高考物理试题分类汇编——能量动量解析

高考物理试题分类汇编——能量动量解析

‎2019年高考物理试题分类汇编——能量、动量 ‎1、（2019年全国卷Ⅰ）21．质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为 Ａ．2 Ｂ．3 Ｃ．4 Ｄ．5‎ 答案AB ‎【解析】设碰撞后两者的动量都为P，根据动量守恒和能量守恒得,总动量为2P,根据,以及能量的关系得得,所以AB正确.‎ ‎3、（2019年全国卷Ⅱ）20．以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 A、和 B、和 C、和 D、和 答案A ‎【解析】上升的过程中，重力做负功，阻力做负功，由动能定理得，，求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零，只有阻力做功为，解得，A正确。‎ ‎3、（2019年福建卷）29．（2）一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v/，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是 。（填选项前的编号）‎ ‎① ② ‎ ‎③ ④‎ 答案：①‎ ‎【解析】动量守恒定律必须相对于同量参考系。本题中的各个速度都是相对于地面的，不需要转换。发射炮弹前系统的总动量为Mv0；发射炮弹后，炮弹的动量为mv0,船的动量为（M-m）v′所以动量守恒定律的表达式为，正确选项为①‎ ‎4、（2019年广东理科基础）8．游乐场中的一种滑梯如图3所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则 ‎ A．下滑过程中支持力对小朋友做功 ‎ B．下滑过程中小朋友的重力势能增加 ‎ C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒 ‎ D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功 答案.D ‎【解析】在滑动的过程中，人受三个力重力做正功，势能降低B错，支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，AC皆错。D正确。‎ ‎5、（2019年广东理科基础）9．物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图4所示。下列表述正确的是 ‎ A．在0—1s内，合外力做正功 ‎ B．在0—2s内，合外力总是做负功 ‎ C．在1—2s内，合外力不做功 ‎ D．在0—3s内，合外力总是做正功 答案.A ‎【解析】根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确.1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。‎ ‎6、（2019年海南卷）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t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则 ‎ A． B．‎ t F ‎2F‎0‎ F0‎ O t0‎ ‎2t0‎ ‎ C． D．‎ 答案：AC 解析：根据F-t图像面积意义和动量定理有m=F0t0，m= F0t0+‎2F0t0，则；应用位移公式知＝、＝＋，则，B错、A对；在第一个t0内对物体用动能定理有＝、在第二个t0内对物体应用动能定理有＝，则，D错、C对。‎ t F F0‎ ‎3F‎0‎ O t0‎ ‎2t0‎ ‎3t0‎ ‎7、（2019年宁夏卷）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 A．时刻的瞬时功率为 B．时刻的瞬时功率为 C．在到这段时间内，水平力的平均功率为 D．在到这段时间内，水平力的平均功率为 答案BD。‎ ‎【解析】0-2t0 内物体的加速度为，2t0 时刻的速度为，在3t0时刻的瞬时速度，则时刻的瞬时功率为，A错误；B正确；在到这段时间内，由动能定理可得，则这段时间内的平均功率，D正确。‎ ‎8、（2019年山东卷）22．图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是（ ）‎ ‎ 　A．m＝M ‎ 　B．m＝‎‎2M ‎ 　C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 ‎ D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 答案：BC 考点： 能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，受力分析 解析：受力分析可知，下滑时加速度为，上滑时加速度为，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有，得m＝‎2M。也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。‎ ‎9、（2019年上海物理）5．小球由地面竖直上抛，www.ks5u.com上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于（ ）‎ ‎（A）H/9 （B）2H/9 （C）3H/9 （D）4H/9‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】小球上升至最高点过程： ①；小球上升至离地高度h处过程： ②，又 ③；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程： ④，又 ⑤；以上各式联立解得，答案D正确。‎ θ l l ‎10、（2019年全国卷Ⅰ）25．如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l ‎。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。设碰撞时间极短，求：‎ ‎（1）工人的推力；‎ ‎（2）三个木箱匀速运动的速度；‎ ‎（3）在第一次碰撞后损失的机械能。‎ 答案（1）（2）（3）‎ ‎【解析】(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.‎ 根据平衡的知识有 ‎(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1,‎ 加速度 根据运动学公式或动能定理有,‎ 碰撞后的速度为V2根据动量守恒有,即碰撞后的速度为,然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3‎ 从V2到V3的加速度为,‎ 根据运动学公式有,得,‎ 跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有,得就是匀速的速度.‎ ‎(3)设第一次碰撞中的能量损失为,根据能量守恒有,带入数据得.‎ ‎11、（2019年安徽卷）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内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=‎2.0m、R2=‎1.4m。一个质量为m=‎1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=‎12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=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，B、C间距应是多少；‎ ‎ （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的距离。‎ R1‎ R2‎ R3‎ A B C D v0‎ 第一圈轨道 第二圈轨道 第三圈轨道 L L L1‎ 答案：（1）10.0N；（2）‎‎12.5m ‎(3) 当时， ；当时， ‎ 解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理 ‎ ①‎ ‎ 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律 ‎ ②‎ 由①②得 ③‎ ‎（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 ‎ ④‎ ‎ ⑤‎ 由④⑤得 ⑥‎ ‎（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 ‎ ⑦‎ ‎ ⑧‎ 由⑥⑦⑧得 ‎ II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理 ‎ ‎ 解得 ‎ 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 ‎ ‎ 解得 R3=‎‎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 ‎ ‎ 或 ‎ 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则 ‎ ‎ ‎ ‎ 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则 ‎ ‎ ‎12、（2019年北京卷）20．（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2；‎ ‎（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所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为m1、m2、m3……mn-1、mn……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能Ek1，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ekn与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n。‎ a) 求k1n b) 若m1=‎4m0，mk=m0，m0为确定的已知量。求m2为何值时，k1n值最大 答案：（1）。‎ ‎（2）a）；b）‎ ‎【解析】（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律 www.ks5u.com ①‎ 设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律 www.ks5u.com ②‎ 由于碰撞过程中无机械能损失 www.ks5u.com ③‎ ‎②、③式联立解得 www.ks5u.com ④‎ ‎ 将①代入得④ www.ks5u.com ‎ ‎（2）a由④式，考虑到得 根据动能传递系数的定义，对于1、2两球 www.ks5u.com ⑤‎ 同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为 ‎ www.ks5u.com ⑥‎ 依次类推，动能传递系数k1n应为 ‎ www.ks5u.com 解得 www.ks5u.com b.将m1=‎4m0,m3=mo代入⑥式可得 为使k13最大，只需使 由可知 θ S0‎ E 甲 t v t1‎ t2‎ t3‎ O v1‎ vm 乙 ‎13、（2019年福建卷）19．如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为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s0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，弹簧始终处在弹性限度内，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t1‎ ‎（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vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm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t1、t2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v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）‎ 答案（1）; （2）; ‎ ‎(3) ‎t v t1‎ t2‎ t3‎ O v1‎ vm ‎【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 ‎ qE+mgsin=ma ①‎ ‎ ②‎ 联立①②可得 ‎ ③‎ ‎（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 ‎ ④‎ ‎ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ‎ ⑤‎ 联立④⑤可得 ‎ ‎ ‎（3）如图w.w.w.k.s.5.u.c.o.m t v t1‎ t2‎ t3‎ O v1‎ vm ‎14、（2019年广东物理）19．如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l=‎1.0m。物块A以速度v0=‎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v=‎2.0m/s。已知A和B的质量均为，C的质量为A质量的K倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45。（设碰撞时间很短，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。‎ 答案：（1）‎4m/s；（2）见解析 ‎【解析】（1）设A、B碰后速度为，由于碰撞时间很短，A、B相碰的过程动量守恒，得 ‎　　　　　　　①‎ 在A、B向C运动，设与C碰撞前速度为，在此过程中由动能定理，有 ‎　　　　②‎ 得A、B与C碰撞前的速度为 ‎（2）设A、B与C碰后速度为，A、B与C碰撞的过程动量守恒 ‎　　　　③‎ ‎　　　　④‎ 碰后A、B的速度必须满足　　　　⑤‎ ‎　　　　⑥‎ 由④⑤⑥式得 由④式知：当时，，即与C碰撞后，AB向右运动 当时，，即与C碰撞后，AB停止 当时，，即与C碰撞后，AB向左运动 ‎15、（2019年江苏物理）15．如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、 足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出）。线框的边长为d（d < l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。‎ 求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；‎ ‎ （2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1 ；‎ ‎ （3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离m 。‎ 答案：（1）（2）‎ ‎（3）‎ ‎【解析】 (1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W ‎ 由动能定理 ‎ 且 ‎ 解得 ‎ ‎（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动 ‎ 由动能定理 ‎ 装置在磁场中运动时收到的合力 感应电动势 E=Bdv 感应电流 I/=E/R 安培力 ‎ 由牛顿第二定律，在t到t+时间内，有则 有 解得 ‎ ‎（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动 ‎ 由动能定理 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎16、（2019年宁夏卷）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μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2=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）‎ 答案：‎‎10m ‎【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 ‎17、（2019年宁夏卷）36．（2）两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后双滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。‎ 答案：‎ ‎【解析】设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 设物块在劈B上达到的最大高度为，此时物块和B的共同速度大小为，由机械能守恒和动量守恒得 ‎ ③‎ ‎ ④‎ 联立①②③④式得 ⑤‎ ‎18、（2019年山东卷）24．如图所示，某货场而将质量为m1=‎100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=‎‎1.8 m ‎。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=‎2m，质量均为m2=‎100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=‎10 m/s2）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。‎ ‎（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件。‎ ‎（3）若1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。‎ 答案：（1）3000N；（2）；（3）0.4s 解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，①，‎ 设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN,根据牛顿第二定律得，②，‎ 联立以上两式代入数据得FN=3000N③,‎ 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。‎ ‎（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得④，‎ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得⑤，‎ 联立④⑤式代入数据得⑥。‎ ‎（3），由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得⑦，‎ 设货物滑到木板A末端是的速度为v1，由运动学公式得⑧，‎ 联立①⑦⑧式代入数据得v1=‎4m/s⑨，‎ 设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1=v0-a1t⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得t=0.4s。‎ ‎19、（2019年山东卷）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mB=mc=‎2m,mA=m，A、B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A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。‎ 答案：9v0/5‎ ‎【解析】设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为vB,‎ 由动量守恒定律有,‎ ‎,‎ 联立这两式得B和C碰撞前B的速度为vB=9v0/5。‎ ‎20、（2019年上海物理）20．质量为5´‎103 kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝‎10m/s，随后以P＝6´104 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2.5´103‎ N。求：（1）汽车的最大速度vm；（2）汽车在72s内经过的路程s。‎ 答案：（1）‎24m/s（2）‎‎1252m ‎【解析】ww.ks5u.com（1）当达到最大速度时，P＝=Fv=fvm，vm＝＝m/s＝‎24m/s，‎ ‎（2）从开始到72s时刻依据动能定理得：‎ Pt－fs＝mvm2－mv02，解得：s＝＝‎1252m。‎ ‎21、（2019年四川卷）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m=5×‎103 kg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=‎0.2 m/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=‎1.02 m/s的匀速运动。取g=‎10 m/s2,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P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力。‎ P0＝F0vm ①‎ P0＝mg ②‎ 代入数据，有：P0＝5.1×104W ③‎ ‎(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v1，匀加速运动经历时间为t1,有：‎ P0＝F0v1 ④‎ F－mg＝ma ⑤‎ v1＝at1 ⑥‎ 由③④⑤⑥，代入数据，得：t1＝5 s ⑦‎ T＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则 v2＝at ⑧‎ P＝Fv2 ⑨‎ 由⑤⑧⑨，代入数据，得:P＝2.04×104W。‎ m1‎ m2‎ v0‎ ‎22、（2019年天津卷）10．如图所示，质量m1=‎0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=‎15 m,现有质量m2=‎0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=‎2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处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=‎10 m/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′0不超过多少。‎ 答案：（1）0.24s (2)‎5m/s ‎【解析】（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 ‎ ①‎ 设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有 ‎ ②‎ 其中 ③‎ 解得 ‎ 代入数据得 ④‎ ‎（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v′，则 ‎ ⑤‎ 由功能关系有 ‎ ⑥‎ 代入数据解得 =‎5m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过‎5m/s。‎ A B C S h L R ‎23、（2019年浙江卷）24．某校物理兴趣小组决定举行遥控塞车比赛。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，出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ρ＝1.5W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻值为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L＝‎10.00m，R=‎0.32m，h＝‎1.25m,S＝‎1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g＝‎10 m/s2）‎ 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v1，由平抛运动的规律 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 m/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 ‎ m/s 设电动机工作时间至少为t，根据功能原理 由此可得 t=2.53s ‎24、（2019年重庆卷）23．2019‎ 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。已知冰面与各冰壶间的动摩擦因数为μ，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。‎ 答案：（1）（2）m（3）L－4r ‎【解析】（1）对冰壶，从A点放手到停止于C点，设在A点时的速度为V1，‎ 应用动能定理有－μmgL＝mV12，解得V1＝；‎ ‎（2）对冰壶，从O到A，设冰壶受到的冲量为I，‎ 应用动量定理有I＝mV1－0，解得I＝m；‎ ‎（3）设AB之间距离为S，对冰壶，从A到O′的过程，‎ 应用动能定理，－μmgS－0.8μmg(L＋r－S)＝0－mV12，‎ 解得S＝L－4r。‎ ‎25、（2019年重庆卷）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h1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h2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）外壳与内芯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h2处，笔损失的机械能。‎ 解析：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，‎ ‎(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有 ‎(4mg＋m)( h2－h1)＝(‎4m＋m)V22，解得V2＝；‎ ‎（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，‎ 解得V1＝，‎ 设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有 W－4mgh1＝(‎4m)V12，‎ 解得W＝mg；‎ ‎（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为＝(‎4m)V12－(‎4m＋m)V22，‎ 联立解得＝mg(h2－h1)。‎