高中物理动量、能量守恒习题含答案解析

动量、能量守恒

第一部分五年高考题荟萃

2009年高考新题

一、选择题

1.（09•全国卷I・21）质量为M的物块以速度V运动»与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好

相等»两者质量之比M/m可能为（AB）

A.2B.3C.4D.5

解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据

.4P2n2P2M

P~—2mE,以及能量的关系得----N----1--------W3,所以AB正确。

K2M2m2Mm

2.（09-44）自行车的设计蕴含了许多物理知识，利用所学知识完成下表

自行车的设计目的（从物理知识角度）

车架用铝合金、钛合金代替钢架减轻车重

车胎变宽

自行车后轮外胎上的花纹

答案：减小压强（提高稳定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）

3.（09-46）与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。

在额定输出功率不变的情况下，质量为60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的

0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为N,当车速为2s/m时嗔加速度为m/s2（g=10m

m/s2）

规格后轮驱动直流永磁铁电机

车型14电动自行车额定输出功率200W

整车质量40Kg额定电压48V

最大载重120Kg额定电流4.5A

答案：40：0.6

R

4.（09•天津・4）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽I—IL

略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置“FX

XfX

放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段JI―

Ixx

时间，力F做的功与安培力做的功的代数和等于A)

A.棒的机械能增加量

B.棒的动能增加量

C.棒的重力势能增加量

D.电阻R上放出的热量

解析棒受重力G、拉力/和安培力A的作用。由动能定理：上•+%一股得叫+畋=^^+〃火力

即力尸做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选A。

5.（09•物理・7）一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，

大小随时间的变化如图所示。设该物体在4和2fo时刻相对于出发点的位移分别是

X］和々>速度分别是％和乙，合外力从开始至。时刻做的功是叱，从。至2fo时

刻做的功是叱，则（AC）

A•/=5%v2-3v]B•x,=9X2V2=5H

C­/=5%暝=8叱D,v2=3v,W-,-9叫

6.（09•理科基础・9）物体在合外力作用下做直线运动的v-t图象如图所示。下列表述正确的是（A）

A-在0—Is,合外力做正功

B­在0—2s,合外力总是做负功

C•在1—2s，合外力不做功

D-在0—3s，合外力总是做正功

解析：根据物体的速度图象可知，物体0-ls做匀加速合外力做正功，A正确；l-3s做匀减速合外力做负功。根

据动能定理0到3s，l-2s合外力做功为零。

7.（09-17）质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t

的关系如图所示，力的方向保持不变，则（BD）

A,3/0时刻的瞬时功率为—

m

c15斤%3月

B•32时刻的瞬时功率为一U

m

23尸f

C­在f=0到50这段时间，水平力的平均功率为——Fro

4"?

0

t92/o3fot

25Ft

D.在f=0到3%这段时间，水平力的平均功率为一3

6m

8.（0978）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的a6cd，顶点a、c父分别固定一个正点电荷，电荷量相等，

如图所示。若将一个带负电的粒子置于力点，自由释放，粒子将沿着对角线加往复运动。粒子从力点运动到d

点的过程中（D）

A.先作匀加速运动,后作匀减速运动

B.先从高电势到低电势，后从低电势到高电势

C.电势能与机械能之和先增大1后减小

D.电势能先减小，后增大

解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电

荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线。点的电势最高，所以从8到a-电势是

先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，

故电势能与机械能的和守恒，C错；由5到。电场力做正功,电势能减小，由。到d

电场力做负功，电势能增加，D对。

9.（09-18）如图所示，固定位置在同一水平面的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值

为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体

杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。现杆在水平向左、垂直于

杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。

设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程（BD）

（F-

A.杆的速度最大值为B2d2

Bdl

B.流过电阻R的电量为五+r

C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量

D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量

B2d2Vm(F—SgX^+r)

解析：当杆达到最大速度6时，F-jutng-°得Vm=A错；由公式

R+rB2d2

A①BASBdL

q-(7?+r)—(/?+”-R+r，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：

WF+Wf+=AEK，其中W安=一。，恒力产做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变

化量与回路产生的焦耳热之和，c错；恒力/做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力

做的功之和，D对。

10.(09•自选模块・13)“物理1-2"模块(1)(本小题共3分，在给出的四个选项中，可能只有一个选项

正确，也可能有多个选项正确，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得。分)

二氧化碳是引起地球温室效应的原因之一，减少二氧化碳的排放是人类追求的目标。下列能源利用时均不会引

起二氧化碳排放的是(AB)

A.氢能、核能'太阳能B.风能、潮汐能、核能

C.生物质能、风能、氢能D.太阳能、生物质能、地热能

二、非选择题

11.(09-24)才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型。如图2

m]m2帆3mn-\inn

//^)////))////^////'//////7////^)////////

图2

(1)如图1所示，ABC为一固定在竖直平面的光滑轨道，BC段水平，AB段

与BC段平滑连接。质量为町的小球从高位/?欠由静止开始沿轨道下滑，

与静止在轨道BC段上质量为，々的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动

图1

方向父于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球的速度大小匕；

(2)碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们所示，在固定光滑水平

轨道上，质量分别为、mn……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能心1，从而引起各球的依次碰

撞。定义其中第〃个球经过依次碰撞后获得的动能反与旦］之比为第1个球对第〃个球的动能传递系数占“。

a.求

b.若犯=4%,砥,=%,叫为确定的已知量。求“为何值时，kyn值最大

解析：

(1)设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律

gg九=g”2|V*①

设碰撞后mi与血的速度分别为vi和V2＞根据动量守恒定律

机］k0=，巧匕+m2v2②

由于碰撞过程中无机械能损失

Io1212

③

2znivib=2wivi+2m^2

②、③式联立解得

均=网皿④

m]+m2

将①代入得④

y=2叫7^/

ni}+%

（2）a由④式，考虑到诙]=；，％脸和EQ=g股必得

根据动能传递系数的定义，对于1、2两球

%治4/加2⑤

Eki（网+胆2）2

同理可得，球m2和球ma碰撞后，动能传递系数k”应为

k_%_%.EQ_4叫加2,4.2仁3⑥

2（zw+w）2

EHEklEk2+m2）23

依次类推，动能传递系数ki“应为

EE=4mg2.42，〃3...4m

kin_knk2tEkn机

EEE纭（"_|）（W]+/n）2（m+/w3）2（w„.12

k\k\k222+mn）

解得

4'”州濯尾…5

297

（机1+机2）（m2+吗）•••（加〃-1+机〃）

b.将mi=4mo,m3=m。代入⑥式可得

2

%

"12=64/7701

（4

〃?（）+）。%+mo）

为使ki3最大，只需使一;---------------=」y最大，即，篦2+叫^取最小值,

（4，4/

生+tn2）（〃与+恤）球tn2

41%可知

当而T=22，即加2=2%）时，占3最大。

加2

12.（09•天津・10）如图所示»质量mi=0.3kg的小车静止在光滑的水平面

上1车长L=15m,现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度vo=2巾/s从左端滑上小车,最后

在车面上某火与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数〃=0.5,取g=10m/s2,求

(1)物块在车面上滑行的时间t;

(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v%不超过多少。

答案：(1)0.24s(2)5m/s

解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

(1)设物块与小车的共同速度为F-以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

叫%=(町+砥卜①

设物块与车面间的滑动摩擦力为尸，对物块应用动量定理有

-Ft-m2v—m2v0②

其中F=即12g③

解得

〃(见+机2)g

代入数据得r=0.24s④

(2)要使物块恰好不从车厢滑出>须物块到车面右端时与小车有共同的速度，则

加2耳=(/771+6)，V'⑤

由功能关系有

gm2VO=g(旭1+机2A"+刖2gL

⑥

代入数据解得Vo=5m/s

故要使物块不从小车右端滑出'物块滑上小车的速度必”不能超过5m/s。

13.(09-38)(2)如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，

质量分别为席=照=2优出=/，力、6用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹

簧与滑块不栓接)。开始时1、8以共同速度w运动，C静止。某时刻

细绳突然断开，4、6被弹开，然后6又与C发生碰撞并粘在一起，最

终三滑块速度恰好相同。求6与C碰撞前6的速度。

解析：(2)设共同速度为V，球A和B分开后，B的速度为力,由动量守恒定律有

9

mv

(mA+mB)v0=啊丫+叫此，nn=(%+mc)v,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为vB--v0。

考点：动量守恒定律

14.(09-23)如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E。在A(d,Q)

点有一个静止的中性微粒，由于部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为根

的带电微粒，其中电荷量为g的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达

(0,-J)A。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求

(1)分裂时两个微粒各自的速度；

(2)当微粒1到达(O,-d)点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；

(3)当微粒1到达(O,-d)点时，两微粒间的距离。

答案：(1)匕=_幽，％=型方向沿y正方向(2)P=qE必必(3)2而

V2mV2mVm

解析：(1)微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所

以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为0，微粒2的速度为位则有：

在y方向上有

-d=vxt

根号外的负号表示沿y轴的负方向。

中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有

mv}+mv2=0

方向沿y正方向。

(2)设微粒1到达(0，-d)点时的速度为v»则电场力做功的瞬时功率为

P=qEvBcos0=qEvBx

其中由运动学公式vBx=V-lad=

所以P=qE、

(3)两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达(0，-d)点时

发生的位移

Si=-x/2^Z

则当微粒1到达(0点时,两微粒间的距离为BC=2S[=2j5d

15.(09-24)过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面的三

个圆形轨道组成6c0分别是三个圆形轨道的最低点6c间距与C少间距相等，半径4=2.0m、鸟=L4m。

一个质量为m=LOkg的小球(视为质点)，从轨道的左侧1点以％=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，力、

6间距A,=6.0in。小球与水平轨道间的动摩擦因数〃=0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形

轨道间不相互重叠。重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字。试求

(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；

(2)如果小球恰能通过第二圆形轨道，6、C间距L应是多少；

(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条

件；小球最终停留点与起点A的距离。

第一圈胱道

答案：(l)10.ON；(2)12.5m(3)当0<R,W0.4m时，U=36.0m；当X)m</?3<Z9m时，£*=26.0m

解析：(1)设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为必根据动能定理

-/J)ngL}-2mgR\=gmv^-；mv：①

小球在最高点受到重力侬和轨道对它的作用力F'根据牛顿第二定律

F+mg=tn；

由①②得F=10.0N

(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为该，由题意

mg=m-

R,

一〃mg（L1+L）—2mgR2=—mv\mv^

由④⑤得L=12.5m

(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：

I•轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为V3，应满足

-/jmg（L,+2L）-2mgR,=—mvj——mVg

由⑥⑦⑧得&=0.4m

II•轨道半径较大时，小球上升的最大高度为Ri，根据动能定理

-/jmg（£j+2L）-2mgRt=0——mv1

解得Rj=1.0m

为了保证圆轨道不重叠，花最大值应满足

(%+&)2=^+依次2)2

解得此二27.9m

综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件

0</??<0.4m

1.0m<R3<27.9m

当。<&<0.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为，则

f12

-jLimgL=0——mv0

r=36.0m

当1.0m4鸟W27.9m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为工〃，则

,

L"=L'~2(L-£I-2L)=26Dm

16.(09-21)如图甲，在水平地面上固定一倾角为。的光滑绝缘斜面，斜面父于电场强度大小为E'方向沿斜面

向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量

为m、带电量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为so处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与

弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终父在弹性限度，重力加速度大小为g。

(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间ti

(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为v.，求滑块从静止释放到速度大小为v“过程中弹簧

的弹力所做的功W；

(3)从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t

图象。图中横坐标轴上的及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度

减为零的时刻，纵坐标轴上的VI为滑块在七时刻的速度大小，V.是题中所指的物理量。(本小题不要求写出计算

孽稔)

答案:⑴=JVine；⑵wfj-+隹)・应+筌牛吗；

解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大

速度问题和运动过程分析。

(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a-则有

qEimgsinO=ma①

12

So=5〃J②

联立①②可得

I2F

=③

1NqE+mgsin。

(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为后，则有

mgsin0+qE=kx0④

从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得

12

(mgsin0+qE)•(xm+x0)+W=-mvnt-0⑤

联立④⑤可得

...12/mgsine+qE、

i

W=—mvin-(mgsin0+qE)•(s04——--------)s

2k

(3)如图

17.(09-24)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨

道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，

并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，

随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m，R=0.32m，h=l.25m，S=l.50m。问：要使赛车完成比赛，

电动机至少工作多长时间？(取g=10)

答案：2.53s

解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。

设赛车越过壕沟需要的最小速度为VI，由平抛运动的规律

S=卬

h=2gr

解得W==3mIs

设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为修，最低点的速度为俏，由牛顿第二定律及机械能守恒

定律

mg3

R

gmvl=；mv；+mg（2R）

解得匕=J5g〃=4m/s

通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是

vmi.n=4m/s

设电动机工作时间至少为t，根据功能原理

c12

Pt—jL——IViVmin

由此可得t=2.53s

18.(09-14)1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中

的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场

与盒面垂直。A欠粒子源产生的粒子,质量为m、电荷量为+q,在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程

中不考虑相对论效应和重力作用。

出口处

(第14题图)

(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；

(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；

(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频

率的最大值分别为&、3,试讨论粒子能获得的最大动能Em。

解析：

(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为n,速度为vi

qu」mv/

2

2

qviB=m-

r\

“12mU

解B得i]=—

Bq

14mL/

同理,粒子第2次经过狭缝后的半径弓=—1-----

一列q

则与：o=夜：i

(2)设粒子到出口火被加速了n圈

12

2nqU一

2

9

V

qvB-m

R

_2乃〃2

T=-----

qB

t=nT

TTBR2

解得t=------

2U

(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f=

27cm

当磁场感应强度为反时,加速电场的频率应为fKm—

27tm

E=-mv2

粒子的动能K2

当为“声f,“时'粒子的最大动能由B■决定

2

伏,“练=吟

A

解得4,”

2m

当/«,"学力时'粒子的最大动能由f■决定

%=2万力"

解得纥“=2/吼泳2

19.(09-23)图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量ni=5xl()3kg的重物竖直吊起的过程中，

重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持

该功率直到重物做Vm=l.02m/s的匀速运动。取g=10m/s；不计额外功。求：

(1)起重机允许输出的最大功率。

(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。

解析：

(1)设起重机允许输出的最大功率为Po，重物达到最大速度时,拉力Fo等于重力。

Po=FoVm①

Po=mg②

代入数据，有：Po=5.1x104W③

(2)匀加速运动结束时»起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为vi，匀加速

运动经历时间为ti,有：

Po=FoVi④

F—mg=ma⑤

Vi=ati®

由③④⑤⑥，代入数据，得：ti=5s⑦

T=2s时，重物欠于匀加速运动阶段，设此时速度为V2，输出功率为P，贝”

V2=at⑧

P=FV2⑨

由⑤⑧⑨，代入数据，得:P=2.04x104W。

20.(09♦物理・20)质量为5x103kg的汽车在才=0时刻速度w)=10m/s，随后以P=6xl0'W的额定功率沿平直

公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5x103N。求：(1)汽车的最大速度外;

(2)汽车在72s经过的路程s。

P6x10'

解析：⑴当达到最大速度时'P-=Fv=fv^v.=~fm/s=24m/s

(2)从开始到72s时刻依据动能定理得：

2Pt—mv：+nm”

Pt—fs=2mv；—枳mv/，解得：s=

27=1252m。

21.(09•物理・23)(12分)如图，质量均为0的两个小球A、B固定在弯成120°

角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为/，可绕过0点且与纸面垂直的水平

轴无摩擦转动，空气阻力不计。设A球带正电，B球带负电，电量均为(？，处

在竖直向下的匀强电场中。开始时,杆OB与竖直方向的夹甭4=60°，由静止

释放，摆动到8=90。的位置时，系统欠于平衡状态，求：

(1)匀强电场的场强大小£；

(2)系统由初位置运动到平衡位置，重力做的功用和静电力做的功照；

(3)B球在摆动到平衡位置时速度的大小/。

解析:(1)力矩平衡时：(mg-qE)7sin90°=(mg+qE)/sin(120°—90°)，

即mg-qE=^(侬+*)，得：£=北；

(2)重力做功：及=mgl(cos300—cos60°)—侬/cos60°=(乎-1)mgl'

静电力做功:%=qEl(cos30°—cos60°)+QZ7cos60°=

(3)小球动能改变量雁+灰=("^―1)mgl,

26

得小球的速度：v=-1)g/。

22.(09-25)如图所示，轻弹簧一端连于固定点0，可在竖直平面自由转动，另一端连

接一带电小球P,其质量m=2xl02kg,电荷量q=0.2C.将弹簧拉至水平后，以初速度Vo=2O

m/s竖直向下射出小球P,小球P到达0点的正下方。点时速度恰好水平，其大小V=15m/s.

若0、Oi相距R=L5m,小球P在Oi点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=l.6x1O'kg

的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加

上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁场。此后，小球P

在竖直平面做半径r=0.5m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，

取g=10m/s2。那么，

(1)弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？

(2)请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。

(3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用

B'q'm'。表示，其中。为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。

解析：

(1)设弹簧的弹力做功为W，有：

1,1,

mgR+W=—mv-—mv0①

代入数据，得：W=-2.()5J②

(2)由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别

为vi和V,并令水平向右为正方向，有：mv=±mv,+MV③

而：V1=场上④

m

若P、N碰后速度同向时，计算可得V<vl,这种碰撞不能实现。P、N碰后瞬时必为反向运动。

有：丫=丝出”⑤

M

P'N速度相同时，N经过的时间为％，P经过的时间为fp。设此时N的速度VI的方向与水平方向的夹角为。，

VV

有：cos6=—⑥

X

gtN=Xsin。=匕sin0⑦

代入数据，得：心如

⑧

4

对小球P，其圆周运动的周期为T，有：

2兀m

1------⑨

Bq

经计算得：tN<T'

a巾

P经过/p时,对应的圆心角为a，有：t=­T⑩

°27P

当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有：?=乃+8

,2)

联立相关方程彳寸：tp]=

比较得,t/tpi，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同。

当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有：a2=7T-0，

N

71

同上得：tp2=-

比较得，tNx/p2'在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。

(3)当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时亥IP、N的速度相同，tN=tp=t，

再联立④⑦⑨⑩解得：r=U----=---=1——(〃=0,1,2)

Bq-sin

当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同"=tp=t，

-6)m2g

同理得：

B2q2sin。

考虑圆周运动的周期性，有：〃——.L——J——(〃=0,1,2)

B2q2sin6v，

(给定的B、q、r、m、夕等物理量决定n的取值)

23.(09-23)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0点的冰壶(视为质点)沿直线OO'推

到A点放手，此后冰壶沿AO1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，

CO'=r,重力加速度为g

O'CBAO

(1)求冰壶在A点的速率；

(2)求冰壶从0点到A点的运动过程中受到的冲量大小；

(3)若将CO'段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8〃，原只能滑到C点的冰壶能停于O'点，求A点与B点

之间的距离。

解析：

⑴由-fimgL=0-ymv；得外=、行竟

(2)由/=mij0将，一代入得I』

(3)由-zJT,-0-排广将二代人相s.L-4r

24.(09-24)探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、芯和外壳三部分，其中

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，与静止的芯碰撞(见题24图b)；

③碰后，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均处(见题24图c)。

设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％父，笔损