3.甲、乙二人同时从A地赶往B地，甲先骑自行车，到中点后改为跑步；而乙则是先跑步，到中点后改为骑自行车，最后两人同时到达B地.又知甲骑自行车比乙骑自行车的速度大，并且二人骑车的速度均比跑步的速度大.若某人离开A地的距离s与所用时间t的函数关系用函数图象表示，则甲、乙两人的图象可能是下列四个函数图象中的(　)

　 　①　 　　②　　 　③　　 　④

A.甲是①，乙是②　　B.甲是①，乙是④

C.甲是③，乙是②　 D.甲是③，乙是④

解析：图象①、③表示先骑自行车后跑步，但图象③中骑自行车的速度比图象②中骑自行车的速度小，与图象④中骑自行车的速度相等，不符合题意，故甲的图象为①；又因为乙骑自行车的速度比甲的小，故乙的图象为④.

答案：B

2.下列各情况中，人一定是做匀速直线运动的是(　)

A.某人向东走了2 m，用时3 s；再向南走2 m，用时3 s的整个过程

B.某人向东走了10 m，用时3 s；接着继续向东走20 m，用时6 s的整个过程

C.某人向东走了20 m，用时6 s；再转身向西走20 m，用时6 s的整个过程

D.某人始终向东运动，且任意1 s内的运动轨迹长度都是3 m

解析：选项A、B、C都是错误的，因为在选项A中，整个过程中人不在同一直线上运动；在选项B中，不能反映人在任何相等的时间内位移都相同；在选项C中，在相等的时间内位移大小不相等且方向相反.在选项D中，限制了人的行动方向相同，也限制了任意1 s内人通过的位移大小都相等，故选项D正确.

答案：D

1.下列各情况中可将神舟六号飞船看做质点的是(　)

A.研究神舟六号飞船绕地球一周的路程

B.研究神舟六号飞船太阳帆板的指向

C.研究神舟六号飞船在黑障区中的运行时间

D.返回前对神舟六号飞船进行姿态调整

答案：AC

13.(14分)质量M＝4.0 kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图甲所示.当t＝0时，两个质量分别为m_A＝2 kg、m_B＝1 kg的小物体A、B，都以大小为v₀＝7 m/s、方向相反的水平速度同时从小车板面上的左右两端相向滑动.到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s²，求：

(1)A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小.

(2)A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动的时间.

(3)在图乙给出的坐标系中画出小车运动的v－t图象.

甲　　　　　　　乙

解析：

　(1)当A和B都在车上滑行时，在水平方向它们的受力情况如图丙所示.

由图丙可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块的速度减小到与小车的速度相等.设A减速到与小车的速度大小相等时，所用时间为t₁，其速度大小为v₁，则：

v₁＝v₀－a_At₁

μm_Ag＝m_Aa_A

v₁＝a_车t₁

μm_Ag－μm_Bg＝Ma_车

可解得：v₁＝1.4 m/s，t₁＝2.8 s.

(2)根据动量守恒定律有：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 丙

m_Av₀－m_Bv₀＝(M+m_A+m_B)v

v＝1 m/s，方向向右

当A与小车的速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了，此时B的速度也为v₁＝1.4 m/s，但方向向左

设再经过t₂时间小物体B与A、小车的速度相同，则：

－v＝v₁－a_Bt₂

μm_Bg＝m_Ba_B

可解得：t₂＝1.2 s

所以A、B都在车上停止滑动时，车的运动时间为：

t＝t₁+t₂＝4.0 s.

(3)由(1)可知t₁＝2.8 s时，小车的速度v₁＝1.4 m/s，在0-t₁时间内小车做匀加速运动.在t₁-t₂时间内小车做匀减速运动，末速度v＝1.0 m/s，小车的v－t图象如图乙所示.

答案：(1)1.4 m/s　1.4 m/s

(2)1 m/s，方向向右　4.0 s

(3)如图丁所示

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 丁

12.(13分)如图甲所示，固定的光滑水平绝缘轨道与竖直放置的光滑绝缘的圆形轨道平滑连接，圆形轨道处于水平向右的匀强电场中，圆形轨道的最低点有A、B、C、D四个小球.已知m_A＝m_B＝m_C＝m_D＝0.3 kg，A球带正电，电荷量为q，其余小球均不带电.电场强度E＝，圆形轨道半径R＝0.2 m，小球C、D与处于原长的轻弹簧2连接，小球A、B中间压缩一轻且短的弹簧1，轻弹簧与A、B均不连接，由静止释放A、B后，A恰能做完整的圆周运动.B被弹开后与C小球碰撞且粘连在一起，设碰撞时间极短.g取10 m/s²，求：

(1)A球刚离开弹簧时速度的大小.

(2)弹簧2的最大弹性势能.

解析：

(1)因qE＝mg，由题意知小球恰好能通过图乙中的P点，设经过P点的速度为v，由小球A的重力和电场力的合力提供向心力有：

F_合＝2mg＝m

在圆周轨道的最低点弹簧将B、A两球分别向左右弹开，设弹开时A、B两球的速度大小分别为v_A、v_B，由动量守恒有：

mv_A＝mv_B，即v_A＝v_B

小球A从圆周轨道的最低点运动到P的过程中，由动能定理有：

－F_合(R+Rcos 60°)＝mv²－mv

联立解得：v_A＝v_B＝＝4 m/s.

(2)设B、C碰后速度为v₁，B与C碰撞动量守恒

由mv_A＝2mv₁得v₁＝2 m/s

B、C整体减速，D球加速，当两者速度相等时设为v₂，弹簧最短，此时弹性势能最大，有：

2mv₁＝3mv₂，得：v₂＝ m/s

故E_pm＝×2mv－×3mv＝0.4 J.

答案：(1)4 m/s　(2)0.4 J

11.(13分)如图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v₀射入物块后，以水平速度射出.已知重力加速度为g，求：

(1)此过程中系统损失的机械能.

(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.

[2008年高考·全国理综卷Ⅱ]

解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒得：

mv₀＝m+Mv

解得：v＝v₀

系统的机械能损失为：

ΔE＝mv－

＝(3－)mv.

(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则

h＝gt²

s＝vt

可解得：s＝.

答案：(1)(3－)mv　(2)

10.

如图所示，三块相同的小木块从相同的高度由静止开始同时释放，其中A做自由落体运动，B在自由下落的中途被一水平方向的子弹射入，C在释放的瞬间被一水平方向的子弹射入.则关于它们的下落时间t_A、t_B、t_C的关系，正确的是(　)

A.t_A＝t_B＝t_C　　B.t_A＝t_B＜t_C

C.t_A＜t_B＜t_C　 D.t_A＝t_C＜t_B

解析：t_A＝，C在释放的瞬间，获得水平初速度后做平抛运动，t_C＝＝t_A.设B自由下落速度达到v₁时被水平飞行的子弹射入，子弹射入的过程中可认为系统动量守恒，在水平方向有mv₀＝(m+M)v_x，在竖直方向有Mv₁＝(M+m)v_y，可得v_y＜v₁，由此可知子弹射入的过程使B的竖直速度减小，故t_B＞.

答案：D

非选择题部分共3小题，共40分.

9.如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为p₁＝5 kg·m/s 和 p₂＝7 kg·m/s.若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp₁和Δp₂可能是(　)

A.Δp₁＝－3 kg·m/s，Δp₂＝3 kg·m/s

B.Δp₁＝3 kg·m/s，Δp₂＝3 kg·m/s

C.Δp₁＝3 kg·m/s，Δp₂＝－3 kg·m/s

D.Δp₁＝－10 kg·m/s，Δp₂＝10 kg·m/s

解析：由题意知，＞

E_k＝+

当动量做选项A所述的变化时，系统的动量守恒，通过计算可知机械能可能减小，故有可能成立；

当动量做选项B所述的变化时，系统的动量不守恒，故不可能成立；

当动量做选项C所述的变化时，甲的速度大于乙的速度，故不可能成立；

当动量做选项D所述的变化时，系统的动能增大，故不可能成立.

答案：A

8.如图所示，一沙袋用无弹性轻绳悬于O点.开始时沙袋处于静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出.第一次弹丸的速度为v₁，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°；当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v₂又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸的质量是沙袋质量的，则以下结论中正确的是(　)

A.v₁＝v₂　　　B.v₁∶v₂＝41∶42

C.v₁∶v₂＝42∶41　 D.v₁∶v₂＝41∶83

解析：两次打入沙袋的时间都非常短，不需考虑这一段时间沙袋的摆动位移，即射入过程弹丸和沙袋组成的系统动量守恒.

设第一粒弹丸打入沙袋后瞬间，弹丸和沙袋的共同速度为v₁′，有：mv₁＝41mv₁′

解得： v₁′＝v₁

由机械能守恒定律可知，它们共同返回平衡位置时的速度大小仍为v₁，方向水平向左.设第二粒弹丸打入沙袋后沙袋的速度为v₂′，由题意知v₂′＝v₁′＝v₁，对于第二粒弹丸打入沙袋的过程有：

mv₂－41mv₁′＝42mv₂′＝42m·(v₁)

解得：＝.

答案：D

7.如图所示，静止在水平面上内壁光滑的盒子中有一小球，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，设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.t＜，s＝　 B.t＜，s＝

C.t＞，s＝　 D.t＞，s＝

解析：取盒子及小球整体为研究对象，由动量定理有I－2mg·μ·t₀＝0，故滑动摩擦力的作用时间t₀＝，又因为每次盒子左壁与小球碰撞后，盒子与小球的速度交换，盒子处于静止状态，直至小球与盒子右壁碰撞，故t＞t₀＝.又由动能定理：2μmgs＝mv²－0＝，故s＝.

答案：D