物体的平衡教案

(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1.如右图所示，木块A静止于光滑的水平面上，其曲面
部分MN光滑，水平部分NP是粗糙的，现有一物体B
自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是() A．A、B物体最终以不为零的速度共同运动
B．A物体先做加速运动，后做减速运动，最终做匀速运动
C．物体A、B构成的系统减少的机械能转化为内能
D．B物体减少的机械能等于A物体增加的动能
解析：因NP足够长，最终物体B一定与A相对静止，由系统动量守恒可知(水平方向)，最终A、B一定静止，故A、B均不对；因NP 段有摩擦，系统减少的机械能都转化为内能，所以C正确，D错误．答案： C
2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5 kg·m/s，B球的动量是7 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是()
①6 kg·m/s,6 kg·m/s②3 kg·m/s,9 kg·m/s
③－2 kg·m/s,14 kg·m/s④－5 kg·m/s,15 kg·m/s
A．①②B．②③
C．②④D．③④
解析：两球组成的系统动量守恒，A球减少的动量等于B球增加的
动量，故②、③正确．①选项虽然作用前后的动量相等，但A球的动量不可能沿原方向增加，所以①错．④选项的动量不守恒，所以④错．所以选项B正确．
答案： B
3.如右图所示，物体在粗糙的水平面上向右做直线运
动．从a点开始受到一个水平向左的恒力F的作用，
经过一段时间后又回到a点，则物体在这一往返运动的过程中，下列说法中正确的是()
A．恒力F对物体做的功为零
B．摩擦力对物体做的功为零
C．恒力F的冲量为零
D．摩擦力的冲量为零
解析：由功的定义可知，在这一往返过程中，物体位移为零，所以恒力对物体做的功为零，A正确；由于摩擦力方向总与物体相对运动方向相反，所以摩擦力对物体做的功为负值，B错误；由冲量定义力与作用时间的乘积为力的冲量，所以C、D错误．
答案： A
4．如下图所示，跳水运动员(图中用一小圆圈表示)，从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝60 kg，初速度v0＝10 m/s.若经过1 s时，速度为v＝10 2 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)()
A．600 kg·m/s B．600 2 kg·m/s
C．600(2－1) kg·m/s D．600(2＋1) kg·m/s
解析：运动员所做的是平抛运动，初末速度不在一条直线上，因此直接用初末动量相加减麻烦，要用到矢量运算，由问题特点，在此过程中，运动员只受重力作用，因此重力的冲量就等于动量的变化量Δp ＝I＝mg·t＝600 kg·m/s.
答案： A
5．如下图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1、m2，且m1＞m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长(弹簧仍在弹性限度内)的过程中，对甲、
乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是()
A．系统受到外力作用，动量不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最小
C．甲车的最大动能小于乙车的最大动能
D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力F1、F2的大小
答案： C
6．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相
同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，
但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A ∶v′B 为( ) A.12 B.13
C ．2 D.23
解析： 设碰前A 球的速率为v ，根据题意，pA ＝pB ，即mv ＝2mvB ，
得碰前vB ＝v 2，碰后v′A ＝v 2，由动量守恒定律，有mv ＋2m×v 2＝m×v 2＋
2mv′B
解得v′B ＝34v ，所以v′A v′B ＝v 234v
＝23.
答案： D
7．A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A 、B 两球质量分别为2m 和m.当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为s 的水平地面上，如下图所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，B 球的落地点距桌边距离为(
)
A.s 3
B.3s
C ．s D.63s
解析： 当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒有：Ep
＝12mv20，根据平抛运动规律有：s ＝v0t.当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的档板，将A 、B 同时释放，设A 、B 的速度分别为vA 和
vB ，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA －mvB ＝0，Ep ＝12·2mv2A ＋
12mv2
B ，解得vB ＝63v0，B 球的落地点距桌边距离为s′＝vBt ＝63s ，D 选项正确．
答案： D
8．水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如下图所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时，突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体．已知木箱动量p1的大小小于子弹动量p2的大小，最终木箱停在桌面上的Q 点，下列说法中正确的是( )
A ．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q 点的右侧
B ．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q 点的左侧
C ．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q 点的右侧
D ．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q 点的左侧
解析： p1＜p2，子弹和木箱合为一体总动量方向向左，结合体向左
减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理μmgs ＝12mv2，
最后停于Q 点．若只增大子弹射入的速度，其合为一体时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q 点或在Q 点右侧，A 对，B 错．若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变，故仍在Q 点，C 、D 错．
答案： A
9．质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如下图所示，具有初动能E0的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开最后，5个物块粘成一整体，这个整体的动能等于( )
A ．E0 B.45E0
C.15E0
D.125E0
解析： 物块1的动能E0＝12mv20，得v0＝2E0m ，
其初动量p1＝mv0＝2mE0.由5个物块组成的系统动量守恒，以碰撞前为初状态，碰后粘连在一起为末状态，
有p1＝5mv
即2mE0＝5mv 可得v ＝152E0m
末动能Ek ＝12(5m)v2＝12×(5m)⎝ ⎛⎭
⎪⎫152E0m 2＝E05，选项C 正确． 答案： C
二、非选择题
10．一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图甲所示．现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v －t 图象呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量．
解析： 设物体的质量为m ，t0时刻受盒子碰撞获得速度v ， 根据动量守恒定律 Mv0＝mv ①
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞
12Mv2
0＝12mv2② 联立①②解得
m ＝M.
答案： M
11．如下图所示，A 为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的．质量M ＝40 kg 的小车B 静止于轨道右侧，其上表面与轨
道底端在同一水平面上．一个质量m ＝20 kg 的物体C 以2.0 m/s 的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B 后经一段时间与小车相对静止并一起运动．若轨道顶端与底端的高度差h ＝1.6 m ．物体与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计．(取g ＝10 m/s2)，求：
(1)物体与小车保持相对静止时的速度v ；
(2)物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t ；
(3)物体在小车上相对滑动的距离d.
解析： (1)下滑过程机械能守恒
mgh ＋12mv21＝0＋12mv22
物体相对于小车板面滑动过程动量守恒mv2＝(m ＋M)v
联立解得v ＝mv2m ＋M
＝2 m/s. (2)对小车由动量定理有μmgt ＝Mv ，解得t ＝Mv μmg ＝1 s.
(3)设物体相对于小车板面滑动的距离为L
由能量守恒有：μmgL ＝12mv22－12(m ＋M)v2
代入数据解得：L ＝3 m.
答案： (1)2 m/s (2)1 s (3)3 m
12．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(见图c)．
设内芯与外壳间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： (1)由(4m ＋m)g(h2－h1)＝12(4m ＋m)v22－0，
得v2＝2g h2－h1.
(2)由4mv1＝(4m ＋m)v2将v2代入得v1＝542g h2－h1
由W －4mgh1＝12(4m)v21，
将v1代入得W ＝25h2－9h14
mg.
(3)E 损＝12(4m)v21－12(4m ＋m)v22，将v1、v2代入得 E 损＝54mg(h2－h1)． 答案： (1)2g h2－h1 (2)25h2－9h14mg (3)54mg(h2－h1)
滚动训练(十)
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一、选择题
1．如图所示是观察水面波衍射的实验装置．AC和
BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已
画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹
(图中曲线)之间距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列描述不正确的是()
A．此时能明显观察到波的衍射现象
B．挡板前后波纹间距离相等
C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象
D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能更明显观察到波的衍射现象
解析：由题图可见两波纹间距λ与AB孔的大小接近，所以水波通过AB孔会发生明显的衍射．由于衍射后水波的频率不变，波速不变，因此水波的波长也不变．A、B选项正确；AB孔扩大后若破坏了明显衍射的条件时就不会看到明显的衍射现象，故C选项正确，D选项错误；此题重在理解障碍物尺寸和波长的相对大小关系，并以此作为判断明显衍射的条件．
答案： D
2.如右图所示，滑块A和B叠放在固定的斜面体上，
从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下
滑．已知B与斜面体之间光滑接触，则在A、B下滑的过程中，下列说法正确的是()
A．由于A对B有压力，所以A处于失重状态，B处于超重状态B．B对A的支持力不做功
C．B对斜面的压力不做功
D．B对A的摩擦力做负功
解析：本题考查超失重及功的相关知识、意在考查考生的分析判断能力．由于两滑块一起以相同的加速度运动，加速度在竖直方向上有分量，故均处于失重状态，选项A错误；两滑块运动的位移在竖直方向有分量，所以B对A的支持力做负功，选项B错误；B对斜面的压力始终与其运动方向垂直，故不做功，选项C正确；A在水平方向上的加速度不为零，即摩擦力提供该加速度，摩擦力做正功，选项D错误．
答案： C
3.在坐标原点处有一质点O做简谐运动，它形成
沿x轴传播的简谐横波，波长为16 m，在其右侧
相距4 m处的质点P的振动图象如右图所示，使
用与P质点相同的计时起点，那么当t＝5 s时的波动图象是()
解析：由振动图象可知，t＝5 s时，质点P正经过平衡位置向上运动．比较波形图中距离O点右侧面4 m处的质点，A、B波形图中该处质点并不在平衡位置上，故A、B错；D图中4 m处质点经过平衡位置向下运动，D项错．
答案： C
4．如下图所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()
A．弹簧秤的示数是25 N
B．弹簧秤的示数是50 N
C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为15 m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2
解析：本题考查弹簧秤读数原理及牛顿运动定律，意在考查考生利用整体与隔离法分析动力学问题的能力．对整体由牛顿第二定律求出整体的加速度a＝(F1－F2)/(m1＋m2)＝2 m/s2.再单独对m1分析：F1－FT＝m1a可求出弹簧秤的示数为FT＝26 N．当突然撤去F1的瞬间m1的加速度为FT/m1＝13 m/s2，所以选项D正确．
答案： D
5．为了测一个已知额定电压为100 V的灯泡的额定功率，设计了如图所示的电路，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表A和灯泡L，滑动变阻器的阻值范围是0～100 Ω，不考虑温度对灯泡电阻的影
响，原、副线圈的匝数比为2∶1，交流电源的电压为U0＝440 V，适当调节滑动变阻器的滑片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，电流表A的示数为1.2 A，则()
A．灯泡的额定功率为40 W
B．灯泡的额定电流为2.4 A
C．滑动变阻器并联部分的阻值为40 Ω
D．滑动变阻器消耗的电功率为240 W
解析：根据题意，副线圈上的电流为2.4 A，电压为220 V，由于滑动变阻器上部分的并联电路电压为100 V，则下部分电阻电压为120 V，由串联知识，可知滑动变阻器上部分与小灯泡并联后与滑动变阻器下部分功率分配比为100∶120＝5∶6，故下部分电阻上的电功率P
下＝6
11P总，P总＝1.2×440 W＝528 W，则P下＝288 W，下部分电阻R下＝288/2.42 Ω＝50 Ω，则滑动变阻器上部分(并联部分)的电阻为50 Ω，上部分电路消耗功率P′＝P总－P下＝240 W，故容易计算出通过灯泡的电流为0.4 A，灯泡的功率为40 W，故A正确．
答案： A
6．如右图所示，两条平行金属导轨竖直放置，其间
有与导轨平面垂直的匀强磁场，金属棒ab沿导轨下
滑，下滑过程中与导轨接触良好．金属棒、导轨、电流表A1和理想
变压器原线圈构成闭合回路．金属棒ab在沿导轨下滑的过程中，电流表A1一直有示数，而电流表A2在某时刻之后示数变成了零，以下说法正确的是()
A．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是变速运动
B．电流表A2示数等于零之后，金属棒必是变速运动
C．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是匀速运动
D．电流表A2示数等于零之后，金属棒必静止
解析：金属棒在重力作用下，开始向下做加速运动，速度不断增加，金属棒切割磁感线产生的感应电流逐渐增大，原线圈上产生的磁场不断增强，穿过副线圈的磁通量不断增大，在副线圈上发生电磁感应现象，电流表A2上有电流．当金属棒上电流增加到一定程度，金属棒受到的安培力等于重力时，金属棒开始做匀速下落，原线圈的电流不再发生变化，原线圈上产生的磁场磁感应强度不变，穿过副线圈的磁通量不发生变化，副线圈上不发生电磁感应现象，电流表A2示数等于零．综上所述，选项A正确．
答案： A
7．用多用电表探测右图所示黑箱发现：用直流电压挡测量，
E、G两点间和
F、G两点间均有电压，E、F两点间无电
压；用欧姆挡测量，黑表笔(与电表内部电源的正极相连)接E点，红表笔(与电表内部电源的负极相连)接F点，阻值很小，但反接阻值很大．那么，该黑箱内元件的接法可能是下图中的()
解析： 用多用电表直流电压挡测量时，E 、G 两点间和F 、G 两点间均有电压，则说明E 、G 和F 、G 两点间均与电源相连，而E 、F 间无电压，则说明E 、F 两点间无电源；当用欧姆挡测量时，黑表笔接E 、红表笔接F 点阻值很小，反接阻值很大，则E 、F 间接正向二极管，故B 错误．
答案： B
8.如右图所示，平行直线aa′与bb′间有垂直纸面向里的
匀强磁场，磁感应强度为B.现分别在aa′上某两点射入
带正电粒子M 和N ，M 、N 的初速度方向不同，但与
aa′的夹角都为θ，两粒子都恰不能越过界线bb′.两粒子的质量均为m ，电荷量均为q ，两粒子从射入到bb′的时间分别为t1和t2，则( )
A ．t1＋t2＝πm qB
B ．t1＋t2＝πm 2qB
C ．M 粒子的初速度小于N 粒子的初速度
D ．M 粒子的轨迹半径小于N 粒子的轨迹半径
解析： 对两种情况分别作出轨迹可看出两粒子在磁场中完成的圆弧
所对的圆心角之和恰好是180°，则t1＋t2＝πm
Bq ，A 选项正确，
B 选项错误．从作出的图可看出RM>RN ，由R ＝mv Bq 知vM>vN ，
所以选项C 、D 均错误．
答案： A
9．如右图所示，两段等长绝缘细线将质量分别为2m 、m 的小球A 、B 悬挂在O 点，小球A 、B 分别带有＋4q 和－q 电荷量，当系统处于水平向右的匀强电场中并静止时，可能出现的状态应是( )
答案： D
二、非选择题
10.如右图所示，小车B 静止在光滑水平面上，一
个质量为m 的铁块A(可视为质点)，以水平速度v0
＝4.0 m/s 滑上小车B 的左端，然后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到小车的左端，已知M ∶m ＝3∶1，小车长L ＝1 m ．并设A 与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间忽略不计，g 取10 m/s2.
(1)A 、B 最后的速度分别为多少？
(2)铁块A 与小车B 之间的动摩擦因数为多少？
解析： (1)对A 、B 组成的系数，由动量守恒定律得：
mv0＝(M ＋m)v ，所以v ＝mv0M ＋m
＝1 m/s. (2)由功能关系得：μmg·2L ＝12mv20－12(M ＋m)v2，
所以μ＝v20－4v24gL ＝0.3.
答案： (1)1 m/s. 1 m/s (2)0.3
11．如下图所示，一质量M ＝5.0 kg 的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车的上表面距离地面高h ＝0.8 m ，其右侧足够远处有一障碍物A ，一质量为m ＝2.0 kg 可视为质点的滑块，以v0＝8 m/s 的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的、大小为5 N 的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F.当平板车碰到障碍物A 时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧半径为R ＝1.0 m ，圆弧所对的圆心角∠BOD ＝θ＝106°.取g ＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：
(1)平板车的长度；
(2)障碍物A 与圆弧左端B 的水平距离；
(3)滑块运动到圆弧轨道最低点C 时对轨道压力的大小．
解析： (1)对滑块，由牛顿第二定律得：
a1＝μmg m ＝μg ＝5 m/s2
对平板车，由牛顿第二定律得：
a2＝F ＋μmg M ＝3 m/s2
设经过时间t1滑块与平板车相对静止，共同速度为v
则：v ＝v0－a1t1＝a2t1
解得：v ＝3 m/s ，t1＝1 s
滑块与平板车在时间t1内通过的位移分别为：
s1＝v0＋v 2t1
s2＝v 2t1
则平板车的长度为：
L ＝s1－s2＝v02t1＝4 m.
(2)设滑块从平板车上滑出后做平抛运动的时间为t2，则：
h ＝12gt22
sAB ＝vt2
解得：sAB ＝1.2 m.
(3)对滑块，从离开平板车到C 点过程中由动能定理(或机械能守恒定律)得：
mgh ＋mgR(1－cos 160°2)＝12mv2G －12mv2
在C 点由牛顿第二定律得：
FN－mg＝mv2C R
解得：FN＝86 N
由牛顿第三定律可知
滑块对轨道的压力大小为F′N＝86 N.
答案：(1)4 m(2)1.2 m(3)86 N
12．如下图所示，一带电粒子以某一速度v0在竖直平面内做直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域Ⅰ(图中未画出磁场区域)，粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L的匀强电场区域Ⅱ，已知电场强度大小为E，方向竖直向上，当粒子穿出电场时速度大小变为原来的2倍，粒子穿出电场后进入宽度为d的匀强磁场区域Ⅲ，磁场方向向外，大小为B，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，重力不计．粒子进入磁场时的速度如图所示与水平方向成60°角．求：
(1)粒子电性？带电粒子在磁场区域Ⅰ中运动的速度v0多大？
(2)圆形磁场区域的最小面积S多大？
(3)若使粒子能返回电场，磁场区域Ⅲ的宽度d至少多大？
解析：(1)根据左手定则可知，粒子带负电
当粒子刚出电场时，速度分解如右图
vy ＝Eq m ·t ①
v0＝L t ②
vy ＝v0③
由①②③得v0＝qEL m .
(2)
粒子在磁场中的轨迹如右图所示，以AC 为直径的磁场区域最小，轨道半径R1＝mv0qB ＝1B ELm
q
S ＝πr2＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫
R 22＝πmEL
4qB2. (3)粒子在磁场Ⅲ中的运动轨迹如下图所示
在磁场Ⅲ中运动的半径为R2＝m 2v0/Bq
d ＝R2＋R2sin 45° ＝(1＋2)mEL/q/B 答案： (1)负电 qEL m (2)πmEL 4qB2 (3)(1＋2)mEL q。