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+…+k^n-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+…+k^n-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p_A与B平抛经过该点的动量p_B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.p_A<p_B?b.v_Ax=v₀　v_Ay=v₀

解析　 (1)滑块A与B正碰,满足　

mv_A+mv_B=mv₀ ①　

mv_A²+mv_B²=mv₀² ②　

由①②,解得v_A=0,v_B=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　

E_kA=mgd,E_kB=mgd+mv₀²

由于p=,有

即p_A＜p_B

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

v_Bx和v_By,速率为v_B;A水平和竖直分速度大小分别为v_Ax和v_Ay,速度为v_A,则

,　　　　　　　　　 　　　　　　 ④

B做平抛运动,故v_Bx=v₀,v_By=,v_B=　　　 ⑤

对A由机械能守恒得v_A=　　　　　 　　　　　　 ⑥

由④⑤⑥得v_Ax=,v_Ay=

将③代入得v_Ax=v₀ 　v_Ay=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.

27.(09·宁夏·24)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10m/s²)

解析：

设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为。则有

+=S　 ①

式中S为投掷线到圆心O的距离。

　 ②

　 ③

设冰壶的初速度为，由功能关系，得

　 ④

联立以上各式，解得

　 ⑤

代入数据得

　 ⑥

2008年高考题

26.(09·广东物理·20)如图20所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数=0.05(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同)。B与极板的总质量=1.0kg.带正电的小滑块A质量=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度=1.6m/s向左运动，同时，B(连同极板)以相对地面的速度=0.40m/s向右运动。问(g取10m/s²)

(1)A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？

(2)若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？

解析：⑴由牛顿第二定律有

A刚开始运动时的加速度大小 方向水平向右

B刚开始运动时受电场力和摩擦力作用

由牛顿第三定律得电场力

摩擦力

B刚开始运动时的加速度大小方向水平向左

⑵设B从开始匀减速到零的时间为t₁，则有

此时间内B运动的位移

t₁时刻A的速度，故此过程A一直匀减速运动。

　 此t₁时间内A运动的位移

此t₁时间内A相对B运动的位移

此t₁时间内摩擦力对B做的功为

t₁后，由于，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t₂，它们速度为v，则有

对A　 　速度

对B　 加速度

　　　　 速度

联立以上各式并代入数据解得　

此t₂时间内A运动的位移

此t₂时间内B运动的位移

此t₂时间内A相对B运动的位移

此t₂时间内摩擦力对B做的功为

所以A最远能到达b点a、b的距离L为

从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为

　 。

25.(09·广东物理·19)如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距=1.0m 。物块A以速度=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度=2.0m/s 。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数=0.45.(设碰撞时间很短，g取10m/s²)

(1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度；

(2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。

解析：⑴设AB碰撞后的速度为v₁,AB碰撞过程由动量守恒定律得

　 设与C碰撞前瞬间AB的速度为v₂，由动能定理得

　 联立以上各式解得

⑵若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得

　 代入数据解得 　

　 此时AB的运动方向与C相同

若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得

联立以上两式解得

代入数据解得　

此时AB的运动方向与C相反

若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得

代入数据解得

总上所述得　 当时，AB的运动方向与C相同

当时，AB的速度为0

　当时，AB的运动方向与C相反

24.(09·重庆·24)探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：

①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(见题24图a)；

②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为时，与静止的内芯碰撞(见题24图b)；

③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为处(见题24图c)。

设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。

求：(1)外壳与碰撞后瞬间的共同速度大小；

(2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；

(3)从外壳下端离开桌面到上升至处，笔损失的机械能。

解析：

23.(09·重庆·23)2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如题23图，运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线推到A点放手，此后冰壶沿滑行，最后停于C点。已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m，AC=L，=r,重力加速度为g

(1)求冰壶在A 点的速率；

(2)求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；

(3)若将段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为，原只能滑到C点的冰壶能停于点，求A点与B点之间的距离。

解析：