动量机械能计算题.docx

A
H
O /
O
B
L P
C
2
L
高中物理学习材料
（灿若寒星**整理制作）
07（广东卷） 1 、（16分）如图所示，在同一竖直面上，质量为2m 的小球A 静止在
光滑斜面的底部，斜面高度为H ＝2L 。

小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动。

离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B 发生弹性碰撞，碰撞后球B 刚好能摆到与悬点O 同一高度，球A 沿水平方向抛射落在水平面C 上的P 点，O 点的投影O /与P 的距离为L /2。

已知球B 质量为m ，悬绳长L ，视两球为质点，重力加速度为g ，不计空气阻力，求： ⑴球B 在两球碰撞后一瞬间的速度大小； ⑵球A 在两球碰撞前一瞬间的速度大小； ⑶弹簧的弹性力对球A 所做的功。

1 、解：⑴碰撞后，根据机械能守恒定律，对B 球有： 2B 12
mgL mv =
解得： B 2v gL = ⑵A 、B 球碰撞有： 0A B 22mv mv mv =+
222
0A B
11122222mv mv mv ⋅=⋅+⋅ 解得： A 1
24v gL =
03
24
v gL =
⑶碰后A 球做平抛运动，设平抛高度为y ，有：
A 2
L
v t = 212
y gt =
解得： y ＝L
对A 球应用动能定理得： 2
012(2)22
W m g y
L m v -+=⋅
解得： 57
8
W mgL =
07江苏 2（16分）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H ，上端套着一个细环。

棒和环的质量均为m ，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg （k ＞1）。

断开轻绳，棒和环自由下落。

假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。

棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。

求： ⑴棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；
⑵从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S ；
⑶从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W 。

2解：⑴设棒第一次上升过程中，环的加速度为a 环，由牛顿第二定律得： kmg －mg ＝ma 环 解得：a 环＝(k －1)g ，方向竖直向上 ⑵设棒第一次落地的速度大小为v 1 由机械能守恒得：
211
222
mv mgH = 解得：12v gH =
设棒弹起后的加速度为a 棒，由牛顿第二定律得： A 棒＝－(k ＋1)g
棒第一次弹起的最大高度为：2
112v H a =棒
解得：11H
H k =
+ 棒运动的路程为：13
21
k S H H H k +=+=+
⑶解法一：
棒第一次弹起经过t 1时间，与环达到相同速度v /1 环的速度：v /1＝－v 1＋a 环t 1 棒的速度：v /1＝v 1＋a 棒t 1 环的位移：211111
2
h v t a t =-+环环 棒的位移：211111
2
h v t a t =+
棒棒 环第一次相对棒的位移为：1112H
x h h k
=-=-环棒 棒环一起下落至地：2
2
/2112v v gh -=棒 解得：22gH
v k
=
同理，环第二次相对棒的位移为 222H
x h h k
=-=-
环2棒2 H
环
棒
…… 2n n
H
x k =-
环相对棒的总位移为：x ＝x 1＋x 2＋……＋x n 摩擦力对棒及环做的总功为： 21
kmgH
W kmgx k ==-
- 解法二：
设环相对棒滑动距离为l
根据能量守恒 ()mgH mg H l kmgl ++= 摩擦力对棒及环做的总功为：W kmgl =- 解得：21
kmgH
W k =-
- 07宁夏理综 3 在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动。

在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图所示。

小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动。

小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO 。

假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m 1/m 2。

、解：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变，根据它们通过
的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1 两球碰撞过程有：101122m v m v m v =+
222
101122111222
m v m v m v =+
解得：
1
2
2m m = 07全国理综Ⅰ 4（18分）如图所示，质量为m 的由绝缘材料制成的球与质量为M ＝19m 的金属球并排悬挂。

现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞。

在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。

已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。

求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。

4解：设在第n 次碰撞前绝缘球的速度为v n －1，碰撞后绝缘球、
金属球的速度分别为v n 、V n 。

由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左，则 n n n mv MV mv -=-1
2
2212
12121n
n n mv MV mv -=- A B
O
P
Q
v 0 M m
θ
解得： 1109
-=
n n v v 110
1
-=n n v V
第n 次碰撞后绝缘球的动能为： 02
)81.0(2
1E mv E n n n ==
E 0为第1次碰撞前的动能，即初始能量 绝缘球在θ＝θ0＝60°与θ＝45°处的势能之比为
586.0)
cos 1()
cos 1(00=--=θθmgl mgl E E 经n 次碰撞后有：
n n
E E )81.0(0
= 易算出(0.81)2＝0656，(0.81)3＝0.531，因此，经过3次碰撞后θ小于45° 07重庆5、（20分）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示不用完全相同的轻绳将N 个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N ，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k （k ＜1).将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰。

（不计空气阻力，忽略绳的伸长，g 取10 m/s 2）
⑴设与n ＋1号球碰撞前，n 号球的速度为v n ，求n ＋1号球碰撞后的速度.
⑵若N ＝5，在1号球向左拉高h 的情况下，要使5号球碰撞后升高16k （16 h 小于绳长）问k 值为多少？
5、解：⑴设n 号球质量为m ，n ＋1号球质量为m n ＋1，碰撞后
的速度分别为n
n 1v v +''、，取水平向右为正方向，据题意有n 号球与n ＋1号球碰撞前的速度分别为v n 、0、m n ＋1n km
根据动量守恒有：1+'+'=n
n v n v v km E m v m 根据机械能守恒有：
221n n v m ＝122
2
121+'+n n n n v km v m
解得：)0(1
211舍去='+='++n
n
n
v k E v 设n ＋1号球与n ＋2号球碰前的速度为E n ＋1
据题意有：v n －1＝1+'n
v 得：v n －1＝1+'n
v ＝k
E n
+12 ⑵设1号球摆至最低点时的速度为v 1，由机械能守恒定律有
21112
1
v m gh m =
1
2 3
N
……
v 1＝gh 2
同理可求，5号球碰后瞬间的速度
k g v 1625⨯=
解得：111212v k k k v n
n ⎪⎭
⎫
⎝⎛⋅=+-+
n ＝5时：v 5＝11
12v k v n
n ⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅=+ 解得：k ＝12-0.414 (21)k ≈=--舍去
⑶设绳长为l ，每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F ，由牛顿第二定律有
l
v m g m F n
n n 2=-
则：kn n n n n n n n E l
g m l v m g m l v m g m F 22/222+=+=+= 式中E kn 为n 号球在最低点的动能
由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据上式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳容易断。

07全国理综Ⅱ 6、用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，
这就是所谓铍“辐射”。

1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氨（它们可视为处于静止状态）。

测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氨核和氦核的质量之比为7.0。

查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子。

假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氦发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量。

（质量用原子质量单位u 表示，1 u 等于1个12C 原子质量的十二分之一。

取氢核和氦核的质量分别为1.0 u 和14 u 。

）
6解：设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m 和v ，氢核的质量为m H 。

构成
铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v /和v H /。

由动量守恒与能量守恒定律得：
mv ＝mv ′＋m H v H ′
22
2//H H
111222
mv mv m v =+ 解得： /
H H
2mv v m m =+
同理，对于质量为m N 的氮核，其碰后速度为
/N N
2mv
v m m =
+
可求得： //N //
N H H
H N
m v m v m v v -=- 根据题意可知： v H ′＝7.0v N ′
解得： m ＝1.2u
07山东理综 7、如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m ＝1.0 kg 的小滑块。

当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC 。

已知AB 段斜面倾角为53°，BC 段斜面倾角为37°，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均μ＝0.5，A 点离B 点所在水平面的高度h ＝1.2 m 。

滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B 点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8
⑴若圆盘半径R ＝0.2 m ，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？ ⑵若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B 点时的机械能。

⑶从滑块到达B 点时起，经0.6 s 正好通过C 点，求BC 之间的距离。

7、解：⑴滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：
μmg ＝mω2R
代入数据解得：/ 5 rad/s g R ωμ=
=
⑵滑块在A 点时的速度：v A ＝ωR ＝1 m/s
从A 到B 的运动过程由动能定理得：
mgh －μmg cos53°×h /sin53°＝
22B A 1122
mv mv -
在B 点时的机械能为：2
1 4 J 2
B B E mv mgh =
-=- ⑶滑块在B 点时的速度：v B ＝4 m/s
滑块沿BC 段向上运动时的加速度大小：a 1＝g (sin37°＋μcos37°)＝10 m/s 2 返回时的加速度大小： a 2＝g (sin37°－μcos37°)＝2 m/s 2 BC 间的距离：2
2211
1()0.76 m 22B B BC
v v s a t a a =--= 07四川理综 8（20分）目前，滑板运动受到青少年的追捧。

如图是某滑板运动员在一次表
演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，赛道光滑，FGI 为圆弧赛道，半径R ＝6.5 m ，G 为最低点并与水平赛道BC 位于同一水平面，KA 、DE 平台的高度都为h ＝18 m 。

B 、C 、F 处平滑连接。

滑板a 和b 的质量均为m ，m ＝5 kg ，运动员质量为M ，M ＝45 kg 。

表演开始，运动员站在滑板b 上，先让滑板a 从A 点静止下滑，t 1＝0.1 s 后再与b 板一起从A 点静止下滑。

滑上BC 赛道后，运动员从b 板跳到同方向运动的a 板上，在空中运动的时间t 2＝0.6 s 。

（水平方向是匀速运动）。

运动员与a 板一起沿CD 赛道上滑后冲出赛道，落在EF 赛道的P 点，沿赛道滑行，经过G 点时，运动员受到的支持力N ＝742.5 N 。

（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g ＝10 m/s 2）
⑴滑到G 点时，运动员的速度是多大？
⑵运动员跳上滑板a 后，在BC 赛道上与滑板a 共同运动的速度是多大？ ⑶从表演开始到运动员滑至I 的过程中，系统的机械能改变了多少？ 8、解：⑴在G 点，运动员和滑板一
起做圆周运动，设向心加
A h
B
C
R ω 53°
37°
速度为a n ，速度为G v ，运动员受到重力Mg 、滑板对运动员的支持力N 的作用，则：
n N Mg Ma -=
2G
n v a R =
2G
Mv N Mg R
-=
()
G R N Mg v M
-=
解得：G v ＝6.5m/s
⑵设滑板。

由A 点静止下滑到BC 赛道后速度为v 1，由机械能守恒定律有：
2112
mgh mv =
解得：112v gh =
运动员与滑板一起由A 点静止下滑到BC 赛道后，速度也为v 1，运动员由滑板b
跳到滑板a ，设蹬离滑板b 时的水平速度为v 2，在空中飞行的水平位移为s ，则： s ＝v 2t 2
设起跳时滑板a 与滑板b 的水平距离为s 0，则： s 0＝v l t l 设滑板在t 2时间内的位移为s 1，则： s 1＝v 1t 2 s ＝s 0+s 1 即：v 2t 2＝v 1(t 1＋t 2)
运动员落到滑板a 后，与滑板a 共同运动的速度为v ，由动量守恒定律有 mv l ＋Mv 2＝(m ＋M ) v 由以上方程可解出： ()
()2122
2mt M t t v gh M m t ++=
+
代人数据解得：v ＝6.9 m/s
⑶设运动员离开滑板b 后，滑板b 的速度为v 3，有 Mv 2＋mv 3＝(M ＋m ) v 1
可算出v 3＝－3 m/s ，有：│v 3│＝3 m/s<v 1＝6 m/s ，b 板将在两个平台之间来回运
动，机械能不变。

系统的机械能改变为： ()()2
231122
G
E M m v mv m m M gh ∆=
++-++ △E ＝88.75 J
07天津理综9、如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB 是光滑的，在最低点B 与水平轨道BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。

可视为质点的物块从A 点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出。

已知物块到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。

求：
⑴物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的几倍； ⑵物块与水平轨道BC 间的动摩擦因数μ。

A
B
C
9（16分）
解：⑴设物块开始下落处的位置距BC 的竖直高度为h ，圆弧轨道半径为R 。

由机械能守恒定律得：2
12
mgh mv =
在B 点根据牛顿第二定律得：2
9v mg mg m R
-=
解得：h ＝4R
⑵物块滑到C 点时与小车的共同速度为v 1
由动量守恒定律得：1(3)mv m m v =+
对物块和小车应用动能定理得：22111
10(3)22
mg R mv m m v μ⋅=
-+ 解得：μ＝0.3
（00天津、江西卷）10（14分）在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。

这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似，两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有一小球C 沿轨道以速度0σ射向B 球，如图所示，C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D ，在它们继续向左运动的过
程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D
都静止不动，A 与P 接触而不粘连，过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A 、B 、C 三球的质量均为m ，
（1）球弹簧长度刚被锁定后A 球的速度。

（2）球在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。

10参考解答：
（1）设C 球与B 球粘结成D 时，D 的速度为1υ，由动量守恒，有
10)(υωm m += ○1
当弹簧压至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为2υ，由动量守恒，有
2132υυm m = ○2
由○1、○2两式得A 的速度
023
1
υυ= ○3
（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为p E ，由能量守恒，有
p E m m +⋅=⋅2
22132
1221υυ ○
4
撞击P 后，A 与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D 的动能，设D 的速度为3υ，则有
2
3
)2(2
1υ⋅=
m E p ○5 以后弹簧伸长，A 球离开挡板P ，并获得速度，当A 、D 的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为4υ，由动最守恒，有
4332υυm m = ○6
当弹簧伸到最长时，其势能量大，设此势能为'
υE ，由能量守恒，有
'+⋅=⋅p E m 2
42332
12m 21υυ ○
7 解以上各式得
2
36
1υm E p =' ○8
01北京、内蒙古、安徽卷） 11.（14分）如图所示，A 、B 是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。

A 的左端和B 的右端相接触。

两板的质量皆为kg M 0.2=，长度皆为
m l 0.1=．C 是一质量为kg m 0.1=的小物块．现给它一初速度s m v /0.20=，使它从B
板的左端开始向右滑动．已知地面是光滑的，而C 与A 、B 之间的动摩擦因数皆为
10.0=μ．求最后A 、B 、C 各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度2/10s m g =22.
参考解答：
先假设小物块C 在木板B 上移动x 距离后，停在B 上．这时A 、B 、C 三者的速度相等，
设为V ．由动量守恒得
V M m mv )2(0+=
①
在此过程中，木板B 的位移为s ，小木块C 的位移为x s +．由功能关系得 2
22
121)(mv mV x s mg -=
+-μ
222
1MV mgs ⋅=μ
相加得 2
022
1)2(21mv V M m mgx -+=
μ- ② 解①、②两式得
g
m M Mv x μ)2(20
+=
③
代入数值得
m x 6.1=
④
B x 比板的长度l 在．这说明小物块
C 不会停在B 板上，而要滑到A 板上．设C 刚滑到
A 板上的速度为1v ，此时A 、
B 板的速度为1V ，则由动量守恒得
1102MV mv mv +=
⑤
由功能关系得
mgl MV mv mv μ=⋅--21212022
1
2121⑥ 以题给数据代入解得
20
24
81±=
V
5
24
2524821 =±-
=v
由于1v 必是正数，故合理的解是
s m V /155.02024
81=-=
， ⑦
s m v /38.15
24
21=+=
⑧
当滑到A 之后，B 即以s m V /155.01=做匀速运动．而C 是以s m v /38.11=的初速在
A 上向右运动．设在A 上移动了y 距离后停止在A 上，此时C 和A 的速度为2V ，由动量守恒得
211)(V M m mv MV +=+ ⑨
解得
s m V /563.02=
⑩
由功能关系得
mgy V M m MV mv μ=+-+222121)(2
1
2121
解得
m y 50.0=
y 比A 板的长度小，故小物块C 确实是停在A 板上．最后A 、B 、C 的速度分别为
s m V V A /563.02==，s m V V B /155.01==，s m V V A C /563.0==．
评分标准：本题14分．
正确论证了C 不能停在B 板上而是停在A 板上，占8分．求出A 、B 、C 三者的最后速度，占6分．
02全国 12．（20分）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。

一个质量为60kg 的运动员，从离水平网面3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m 高处。

已知运动员与网接触的时间为1.2s 。

若把在这段时间
内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。

（g ＝10m/s 2
）
12 （20分）
将运动员看作质量为m 的质点，从h 1高处下落，刚接触网时速度的大小
v 1＝12gh （向下） ① 弹跳后到达的高度为h 2，刚离网时速度的大小
v 2＝22gh （向上） ② 速度的改变量
Δv ＝v 1＋v 2（向上） ③ 以a 表示加速度，Δt 表示接触时间，则
Δv ＝a Δt ④
接触过程中运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg 。

由牛顿第二定律，
F －mg ＝ma ⑤ 由以上五式解得，
F ＝mg ＋m
t
gh gh ∆+1
222 ⑥
代入数据得：
F ＝1.5×103N ⑦
02年广东、河南 13.（14分）下面是一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体A 和B 经反弹后，B 能上升到比初始位置高得多的地方。

A 是某种材料做成的实心球，质量m 1=0.28kg ，在其顶部的凹坑中插着质量m 2=0.10kg 的木棍
B 。

B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从A 下端离地板的高度H=1.25m 处由静止释放。

实验中，A 触地后在极短的时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B 脱离A 开始上升，而球A 恰好停留在地板上。

求木棍B 上升的高度，重力加
速度g=10m/s 2。

[答案]：根据题意，A 碰地板后，反弹速度 的大小等于它下落到地面时速度的大小，即
v 1 =gH 2
A 刚反弹后，速度向上，立刻与下落的
B 碰撞，碰前B 的速度 v 2 =gH 2
由题意，碰后A 速度为0，以v '
2表示B 上升
的速度，根据动量守恒
m 2 B
m 1
A
m 1v 1 – m 2v 2 = m 2v '
2
令h 表示B 上升的高度，有 h = g
v 22'2
由以上各式并代入数据得 h = 4.05m
01（上海卷） 14（18分）如图所示，光滑斜
面的底端a 与一块质量均匀、水平放置的平极光滑相接，平板长为2L ，L ＝1m ，其中心C 固定在高为R 的竖直支架上，R ＝1m ，支架的下端与垂直于纸面的固定转轴O 连接，因此平板可绕转轴O 沿顺时针方向翻转．问：
（l ）在外面上离平板高度为h 0处放置一滑块A ，使其由静止滑下，滑块与平板间的动摩擦因数μ＝0.2，为使平板不翻转，h 0最大为多少？
（2）如果斜面上的滑块离平板的高度为h 1＝0.45 m ，并在h 1处先后由静止释放两块质量相同的滑块A 、B ，时间间隔为Δt ＝0.2s ，则B 滑块滑上平板后多少时间，平板恰好翻转。

（重力加速度g 取10 m/s 2）
14．解：（1）设A 滑到a 处的速度为v 0＝02gh ①
f ＝uN ，N ＝m
g ，f ＝ma ， a ＝ug ②
滑到板上离a 点的最大距离为v 02＝2ugs 0，
s 0＝2gh 0/2ug ＝h 0/u ③
A 在板上不翻转应满足条件：摩擦力矩小于正压力力矩，即M 摩擦≤M 压力 umgR ≤mg(L －s 0) ④
h 0≤u(L －Ur)＝0.2(1－0.2)＝0.16 m ⑤ （2）当h ＝0.45m ，v A ＝gh 2＝5.4102⨯⨯＝3m/s v A ＝v B ＝3m/s ⑥
设B 在平板上运动直到平板翻转的时刻为t ，取Δt ＝0.2s s A ＝v A (t ＋Δt)－ug(t ＋Δt)2/2 ⑦’ s B ＝v B t －ugt 2/2 ⑦
两物体在平板上恰好保持平板不翻转的条件是 2umgR ＝mg(L －s A )＋mg(L －s B ) ⑧ 由⑦＋⑦’式等于⑧式，得t ＝0.2s
03全国卷 15（22分）二传送带装置示意如图11，其中传送带经过AB 区域时是
水平的，经过BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD 区域时是倾斜的，AB 和CD 都与BC 相切。

现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D 处，D 和A 的高度差为h 。

稳定工作时传送带速度不变，CD 段上各箱等距排列．相邻两箱的距离为L 。

每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC 段时的微小滑动）。

已知在一段相当长的时间T
内，共运送小货箱的数目为N 。

这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。

求电动机的平均输出功率P 。

参考解答：
以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为v 0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ，加速度为a ，则对小箱有
2at 21
s =
at v 0=
在这段时间内，传送带运动的路程为 t v s 00= 由以上可得 s 2s 0=
用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
A ＝fs ＝2
0mv 2
1
传送带克服小箱对它的摩擦力做功
A 0＝fs 0＝2
0mv 2
12⋅
两者之差就是摩擦力做功发出的热量
Q ＝2
0mv 2
1
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等
T 时间内，电动机输出的功为
T P W =
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
NQ Nmgh Nmv 2
1W 2
0++=
已知相邻两小箱的距离为L ，所以 v 0T ＝NL 联立，得
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+=gh T L N T Nm P 22
2
04春季 16．（22分） 如图，abc 是光滑的轨道，其中ab 是水平的，bc 为与ab 相切的位于竖直平面内的半圆，半径0.30m =R 。

质量kg 20.0=m 的小球A 静止在轨道上，另一质量kg 60.0=M 、速度m /s 5.50=v 的小球B 与小球A 正碰。

已知相碰后小球A 经过半圆的最高点c 落到轨道上距b 点为R l 24=处，重力加速度2
m/s 10=g ，求：（1）碰撞结束
时，小球A 和B 的速度的大小。

（2）试论证小球B 是否能沿着半圆轨道到达c 点。

34．（22分）
（1）以1v 表示小球A 碰后的速度，2v 表示小球B 碰后的速度，'
1v 表示小球A 在半圆最高点的速度，t 表示小球A 从离开半圆最高点到落在轨道上经过的时间，则有
R t v 241='
①
R gt 22
12
= ② 2
1212
121)2(mv mv R mg ='+ ③
210Mv mv Mv += ④
由①②③④求得
Rg
M m
v v Rg
v 3232021-== 代入数值得
61=v m/s 5.32=v m/s
（2）假定B 球刚能沿着半圆的轨道上升到c 点，则在c 点时，轨道对它的作用力等于零。

以c v 表示它在c 点的速度，b v 表示它在b 点相应的速度，由牛顿定律和机械能守恒定律，有
2
c v Mg M R
=
2
22
1)2(21b
c Mv R Mg Mv =+ 解得
Rg v b 5=
代入数值得
9.3=b v m/s
由5.32=v m/s ，可知b v v <2，所以小球B 不能达到半圆轨道的最高点。

04全国理综17 （20分）
柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。

在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。

现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：
柴油打桩机重锤的质量为m ，锤在桩帽以上高度为h 处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M （包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。

同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。

随后，桩在泥土中向下移动一距离l 。

已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h （如图2）。

已知m ＝1.0×103kg ，M ＝2.0×103kg ，h ＝2.0m ，l ＝0.20m ，重力加速度g ＝10m/s 2，混合物的质量不计。

设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F 是恒力，求此力的大小。

解：25．锤自由下落，碰桩前速度v 1向下，
gh v 21= ①
碰后，已知锤上升高度为（h －l ），故刚碰后向上的速度为
)(22l h g v -= ②
设碰后桩的速度为V ，方向向下，由动量守恒，
21mv MV mv -= ③ 桩下降的过程中，根据功能关系，
Fl Mgl MV =+22
1
④ 由①、②、③、④式得
])(22)[(l h h l h M
m
l mg Mg F -+-+
= ⑤ 代入数值，得
5101.2⨯=F N ⑥
04广东 18．（14分）一质量为m 的小球，以初速度0v 沿水平方向射出，恰好垂直地射到一
倾角为0
30 的固定斜面上，并立即反方向弹回。

已知反弹速度的大小是入射速度大小
的
3
4
，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小
解．小球在碰撞斜面前做平抛运动.设刚要碰撞斜面时小球速度为v .由题意，v 的方向与竖直
线的夹角为30°，且水平分量仍为v 0，如右图.由此得v =2v 0 ①
碰撞过程中，小球速度由v 变为反向的
.4
3
v 碰撞时间极短，可不 计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为 mv v m I +=)4
3( ② 由①、②得 02
7
mv I =
③ 04广东 19．（16分）图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨
上，弹簧处在原长状态。

另一质量与B 相同滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向B
滑行，当A 滑过距离1l 时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连。

已知最后A 恰好返回出发点P 并停止。

滑块A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为2l ，求A 从P 出发时的初速度0v 。

解：令A 、B 质量皆为m ，
A 刚接触
B 时速度为1v （碰前），由功能关系，有
12
1202
121m g l mv mv μ=- ①
A 、
B 碰撞过程中动量守恒，令碰后A 、B 共同运动的速度为.2v 有
212mv mv = ②
碰后A 、B 先一起向左运动，接着A 、B 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A 、B 的共同速度为3v ，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有
)2()2()2(2
1)2(2122322l g m v m v m μ=- ③ 此后A 、B 开始分离，A 单独向右滑到P 点停下，由功能关系有
12
32
1mgl mv μ= ④ 由以上各式，解得 )1610(210l l g v +=μ ⑤
B A
2l 1l
04江苏 20(16分)一个质量为M 的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m 的爱斯基摩狗站
在该雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动．若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V ，则此时狗相对于地面的速度为V +u (其中u 为狗相对于雪橇的速度，V +u 为代数和．若以雪橇运动的方向为正方向，则V 为正值，u 为负值)．设狗总以速度v 追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计．已知v 的大小为5m /s ，u 的大小为4m /s ，M =30kg ，m =10kg .
（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小． （2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数． （供使用但不一定用到的对数值：lg 2=O .301，lg 3=0.477) 解答：
（1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V 1，根据动量守恒定
律，有 0)(11=++u V m MV
狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度1V '满足 11)(V m M mv MV '+=+ 可解得 2
1)
()(m M mv
m M Mmu V +++-=
' 将kg m kg M s m v s m u 10,30,/5,/4===-=代入，得 s m V /21='
（2）解法（一）
设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n －1）次跳下雪橇后雪橇的速度为V n －1，则狗第
（n －1）次跳上雪橇后的速度1-'n V 满足 11)(--'+=+n n V m M mv MV
这样，狗n 次跳下雪橇后，雪橇的速度为V n 满足 1)()(-'+=++n n n V m M u V m MV 解得 1
1)(])(
1)[(--++-+--=n n n m
M M m M mu m M M u v V
狗追不上雪橇的条件是 V n ≥v
可化为 v
m M Mu u
m M m M M n )()()(
1+-+≤+-
最后可求得 )
l g ()
)()(l g (1M
m M u
m M v
m M Mu n +++-+≥
代入数据，得 41.3≥n 狗最多能跳上雪橇3次
雪橇最终的速度大小为 V 4=5.625m/s 解法（二）：
设雪橇运动的方向为正方向。

狗第i 次跳下雪橇后，雪橇的速度为V i ,狗的速度为V i +u ；
狗第i 次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为1V '，由动量守恒定律可得 第一次跳下雪橇：MV 1+m （V 1+u ）=0 V 1=－
s m m
M mu
/1=+
第一次跳上雪橇：MV 1+m v =（M+m ）1V ' 第二次跳下雪橇：（M+m ）1V '=MV 2+m （V 2+u ） V 2=
m
M mu
V m M +-'+1)(
第三次跳下雪橇：（M+m ）V 3+M+m （+u ） 3V '=
m
M mu
V m M +-+3)(
第四次跳下雪橇： （M+m ）3V '=MV 4+m （V 4+u ）
s m m
M mu
V m M V /625.5)(34=+-'+=
此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇。

因此，狗最多能跳上雪橇3次。

雪橇最终的速度大小为5.625m/s.
07重庆 21如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m 1和m 2，拉力F 1和F 2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F 1>F 2。

试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T 。

21．设两物块一起运动的加速度为a ,则有
F 1－F 2=(m 1+m 2)a ①
根据牛顿第二定律，对质量为m 1的物块有
F 1－T=m 1a ② 由①、②两式得2
11
221m m F m F m T ++=
04（全国卷）22（22分） 如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B 和C 。

重物（A 视质点）位于B 的右端，A 、B 、C 的质量相等。

现A 和B 以同一速度滑向静止的C ，B 与C 发生慧碰。

碰后B 和C 粘在一起运动，A 在C 上滑行，A 与C 有摩擦力。

已知A 滑到C 的右端面未掉下。

试问：从B 、C 发生正碰到A 刚移动到C 右端期间，C 所走过的距离是C 板长度的多少倍？
22．（22分）
设A 、B 、C 的质量均为m 。

碰撞前，A 与B
的共同速度为v 0，碰撞后B 与C 的共同速度为v 1。

对B 、C ，由动量守恒定律得。