2.(07全国卷II 16)如图所示, PQS是固定于竖直平面内的光滑的　 圆周轨道,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点的动量不相等

B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不相等

C.a比b先到达S,它们在S点的动量相等

D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等

答案　 A

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,故动量不同,A项正确.

1．(07全国卷I 18)如图所示,在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为m的

物体,它受到沿斜面方向的力F的作用.力F可按图(a)、(b)、(c)、(d)所示的四

种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值,力沿斜面向上为正.)　

已知此物体在t=0时速度为零,若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率,则这四个速率中最大的是　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　(　　 )　

?

A.v1　　　　　　　　　　 B.v2　　　　　　　 C.v3　　　　　　　 ?　 D.v4　

答案　 C

解析　 图(a)中,合力的冲量为Ia=Ft1+Ft2-mgsin 30°·t=-0.5 mg×2+0.5 mg×1-0.5 mg×3=-2 mg;图(b)中,合力的冲量为Ib=Ft1+Ft2+Ft3-mgsin 30°·t=-1.5 mg;图(c)中,合力的冲量为Ic=Ft1+Ft2-mgsin 30°t=

-2.5 mg;图(d)中,合力的冲量为Id=Ft1+Ft2-mgsin 30°·t=-1.5 mg,由于图(c)情况下合力的冲量最大,故v3是最大的.

8.(08广东20)如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U形滑板N,

滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧面,A和D分别是圆弧的端点,BC

段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P1和P2的质量均为m,滑板的质量

M=4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的B点.P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下,与P2发生弹性碰撞后,P1处在粗糙面B点上,当P2滑到C点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P2继续滑动,到达D点时速度为零,P1与P2可视为质点,取g=10 m/s2.问：　

(1)P2在BC段向右滑动时,滑板的加速度为多大？　

(2)BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后,P1与P2间的距离为多少？　

答案　 (1)0.8 m/s2　　　 (2)1.9 m?0.695 m?　

解析　 (1)将N、P1看作整体,根据牛顿第二定律得：　

μ2mg=(M+m)a　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①　

a= m/s2=0.8 m/s2　　　　　　　　　　　　 ②　

(2)设P1到达B点的速度为v,P1从A点到达B点的过程中,根据动能定理有：　

mgR=mv2-mv02　　　　　 `　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③　

代入数据得v=5 m/s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④　

因P1、P2质量相等且发生弹性碰撞,所以碰后P1、P2交换速度,即碰后P2在B点的速度为：　

vB=5 m/s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

设P2在C点的速度为vC,P2从C点到D点过程中根据动能定理得：　

-mgR=-mvC2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥　

代入数据得vC=3 m/s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　 　　　 ⑦　

P2从B点到C点的过程中,N、P1、P2作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒,设P2到达C点时N和P1的共同速度为v′.根据动量守恒定律得：　

mvB=mvC+(M+m)v′　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧　

v′为滑板与槽的右端粘连前滑板和P1的共同速度.由动能定理　

-μ2mgL2=mvC2-mvB2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑨　

μ2mgLN=(M+m)v′2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑩　

L2和LN分别为P2和滑板对地移动的距离,联立⑧⑨⑩得BC长度　

l=L2-LN=1.9 m　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　

滑板与槽粘连后,P1在BC上移动的距离为l1　

-μ1mgl1=0-mv12　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ?

P2在D点滑下后,在BC上移动的距离l2

mgR=μ2mgl2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

联立　　　　 得系统完全静止时P1与P2的间距Δl=l-l1-l2=0.695 m.

2004-2007年高考题

题组一

7.(08广东19)如图(a)所示,在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场,电场强度E随时间的变化如图(b)所示,不带电的绝缘小球P2静止在O点.t=0时,带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域,随后与P2发生正碰后反弹,反弹速度大小是碰前的倍,P1的质量为m1,带电荷量为q,P2的质量m2=5m1,A、O间距为L0,O、B间距L=.已知,T=.

(1)求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间.　

(2)讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞.　

答案　 (1)L0　　　 T(2)能再次发生碰撞　

解析　 (1)因为T=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

所以0-T时间内P1做匀速直线运动,T s末恰好到达O点,与P2发生正碰.

假设碰撞后P1向左移动时始终处在匀强电场中,向左运动的最大距离为s,时间为t.根据动能定理得　

-qE0s=0-m1(v0)2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

s=L0<L0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

根据匀变速直线运动的规律知　

s=·v0·t　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 ④

t==T<4T　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

由③⑤知,题意假设正确,P1向左运动的最大距离为L0,所需时间为T.

(2)设P1、P2碰撞后P2的速度为v,以向右为正方向,根据动量守恒定律得　

m1v0=m1(-v0)+5m1v　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥　

则v=v0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦　

假设两球能在OB区间内再次发生碰撞,设P1、P2从第一次碰撞到再次碰撞的时间为t′(碰后P2做匀速直线运动)　

-v0t′+·t′2=v0 t′　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　 ⑧

则t′==3T<4T　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑨

P1、P2从O点出发到再次碰撞时的位移　

s1=v0t′=v­0·=L0<L　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑩

由⑨⑩知,题意假设正确,即两球在OB区间内能再次发生碰撞.

6.(08天津理综24)光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的

物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间夹一个被压缩的轻弹簧

(弹簧与A、B均不拴接),用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能EP=49 J.在A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5 m,B恰能到达最高点C.取g=10 m/s2,求　

(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小;　

(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小;　

(3)绳拉断过程绳对A所做的功W.　

答案　 (1)5 m/s　　 　　　　　 (2)4 N·s?　　　　 (3)8 J?　

解析　 (1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC,有mBg=mB　 　　①

mBvB2=mBvC2+2mBgR　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　 ②

代入数据得vB=5 m/s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 `　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1,取水平向右为正方向,有Ep=mBv12　　　　　　　　　　 ④

I=mBvB-mBv1　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

代入数据得I=-4 N·s,其大小为4 N·s?　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

(3)设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有mBv1=mBvB+mAvA　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦

W=mAvA2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧

代入数据得W=8 J　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑨

5.(08四川理综25)如图所示,一倾角为θ=45°的斜面固定于地面,斜面顶端离地

面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自由释放一

质量m=0.09 kg的小物块(视为质点).小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2.

当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回.重力加速度g取10 m/s2.在小物块与挡板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少？　

答案　 0.4(3+) N·s?

　解析　 解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,到达斜面底端时速度为v,由功能关系得：　mgh=mv2+μmgcosθ　　　　　　　　　　　　　　　 ①　

以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为:　

I=mv-m(-v)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②　

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′,则　

mv2=mgh′+μmgcosθ?　　　　　　　　　　　　 ③　

同理,有mgh′=mv′2+μmgcosθ　　　　　　 ④　

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

式中,v′为小物块再次到达斜面底端时的速度,I′为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量.　

由①②③④⑤式得I′=kI　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥　

式中k=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦　

由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为　

I1=2m　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧　

总冲量为　

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

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

得I=　　　　　

代入数据得I=0.4(3+) N·s　　 　　　　　　　　

解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma　　　　　　　　　　 ①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则：　

v2=2a　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为　

I=mv-m(-v)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

由①②③式得　

I=2m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a′,依牛顿第二定律有：　

mgsinθ+μmgcosθ=ma′　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

小物块沿斜面向上运动的最大高度为　

h′=sinθ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

由②⑤⑥式得　

h′=k2h　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦

式中k =　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧

同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量为：　

I′=2m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑨

由 ④⑦⑨式得I′=kI　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑩

由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为　

I1=2m　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　

总冲量为

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

由1+k+k2+…+kn-1=　　　　　　　　　　　　 　　

得I=2m　 　　　　　 　　

代入数据得I=0.4(3+) N·s?　　　　　　　　　 　　

4.(08北京理综24)有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与

静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为

OD曲线,如图所示.

(1)已知小滑块质量为m,碰撞时间为Δt,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小；　

(2)为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动,特制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置,让A沿该轨道无初速下滑(经分析,A下滑过程中不会脱离轨道).

a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;　

b.在OD曲线上有一点M,O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.　

答案　 (1)　(2)a.pA<pB?b.vAx=v0　vAy=v0

解析　 (1)滑块A与B正碰,满足　

mvA+mvB=mv0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①　

mvA2+mvB2=mv02　　　　　　　　　　　 　　　 ②　

由①②,解得vA=0,vB=v0,　

根据动量定理,滑块B满足F·Δt=mv0　

解得F=.

(2)a.设任意点到O点竖直高度差为d.　

A、B由O点分别运动至该点过程中,只有重力做功,所以机械能守恒.

选该任意点为势能零点,有　

EkA=mgd,EkB=mgd+mv02

由于p=,有

即pA＜pB

故A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量.

?b.以O为原点,建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向下,则对B有x=v0t,y=gt2

B的轨迹方程 y=x2

在M点x=y,所以y=　　　　　　　　　　　　 ③

因为A、B的运动轨迹均为OD曲线,故在任意一点,两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为

vBx和vBy,速率为vB;A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy,速度为vA,则

,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

B做平抛运动,故vBx=v0,vBy=,vB=　　　　　 ⑤

对A由机械能守恒得vA=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

由④⑤⑥得vAx=,vAy=

将③代入得vAx=v0　　 vAy=v0

3.(08全国I24)图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自

　 由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始时,轻绳处于

　 水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚

　 好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆

动,当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点.求:　

(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量.　

(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小.　

答案　　 (1)-m　　 (2) mgl

解析　　 (1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v1、v2,由机械能守恒定律得mv12+mv22=mgl　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①　

小球由最低点向左摆动到最高点时,由机械能守恒定律得　

mv22=mgl(1-cos 60°)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②　

联立①②式得　

v1=v2=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③　

设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,有　

I=0-mv1　

解得I=-m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④　

(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为W,由动能定理得

mgl+W=mv22　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤　

联立③⑤式得　

W=-mgl　

小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为mgl

2.(08江苏12C)场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两个小球A、B,它们的质量分别为m1、m2,电荷量分别为q1、q2,A、B两个小球由静止释放,重力加速度为g,则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为　　　　　　　 .

　 答案　　 (q1+q2)E=(m1+m2)g

解析　 动量守恒的条件是系统不受外力或受的合外力为零,所以动量守恒满足的关系式为(q1+q2)E=(m1+m2)g

1.(08天津理综20)一个静止的质点,在0-4 s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2 s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?D?　

解析　 由图象知物体在前2 s内加速,2-4 s内减速,因为前2 s与后2 s受力情况是大小相等、方向相反,所以第4 s末速度为零.物体前4 s内始终沿一个方向运动.