲量不等于零,功却等于零答案A、在0-1s内，物体受到向负方向的恒力，物体向负方向做匀加速直线运动，加速度为，在1～2s内，物体受到向正方向的恒力，加速度为物体继续向负方向做匀减速直线运动，减速到零时，再向正方向运动，故A错误；B、由图象可知0～1s内物体向负方向做初速度为零的匀加速运动，1～2s物体的加速度向正方向，大小为0～1s内的两倍，物体先向负方向做匀减速运动，后向正方向做初速度为零的匀加速运动，2～3s又先正方向做匀减速运动，3s末回到出发点，即坐标原点，故B正确；C、由B可知，3s末速度为零，由动量定理可得，物体冲量等于P=0，3s末物体的位移为零，做功为零，故C正确；D、由图象可知，2～4s内，力F是恒力，冲量I=Ft不为零，在2～4s内物体向向正方向做匀减速运动，由向负方向做匀加速运动，位移为零，功等于零，故D正确。故选BCD。11、如图（a)所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的冲量时，随即启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图（ｂ）所示，电源频率为50Ｈｚ，则碰撞前甲车运动速度大小为______ｍ／ｓ，甲、乙两车的质量比ｍ甲：ｍ乙＝_______． 答案0.6 2：112、如图所示，在倾角为θ的斜面上以速度v0水平抛出一小球，设斜面足够长，已知小球质量为m，重力加速度为g，则从抛出开始计时，经过时间t= ，小球落到斜面上；在整个过程中小球动量变化量的大小为 。(不计空气阻力)答案13、如图所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端，则两物体具有相同的物理量是（）A．下滑过程中重力的冲量B．下滑过程中合力的冲量-28-\nC．下滑过程中动量变化量的大小D．刚到达底端时的动量答案C14、一个质量m=1.0kg的物体，放在水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，当物体受到一个F＝10N，与水平面成370角斜向下的推力的作用时，在10s内推力的冲量大小为 NS，动量的增量大小为 kgm/s答案100 48 15、如图所示，ad、bd、cd是竖直平面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为零)，关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是( )A．重力对它们的冲量相同B．弹力对它们的冲量相同C．合外力对它们的冲量相同D．它们的动量增量相同答案解析：设小滑环沿杆下滑到d点所用的时间为t，杆与水面间的夹角为θ，如图所示，则杆的长度为l＝2Rsin θ，滑环沿杆下滑的加速度a＝gsin θ则gsin θ t2＝2Rsin θt＝，下滑时间与杆的倾角无关．所以滑环从a、b、c滑到d点重力对它们的冲量I＝mgt相同，杆对滑环的弹力以及滑环受到的合外力不同，所以弹力、合外力的冲量不同，由动量定理知它们动量的增量也就不同．综上所述，A项对，B、C、D均错．答案：A16、质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为______kg·m/s。若小球与地面的作用时间为0,2s，则小球收到地面的平均作用力大小为______N(g=10m/s2)-28-\n答案（1）2 12。取向上为正，小球与地球碰撞前后的动量变化量为F=12N。17、如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平面上，左端与竖直墙壁接触，现打开贮气瓶右端的阀门，气体以速度向外喷出，喷口面积为，气体密度为，则气体刚喷出时钢瓶左端对竖直墙壁的作用力大小为A . B. C. D. 答案B，提示：研究在△喷出的气体，增加的动量等于喷力的冲量 可以求出喷力，这个力等于所求的力 18、1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验，实验时，用宇宙飞船（质量m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量，发动机已熄火），如图所示，接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间，测出飞船和火箭组的速度变化是，下列说法正确的是（ ） A．推力F越大，就越大，且与F成正比B．火箭质量应为 C．火箭质量应为D．推力F通过飞船m传递给了火箭，所以m对的弹力大小应为F答案AC19、如图所示，质量为m的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T，则①每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为 （ ）②每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为mgT③每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0-28-\n④每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为mgT/2以上结论正确的是（）A.①④ B.②③ C.②③④ D.①③④答案B20、一个静止的质点,在0～4s时间内受到力F的作用,力的方向始终在同一直线上,力F随时间t的变化如图所示,则质点在 ( )A.第2s末速度改变方向 B.第2 s末位移改变方向C.第4 s末回到原出发点 D.第4 s末运动速度为零答案答案D解析 由图象知物体在前2s内加速,2～4s内减速,因为前2s与后2s受力情况是大小相等、方向相反,所以第4s末速度为零.物体前4s内始终沿一个方向运动.21、国产“水刀”——超高压数控万能水切割机，以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40mm厚的钢板、50mm厚的大理石等材料．将普通的水加压，使其从口径为0.2mm的喷嘴中以800m/s～1000m/s的速度射出，这种水射流就是“水刀”．我们知道，任何材料承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强的限度．A．橡胶5×107 PaB．花岗石1.2×108 Pa～2.6×108 PaC．铸铁8.8×108 PaD．工具钢6.7×108 Pa设想一“水刀”的水射流横截面积为S，垂直入射的速度 v＝800m/s，水射流与材料接触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，则此水刀不能切割上述材料中的( )答案解析以射到材料上的水量Δm为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得：－pS·Δt＝－ρSv·Δt·v得：p＝ρv2＝6.4×108 Pa由表中数据可知：此“水刀”不能切割材料C和D．[答案] CD22、篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，若测得某个篮球从开始下落到触地反弹至最高点过程中的v-t图象（向下为正方向），如图所示．若篮球的质量为m=0.6kg，g取10m/s2．求触地过程中篮球对地面的平均作用力（不计空气阻力）．-28-\n答案解：以向下为正方向 …………12分 代入数据 …………2分 由牛顿第三定律可知，篮球对地面的作用力也为39N，方向竖直向下…2分23、如图所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？答案（8分）以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为V0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得： 24、如图11所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触，现打开右端阀门K，气体往外喷出，设喷口面积为S，气体密度为，气体往外喷出的速度为，则气体刚喷出时钢瓶左端对竖直墙的作用力大小是（ ）A． B． C． D．答案C 25、-28-\n质量m=4kg的物体A，在与水平成30º角的推力作用下保持静止，已知F=5N，作用时间t=3s，则力F的冲量I1= N·s，地面对A的支持力的冲量I2= N·s，A受的合外力冲量I2= N·s。答案127.5、0 26、一颗子弹，质量为m,以初速度v0向右先后击穿放在光滑水平面上靠在一起的A、B两完全相同物体，如图所示，A、B质量均为M，子弹在A、B中所受阻力恒为f,在A内穿行时间为t1,在B内穿行时间为t2，求子弹在A内穿行期间A、B间相互作用力的大小及B的最终速度。答案（1）研究子弹在A内穿行过程，以A、B为整体， 由动量定理得：ft1=2Mv1-0 ① 再以B为研究对象，由动量定理得：FNt1=Mv1 ② 由①②得FN=f/2（2）以B为对象，研究子弹在B内穿行过程中，应用动量定理得： ft2=Mv2-Mv1 ③ 由①③得：v2=ft1/(2M)+ft2/M=(ft1+2ft2)/2M27、质量为10kg的物质在F=200N与斜面平行的力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，斜面固定不动且足够长，斜面与水平地面的夹角。力F作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了3s后，速度减为零。已知，g取10m/s2，不计空气阻力，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ （2）物体沿斜面向上运动的最大位移s。答案对全过程应用动量定理，有： 注：用牛顿第二定律也可 代入数据解得：μ=0.25 撤去外力F后，则由牛顿第二定律，有： ） 撤去外力F时的速度为：-28-\n 总位移为：28、离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，BC之间加有恒定电压，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速后形成电流为I的离子束后喷出。已知推进器获得的推力为F，单位时间内喷出的离子技师为J。为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。（1）求加在BC间的电压U；（2）为使离子推进器正常运行，必须在出口D处向正离子束注入电子，试解释其原因。答案解：（1）设一个正离子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度为v，根据动能定理，有 ①设离子推进器在△t时间内喷出质量为△M的正离子，并以其为研究对象，推进器对△M的作用力为F′，由动量定理，有： ②由牛顿第三定律知F′＝F ③设加速后离子束的横截面积为S，单位体积内的离子数为n，则有 ④ ⑤由④、⑤可得又 ⑥解得 ⑦（2）推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须在出口D处发射电子注入到正离子束，以中和正离子，使推进器获得持续推力。29、-28-\n如图所示,P为位于某一高度处质量为m的物体,Q为位于水平地面上的质量为M的特殊平板,,平板与地面间的磨擦因数.在板的上表面的上方,存在一定厚度的“相互作用区域”,区域的上边界为MN,如图中画虚线部分.当物体P进入相互作用区域时,P,Q之间便有相互的恒力其中Q对P的作用力竖直向上,且k=41,F对P的作用使P刚好不与Q的上表面接触,在水平方向上,P,Q之间没有相互作用力.P刚从离MN高h=20m处由静止自由落下时,板Q向右运动的速度,板Q足够长,空气阻力不计,.求：⑴P第一次落到MN边界的时间t和第一次在相互作用区域中运动的时间T.⑵P第二次经过MN边界时板Q的速度⑶当板Q的速度为零时,P一共回到出发点几次?答案(1)t=2s T=0.1s；(2)v=7.48m/s；(3)n=830、如图所示B为质量m车＝4kg的平板车，静止在光滑水平面上，A为质量m＝1kg的玩具汽车，当A在B上由静止经1s从x点匀加速运动到y点，x和y两点间的距离L＝0.2m，在这段时间内A对B的冲量大小为 N·S，方向为 。答案0.32水平向左31、如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：⑴棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。⑵从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s。⑶从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W。答案⑴a环=(k-1)g，竖直向上。⑵（提示：落地及反弹的瞬时速度-28-\n，a棒=(k+1)g，竖直向下，匀减速上升高度s1=v2/2a棒，而s=H+2s1。）⑶（提示：用递推的方法。第一次碰地后，环和棒的加速度大小分别是a环=(k-1)g和a环=(k+)g，设经过时间t1达到共速v1´，方向向下。以向下为正方向，v1´= v1-a环t1=- v1+ a棒t1，解得，，该过程棒上升的高度环下降的高度，相对滑动距离x1=h1+h2=。棒和环第二次与地碰撞时的速度v22-v1´2=2gh1，得，与上同理可推得第二次相对滑动距离x2=，即x1、x2、x3成无穷等比数列，其总和，W=-kmg•x可得结论。） 32、如图所示，一农用水泵的出水管是水平的，水泵正在抽水。现仅有一把最小刻度为cm的卷尺，应怎样估算水的流量Q（即每秒抽出的水的体积）? 所需测量的物理量为_________________________，流量表达式为Q=__________________________________。答案水柱的水平射程Sx，水管内径D（写管径也给分），管口高度h；（3分）（写成也给分）（3分）33、如图所示的装置可粗略测定液体的流速。一根水平管道a两端与大气相通，在管道上竖直插有一根上端开口的“L”形弯管b，当a管道内液体匀速流动时，测得b管内液面的高度为h。假设液体与管道之间的摩擦力可忽略，则液体的速度V应为（ ）-28-\n答案A34、在建筑工地上，我们常常看到工人用重锤将柱桩打入地下的情景。对此，我们建立这样一个力学模型：重锤质量为m，从H高处自由下落，柱桩质量为M，重锤打击柱桩的时间短且不反弹，不计空气阻力，柱桩与地面间的平均阻力为f。利用这一模型，有位同学求出了重锤一次打击柱桩进入地面的深度：设柱桩进入地面的深度为h，则对重锤开始下落到锤与柱桩一起静止这一全过程运用动能定理有： 得出 (1)你认为该同学的解法是否正确？请说出你的理由。(2)假设每一次重锤打击柱桩时的速度为一定值，要使每一次重锤打击后柱桩能更多地进入地下，则重锤的质量与柱桩的质量应满足什么关系？答案(1)不对。因为重锤与柱桩碰撞的过程中系统有动能的损失。(2)设重锤每次打桩时的速度都为v1，碰撞后的共同速度为v2，则由动量守恒定律有①则碰撞后二者的共同动能为②当m＞＞M 时，碰撞后二者的动能趋于，即动能在碰撞中的损失趋向于零，而在柱桩打进地面的过程中，由功能关系又有③阻力f一定，Ek越大，柱桩进入地下的深度越深，所以要求m＞＞M。评分标准:(1)共7分回答正确给3分，正确说明原因再给4分 (2)①式3分，②式3分，分析正确3分，③式2分，结论2分，共13分。35、利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落，用这种方法获得弹性绳子的拉力随时间的变化如图乙所示，根据图象提供的信息，下列说法正确的是（ ） A．t1、t2时刻小球的速度最大 B．t2、t5时刻小球的动能最小C．t3、t4时刻小球的动量可能相等 D．小球在运动过程中机械能守恒-28-\n答案B小球由O处下落，先做自由落体运动，t1时刻，绳开始拉伸，F变大，t2时刻，到达最低点，受到绳的拉力最大为Fm，速度为零，动能最小，后速度变大，弹力变小，t3时刻，绳子回到原长，物体做竖直上抛，t4时刻，物体回到竖直上抛的起点，绳子回到原长。以后重复刚才的运动，做周期性振动。t2、t5时刻小球在最低点，动能最小，B正确，t2时刻速度为零，t1 时刻小球的速度最大，A不正确。t3时刻小球向上运动，t4时刻小球向下运动，动量方向相反，C不正确。由于受到绳子弹力的作用，机械能不守恒。D正确。36、如图所示，光滑的水平面上有二块相同的长木板A和B，长为=0.5m，在B的右端有一个可以看作质点的小铁块C，三者的质量都为m，C与A、B间的动摩擦因数都为μ。现在A以速度ν0=6m/s向右运动并与B相碰，撞击时间极短，碰后A、B粘在一起运动，而C可以在A、B上滑动，问：（1）如果μ=0.5，则C会不会掉下地面？（2）要使C最后停在长木板A上，则动摩擦因数μ必须满足什么条件？（g=10m/s2）答案1、（19分）解：（1）不会（4分）（2）由于A、B碰撞时间极短，碰撞结束瞬间，C的速度为0，以后C在B和A上滑动。根据动量守恒定律可求出A、B碰撞结束瞬间的共同速度和三者相对静止时的共同速度为：（6分，每个式子各3分）根据能的转化和守恒定律求得C刚能滑到B的左端时的动摩擦因素和刚能滑到A的左端时的动摩擦因素为：（4=3+1分）（4=3+1分）37、如图所示，质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在M上放置一质量为m的物块，物块与木板的接触面粗糙，当物块m以初速度v0向右滑动时-28-\n若M固定不动，则m对M的摩擦力的冲量为零 B.不论M是否固定，m与M相互作用的冲量大小相等、方向相反 C.若M不固定，则m克服摩擦力做的功全部转化为内能 D.若M不固定，则m克服摩擦力做的功全部转化为木板M的动能答案B38、如图所示，铁块压着一张纸条放在水平桌面上，当以水平速度V抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以大小为3V的水平速度抽出纸条，则铁块落地时：( )A.位置在P点左边 B.位置在P点右边C.位置仍在P点 D.动能增大答案A39、如图所示，质量为M=4kg的木反静止置于足够大的光滑水平地面上。板的最左端停放着质量为m=1kg的电动小车（可视为质点），车与木板上的固定挡板相距L=5m。车由静止开始由电动机带动从木板左端向右做匀加速运动，已知小车与木板间的静摩擦力为2N，经过一段时间后小车与挡板相碰，碰撞时间极短且碰后电动机车的电源切断，车轮只滑不滚。若车轮与木板间的滑动摩擦因数为μ=0.4，最终车距挡板的距离为2m。问：（1）小车从开始运动经多长时间与挡板相碰（2）碰撞过程中损失的机械能为多少答案1、解（18分）（1）由牛顿第二定律，对小车：f=ma1………………2分对木板：f=Ma2……………………2分由运动学知识：……………2分解得：t=2s……………………2分-28-\n（2）小车与挡板碰前时刻：小车速度υ1=a1t=4m/s……………1分木板速度υ2=a2t=1m/s……………1分由动量守恒可知：最终M、m均静止碰后的过程中系统发热：Q=μmg・S相对…………………2分由能量守恒：+ΔE损………………4分解得：ΔE损=2J.…………………2分40、如图所示，水平地面上静止放着质量为M，长度为L的厚木板A，A板的右端放有质量为m的物块B（可视为质点）在它们的右端的半截墙上固定着水平放置的弹簧，水平地面P点右侧光滑，左侧粗糙，A与B之间的动摩擦因数为μ，A与P点左侧地面间的动摩擦因数为2μ，让A、B以初速度v0向右匀速运动，B会压缩弹簧，当A的速度减小为零时，B恰好在A的中央处。弹簧将A、B向左弹开的过程中A、B始终具有相同的速度，A、B在P点左侧做匀减速运动，B最后恰好停在A的左端处。问：（1）若v0已知，则弹簧被压缩后的最大弹性势能多大？（2）试确定v0和板长L应满足的关系式。答案1、解：（1）设弹簧被压缩后的最大弹性势能为EP，由能量守恒定律有：（3分）（3分）（2）由题意知，弹簧将A、B弹开的过程中，A、B一起运动，设A、B向右匀速滑行时的速度为v，则有：（3分）A板过P点时A、B均做匀减速运动，由牛顿第二定律有： （1分）（2分）设A、B做匀减速运动的位移分别为SA、SB，则有： （1分） （1分）且：（1分）联立解得：（4分）41、竖直平面内的轨道ABCD由水平滑道AB与光滑的四分之一圆弧滑道CD组成AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道放在光滑的水平面上，如图所示。一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E冲上水平滑道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平滑道AB的中点。已知水平滑道AB长为L，轨道ABCD的质量为3m。求：（1）小物块在水平滑道上受到摩擦力的大小。（2）为了保证小物块不从滑道的D端离开滑道，圆弧滑道的半径R至少是多大？-28-\n（3）若增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R，试分析小物块最终能否停在滑道上？答案（1）小物块冲上轨道的初速度设为，最终停在AB的中点，跟轨道有相同的速度，设为V在这个过程中，系统动量守恒，有 ①系统的动能损失用于克服摩擦做功，有 ② ③解得摩擦力（2）若小物块刚好到达D处，此时它与轨道有共同的速度（与V相等），在此过程中系统总动能减少转化为内能（克服摩擦做功）和物块的势能，同理，有 ④解得要使物块不从D点离开滑道，CD圆弧半径至少为（3）设物块以初动能E′，冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R,物块从D点离开轨道后，其水平方向的速度总与轨道速度相等，达到最高点后，物块的速度跟轨道的速度相等（设为V2），同理，有 ⑤物块从最高点落下后仍沿圆弧轨道运动回到水平轨道上沿BA方向运动，假设能沿BA运动x远，达到与轨道有相同的速度（等于V2），同理，有， ⑥解得物块最终停在水平滑道AB上，距B为处。42、玻璃杯底压一条纸带，如图所示。现用手将纸带以很大的速度从杯底匀速抽出，玻璃杯只有较小位移。如果以后每次抽纸带的速度都相同，初始时纸带与杯子的相对位置也相同，只有杯中水的质量不同，下列关于每次抽出纸带的过程中杯子的位移的说法，正确的是A．杯中盛水越多，杯子的位移越大B．杯中盛水越少，杯子的位移越大C．杯中盛水多时和盛水少时，，杯子的位移大小相等D．由于杯子、纸带、桌面之间的动摩擦因数都未知，所以无法比较杯子的位移大小-28-\n答案C43、质量M=0.6kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量都是m=0.2kg的小物体A和B，分别从小车的左端和右端以水平速度和同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰。已知A、B两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，取，求：（1）A、B两物体在车上都停止滑动时车的速度；（2）车的长度至少是多少？ （3）在图中所给的坐标系中画出0至4.0s内小车运动的速度――时间图像。答案2444、“借助引力”技术开发之前，行星探测飞船只能飞至金星、火星和木星，因为现代火箭技术其实相当有限，不能提供足够的能量，使行星探测飞船直接飞往更遥远的星体。但如果“借助引力”，可使行星探测飞船“免费”飞往更遥远的星体。如图为美国航空天局设计的“卡西尼”飞船的星际航程计划的一部分图形。当飞船接近木星时，会从木星的引力中获取能量，从而可飞抵遥远的土星。由此可知以下说法正确的是 A．飞船由于木星的引力提供能量，机械能大大增加-28-\nB．木星会因为失去能量而轨迹发生较大改变C．飞船受到太阳的引力一直比受到木星的引力大D．飞船飞过木星前后速度方向会发生改变答案ACD45、如下图所示，光滑的曲面轨道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板小车的上表面相平，质量为m的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑下平板小车，使得小车在光滑水平面上滑动。已知小滑块从光滑轨道上高度为H的位置由静止开始滑下，最终停到板面上的Q点。若平板小车的质量为3m。用g表示本地的重力加速度大小，求： （1）小滑块到达轨道底端时的速度大小 （2）小滑块滑上小车后，平板小车可达到的最大速度 （3）该过程系统产生的总势能答案1、（18分）解：滑块滑至Q点时它与小车具有相同速度，这个速度大小正是所求的V，则有： ①（5分） ②（3分） ③（3分）解得： ④（3分） ⑤（3分） ⑥（2分）46、-28-\n一质量M=2kg的长木板B静止在光滑的水平面上，B的右端与竖直挡板的距离为S=0.5m.一个质量为m=1kg的小物体A以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B，当B与竖直挡板每次碰撞时，A都没有到达B的右端.设定物体A可视为质点，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g取10m/s2.求:(1)B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A、B的速度值各是多少？(2)最后要使A不从B上滑下，木板B的长度至少是多少？(最后结果保留三位有效数字.) 答案(20分)解:(1)设A、B达到共同速度为v1时，B向右运动距离为S1由动量守恒定律有 (1分)由动能定理有 (1分)联立解得 S1=2m(1分)由于S=0.5m<2m，可知B与挡板碰撞时，A、B还未达到共同速度.设B与挡板碰撞前瞬间A的速度为vA，B的速度为vB，则由动量守恒定律有 (2分)由动能定理有 (2分)联立解得 vA=4m/s、 vB=1m/s(2分)(2)B与挡板第一次碰后向左减速运动，当B速度减为零时，B向左运动的距离设为SB，由动能定理有 (1分)由上式解得SB=0.5m(1分)在A的作用下B再次反向向右运动，设当A、B向右运动达到共同速度v2时B向右运动距离为S2，由动量守恒定律有 (1分)由动能定理有 (1分)解得 、 (2分)故A、B以共同速度向右运动，B第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运动.此后由于系统的总动量向左，故最后A、B将以共同速度v3向左匀速运动.由动量守恒定律有(M-m)v2=(M+m)v3 (1分)解得 (1分)设A在B上运动的总量程为L(即木板B的最小长度)，由系统功能关系得: (2分)代入数据解得 L=8.96m(1分)47、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，小车车面长L＝1m。设A与挡板碰撞无机械能损失，碰撞时间可忽略不计，g取10m/s2，求：（1）A、B最后速度的大小；-28-\n（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。答案1、解：(1)对A、B系统，由动量守恒定律：Mv0＝(M＋m) v 得 ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・4分（2） A、B系统，由动量定理，对全过程有μmg1.5L= 解得 ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・4分（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= 带入数据联立方程，解得v10=1+=2.732m/s(舍v10=1－=－0.732m/s) v20=1－=0.423m/s-28-\n・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・2分该过程小车B做匀加速运动，μmg=MaM aM=m/s2 v20=aMt1 t1 =0.317s・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・1分 A、B相碰，设A、B碰后A的速度为v1和v2A、 ，对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2对系统机械能守恒带入数据联立方程，解得v1=1－=－0.732m/s(舍v1=1＋ m/s)“－”说明方向向左v2=1＋=1.577m/s・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・2分该过程小车B做匀减速运动，－μmg=MaM aM=－m/s2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48、如图所示，质量均为M的铝板A和铁板B分别放在光滑水平地面上．质量为m（m<M）的同一木块C，先后以相同的初速度v0从左端滑上A和B，最终C相对于A和B都保持相对静止．在这两种情况下 ( )A.C的最终速度相同 B.C相对于A和B滑行的距离相同C.A和B相对地面滑动的距离相同D.两种情况下产生的热量相等-28-\n答案AD49、如图所示,用导电的金属丝吊着的一块金属板，与装有电子枪的电源相连,从电子枪发出的电子的初速度为零,用电压U将电子加速后，电子与金属板垂直碰撞.假设所有电子碰撞金属板之后,全部被金属板吸收，已知电子的电荷量和质量分别为-e (e >0)和m .试求：（1）从电子枪发出的1个电子在碰撞金属板过程中,动量变化的大小和方向；（2）电子束形成的电流为I时,垂直作用于金属板表面的平均力F是多大?答案设电子加速后速度为v，则由①--------------(2分)，得②--------------(1分)（1）电子碰撞金属板时，动量的改变 ③--------------(2分)动量的改变的方向水平向左………………………………（1分）（2）设t时间内有n个电子打到金属板上，则④--------------(2分)由冲量和动量变化的关系，有 ⑤--------------(2分)联立③④⑤得：⑥--------------(2分)50、如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M=20kg．从水枪中喷出的水柱的横截面积为S=10cm2，速度为v=10m/s，水的密度为=1.0×103kg/m3．若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量为m=5kg的水进入小车时，试求：(1）小车的速度大小；(2）小车的加速度大小．-28-\n答案解：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当淌入质量为m的水后，小车速度为v1，则即(2）质量为m的水流进小车后，在极短的时间△t内，冲击小车的水的质量为 此时，水对车的冲击力为F，则车对水的作用力也为F，据动量定理有。51、物理学是很实用的一门学科，在工农业生产中有许多运用．请你用所学的物理知识帮助农民估测出农用水泵的流量（在单位时间内通过流管横截面的流体的质量或体积称为流量）．已知水泵的出水管是水平的，且出水管外径在10cm左右．提供的实验器材有：一把钢卷尺、游标卡尺、螺旋测微器、一长直细木棒和一重锤线．（1）写出测量的主要步骤和需要测量的物理量A．用___________测出水管的______________；B．用重锤线和钢卷尺测出______________离地面的高度y；C．用木棒从出水口正下方伸到______________，在木棒上做上记号，用钢卷尺测出出水的______________．（2）用测得的物理量和有关常量，写出计算水泵流量的表达式为：Q =__________．答案（1）A． 游标卡尺 内径D B． 水管中心 C． 水落地点的中心 水平射程x （2）Q = 52、如图所示，静止在水平面上内壁光滑盒子中有一小球，盒子与小球的质量均为m，盒子与水平面间的动摩擦因数为μ。现给盒子一个水平向右的冲量I，盒子与小球发生多次没有机械能损失的碰撞，最终都停下来。用t表示从瞬时冲量作用在盒子上到最终停下来所用的时间．s表示以上过程中盒子的位移，则下列各式正确的是A． B．-28-\nC． D．答案D53、如下图所示，在足够长的斜面上有一质量为m的长方形木板A，木板上表面光滑.当木板获得初速υ0后正好能匀速下滑.在木板匀速下滑时将一质量也为m的滑块B轻轻地放在木板表面上.当木块B在木板上无摩擦滑动时，木板A和木块B的加速度大小之比为 ；当木块B在木板上动量为mυ0时，木板A的动量为 ；当木块B在木板上动量为mυ0时，木板A的动量为 .答案1∶1；;054、两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg和mB=0.90kg.它们的下底面光滑，上表面粗糙.另有质量mC=0.10kg的铅块C(长度忽略不计)以υC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如下图所示，由于摩擦，铅块最后停在木块B上，此时B和C的共同速度υ=0.50m/s.求木块A的速度和铅块C离开A时的速度.答案0.25m/s；2.75m/s55、如下图所示，一支飞镖以一定的速度抛向靶板，第一次进入靶板钉住，第二次与靶板碰击后弹回.设靶板受到的冲量分别为I1，I2，受到的作用力分别为F1，F2，则应有( )-28-\nA.I1＜I2,F1＜F2 B.I1＞I2，F1＞F2C.I1＜I2，F1＞F2 D.I1=I2,F1＞F2答案A56、如图所示，质量为M的小车B静止在光滑水平面上，车的左端固定着一根轻弹簧，另一端位于小车上的O点位置，O点以左部分光滑，O点以右部分粗糙，O点到小车右端长度为L 。一质量为m的小物块A（可视为质点），以速度v0从小车右端向左滑动，与弹簧相碰，最后刚好未从小车右端滑出。求：（1）物块与小车的动摩擦因数μ。（2）碰撞时弹簧的最大弹性势能。答案1、（1） （2）57、如图所示，B为一质量M＝4kg的平板车，静止放在光滑的水平面上。A为质量m=1kg的玩具汽车，，A在B上由静止开始经过1s，从P点匀加速地运动到Q点，P、Q间相距0.2m，在这段时间内，A作用于B上的冲量大小是____。 答案1、0.32N・m58、五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5m，质量为0.6kg。在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg的小物块。已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。一颗质量为0.02kg的子弹以的150m/s水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g取10m/s2。（1）分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动。（2）求小物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离。答案（1）设子弹、小物块、长木板的质量分别为m0、M、m，子弹的初速度为v0，子弹击中小物块后二者的共同速度为v1，由动量守恒定律m0 v0=(M+m0)-28-\nv1-------------------------------------------------------------------------------①2分子弹击中小物块后物块的质量为M′，且M′=M+m0．设当物块滑至第n块木板时，木板才开始运动μ1M′g＞μ2〔M′+(6－n)m〕g-----------------------------------------------------------②2分其中μ1、μ2分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数．由式解得n＞4.31分即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动．1分（2）设物块刚滑上第五块木板时的速度为v2，每块木板的长度为L，由动能定理－μ1 M′g×4L=M′v22－M′v12----------------------------------------------------------③2分由①②式解得 v2=1m/s----------------------------------------------------------------------④1分物块在第五块木板表面做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间t，物块与木板能获得相同的速度v3，由动量定理－μ1 M′gt=M′v3－M′v3----------------------------------------------------------------------⑤1分〔μ1 M′g－μ2(M′+m)〕t=mv3--------------------------------------------------------------⑥1分由⑤⑥式解得v3=m/s-----------------------------------------------------------------------⑦1分在此过程中，物块发生的位移为s1，由动能定理－μ1 M′gs1=M′v32－M′v22------------------------------------------------------------⑧2分解得s1=m＜0.5m1分即物块与木板获得m/s的共同速度，之后整体向前匀减速运动s2后静止．由动能定理－μ2 （M′+m）gs2=－(M′+m)v32 ------------------------------------------------------⑨2分解得s2=m1分所以物块总共发生的位移s=4L+s1+s2 ----------------------------------------------------⑩1分解得s≈2.27m --------------------------------------------------------------------------------1分-28-
