(4)2009年高考物理試題分類匯編—動量和能量

1、2009年高考物理試題分類匯編動量和能量（09年全國卷）21質量為M的物塊以速度V運動，與質量為m的靜止物塊發(fā)生正撞，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質量之比M/m可能為A.2 B.3 C.4 D. 5答案：AB解析：本題考查動量守恒.根據動量守恒和能量守恒得設碰撞后兩者的動量都為P,則總動量為2P,根據,以及能量的關系得,所以AB正確。（09年全國卷）20. 以初速度v0豎直向上拋出一質量為m的小物體。假定物塊所受的空氣阻力f大小不變。已知重力加速度為g，則物體上升的最大高度和返回到原拋出點的速率分別為A和 B和C和 D和答案：A解析：本題考查動能定理.上升的過程中,重

2、力做負功,阻力做負功,由動能定理得,求返回拋出點的速度由全程使用動能定理重力做功為零,只有阻力做功為有,解得,A正確。（09年上海物理）5小球由地面豎直上拋，上升的最大高度為H，設所受阻力大小恒定，地面為零勢能面。在上升至離地高度h處，小球的動能是勢能的兩倍，在下落至離高度h處，小球的勢能是動能的兩倍，則h等于AH/9B2H/9 C3H/9 D4H/9答案：D解析：小球上升至最高點過程：；小球上升至離地高度h處過程：，又；小球上升至最高點后又下降至離地高度h處過程：，又；以上各式聯(lián)立解得，答案D正確。（09年上海卷）44.自行車的設計蘊含了許多物理知識，利用所學知識完成

3、下表自行車的設計目的（從物理知識角度）車架用鋁合金、鈦合金代替鋼架減輕車重車胎變寬自行車后輪外胎上的花紋答案：減小壓強（提高穩(wěn)定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）（09年上海卷）46.與普通自行車相比，電動自行車騎行更省力。下表為某一品牌電動自行車的部分技術參數。在額定輸出功率不變的情況下，質量為60Kg的人騎著此自行車沿平直公路行駛，所受阻力恒為車和人總重的0.04倍。當此電動車達到最大速度時，牽引力為 N,當車速為2s/m時，其加速度為 m/s2(g=10m m/s2)規(guī)格后輪驅動直流永磁鐵電機車型14電動自行車額定輸出功率200W整車質量40Kg額定電壓48V最大載

4、重120 Kg額定電流4.5A答案：40：0.6（09年天津卷）4.如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，力F做的功與安培力做的功的代數和等于A.棒的機械能增加量B.棒的動能增加量C.棒的重力勢能增加量D.電阻R上放出的熱量答案：A解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由動能定理： 得即力F做的功與安培力做功的代數和等于機械能的增加量。選A。（09年海南物理）7一物體在外

5、力的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向不變，大小隨時間的變化如圖所示。設該物體在和時刻相對于出發(fā)點的位移分別是和，速度分別是和，合外力從開始至時刻做的功是，從至時刻做的功是,則A BC D答案：AC（09年江蘇物理）9.如圖所示，兩質量相等的物塊A、B通過一輕質彈簧連接，B足夠長、放置在水平面上，所有接觸面均光滑。彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內。在物塊A上施加一個水平恒力，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法中正確的有A當A、B加速度相等時，系統(tǒng)的機械能最大B當A、B加速度相等時，A、B的速度差最大C當A、

6、B的速度相等時，A的速度達到最大D當A、B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大答案：BCD解析：處理本題的關鍵是對物體進行受力分析和運動過程分析，使用圖象處理則可以使問題大大簡化。對A、B在水平方向受力分析如圖，F(xiàn)1為彈簧的拉力；當加速度大小相同為a時，對有，對有，得，在整個過程中的合力（加速度）一直減小而的合力（加速度）一直增大，在達到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于的合力（加速度）。兩物體運動的v-t圖象如圖，tl時刻，兩物體加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2時刻兩物體的速度相等，速度達到最大值，兩實線之間圍成

7、的面積有最大值即兩物體的相對位移最大，彈簧被拉到最長；除重力和彈簧彈力外其它力對系統(tǒng)正功，系統(tǒng)機械能增加，tl時刻之后拉力依然做正功，即加速度相等時，系統(tǒng)機械能并非最大值。（09年廣東理科基礎）8游樂場中的一種滑梯如圖所示。小朋友從軌道頂端由靜止開始下滑，沿水平軌道滑動了一段距離后停下來，則 A下滑過程中支持力對小朋友做功 B下滑過程中小朋友的重力勢能增加 C整個運動過程中小朋友的機械能守恒 D在水平面滑動過程中摩擦力對小朋友做負功答案：D解析：在滑動的過程中，人受三個力重力做正功，勢能降低B錯；支持力不做功，摩擦力做負功，所以機械能不守恒，AC皆錯，D正確。（09年廣

8、東理科基礎）9物體在合外力作用下做直線運動的v一t圖象如圖所示。下列表述正確的是 A在01s內，合外力做正功 B在02s內，合外力總是做負功 C在12s內，合外力不做功 D在03s內，合外力總是做正功答案：A解析：根據物體的速度圖象可知，物體0-1s內做勻加速合外力做正功，A正確；1-3s內做勻減速合外力做負功。根據動能定理0到3s內，12s內合外力做功為零。(09年廣東文科基礎)58如圖8所示，用一輕繩系一小球懸于O點?，F(xiàn)將小球拉至水平位置，然后釋放，不計阻力。小球下落到最低點的過程中，下列表述正確的是A小球的機械能守恒B小球所受的合力不變C小球的動能不斷減小D小球的

9、重力勢能增加答案：A（09年山東卷）182008年9月25日至28日我國成功實施了“神舟”七號載入航天飛行并實現(xiàn)了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是P地球Q軌道1軌道2A飛船變軌前后的機械能相等B飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)C飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度D飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度答案：BC解析：飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以A不正確。飛船在圓軌道上時

10、萬有引力來提供向心力，航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)，B正確。飛船在此圓軌道上運動的周期90分鐘小于同步衛(wèi)星運動的周期24小時，根據可知，飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度，C正確。飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等，D不正確。考點：機械能守恒定律，完全失重，萬有引力定律提示：若物體除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)不做功，且其他力做功之和不為零，則機械能不守恒。根據萬有引力等于衛(wèi)星做圓周運動的向心力可求衛(wèi)星的速度、周期、動能、動量等狀態(tài)量。由得，由得，由得，可求向心加速度。（0

11、9年山東卷）22圖示為某探究活動小組設計的節(jié)能運動系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30，質量為M的木箱與軌道的動摩擦因數為。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程。下列選項正確的是 AmM Bm2M C木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度 D在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能答案：BC解析：受力分析可知，下滑時加速度為，上滑時加速度為，所以C正確。設下滑的距離為l，根據能量守恒有，得m

12、2M。也可以根據除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統(tǒng)機械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能和內能，所以D不正確。考點：能量守恒定律，機械能守恒定律，牛頓第二定律，受力分析提示：能量守恒定律的理解及應用。（09年寧夏卷）17. 質量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t=0時刻開始受到水平力的作用。力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則A時刻的瞬時功率為B時刻的瞬時功率為C在到這段時間內，水平力的平均功率為D. 在到這段時間內，水平力的平均功率為答案：BD（09年安徽卷）18. 在光滑的絕緣

13、水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到d點的過程中A. 先作勻加速運動，后作勻減速運動B. 先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C. 電勢能與機械能之和先增大，后減小D. 電勢能先減小，后增大答案：D解析：由于負電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。所以A錯；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到a，電勢是先增大后減小，故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉化，故電勢能與機械能

14、的和守恒，C錯；由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，D對。abccdO（09年福建卷）18.如圖所示，固定位置在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一質量為m（質量分布均勻）的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數為u?，F(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離L時，速度恰好達到最大（運動過程中桿始終與導軌保持垂直）。設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g。則此過程A.桿的速度最大值為B.流過電阻R的電

15、量為C.恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D.恒力F做的功與安倍力做的功之和大于桿動能的變化量答案：BD解析：當桿達到最大速度vm時，得，A錯；由公式，B對；在棒從開始到達到最大速度的過程中由動能定理有：，其中，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量與回路產生的焦耳熱之和，C錯；恒力F做的功與安倍力做的功之和等于于桿動能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D對。（09年浙江自選模塊）13.“物理1-2”模塊（1）（本小題共3分，在給出的四個選項中，可能只有一個選項正確，也可能有多個選項正確，全部選對得3分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）二氧化碳是引起地球溫室效應的原因

16、之一，減少二氧化碳的排放是人類追求的目標。下列能源利用時均不會引起二氧化碳排放的是A.氫能、核能、太陽能B.風能、潮汐能、核能C.生物質能、風能、氫能D.太陽能、生物質能、地熱能答案：ABl （09年全國卷）25(18分) 如圖所示，傾角為的斜面上靜止放置三個質量均為m的木箱，相鄰兩木箱的距離均為l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起運動。整個過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三個木箱勻速上滑。已知木箱與斜面間的動摩擦因數為,重力加速度為g.設碰撞時間極短，求(1) 工人的推力；(2) 三個木箱勻速運動的速度；(3) 在第一次碰撞中損失的機械

17、能。答案：（1）；（2）；（3）。解析：(1)當勻速時,把三個物體看作一個整體受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根據平衡的知識有(2)第一個木箱與第二個木箱碰撞之前的速度為V1,加速度根據運動學公式或動能定理有,碰撞后的速度為V2根據動量守恒有,即碰撞后的速度為,然后一起去碰撞第三個木箱,設碰撞前的速度為V3從V2到V3的加速度為,根據運動學公式有,得,跟第三個木箱碰撞根據動量守恒有,得就是勻速的速度.(4) 設第一次碰撞中的能量損失為,根據能量守恒有,帶入數據得。（09年北京卷）24（20分）（1）如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。質量為的

18、小球從高位處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質量為的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失。求碰撞后小球的速度大小；（2）碰撞過程中的能量傳遞規(guī)律在屋里學中有著廣泛的應用。為了探究這一規(guī)律，我們才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直線上、且無機械能損失的惡簡化力學模型。如圖2所示，在固定光滑水平軌道上，質量分別為、的若干個球沿直線靜止相間排列，給第1個球初能，從而引起各球的依次碰撞。定義其中第個球經過依次碰撞后獲得的動能與之比為第1個球對第個球的動能傳遞系數。a.求b.若為確定的已知量。求為何值時，值最大解析：（1）設碰撞前的速度為，根據機

19、械能守恒定律 設碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據動量守恒定律 由于碰撞過程中無機械能損失 、式聯(lián)立解得 將代入得 （2）a由式，考慮到得根據動能傳遞系數的定義，對于1、2兩球 同理可得，球m2和球m3碰撞后，動能傳遞系數k13應為 依次類推，動能傳遞系數k1n應為解得 b.將m1=4m0,m3=mo代入式可得為使k13最大，只需使由（09年天津卷）10.(16分)如圖所示，質量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=15 m,現(xiàn)有質量m2=0.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的

20、動摩擦因數=0.5,取g=10 m/s2，求（1） 物塊在車面上滑行的時間t;（2） 要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過多少。答案：（1）0.24s (2)5m/s解析：本題考查摩擦拖動類的動量和能量問題。涉及動量守恒定律、動量定理和功能關系這些物理規(guī)律的運用。（1）設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律有 設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有 其中 解得代入數據得 （2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時與小車有共同的速度v，則 由功能關系有 代入數據解得 =5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0

21、不能超過5m/s。（09年山東卷）24（15分）如圖所示，某貨場而將質量為m1=100 kg的貨物（可視為質點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數為1，木板與地面間的動摩擦因數=0.2。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。（2）若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1

22、應滿足的條件。（3）若1=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。解析：（1）設貨物滑到圓軌道末端是的速度為，對貨物的下滑過程中根據機械能守恒定律得，設貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據牛頓第二定律得，聯(lián)立以上兩式代入數據得根據牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。（2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得聯(lián)立式代入數據得。（3），由式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為，由牛頓第二定律得設貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學公式得聯(lián)立式代

23、入數據得設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得聯(lián)立式代入數據得?？键c：機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學方程、受力分析（09年山東卷）38（4分）物理物理3-（2）如圖所示，光滑水平面軌道上有三個木塊，A、B、C，質量分別為mB=mc=2m,mA=m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的彈簧 (彈簧與滑塊不栓接)。開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止。某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。解析：（2）設共同速度為v，球A和B分開后，B的速度為,由動量守恒定律有,聯(lián)立這兩式得B和C碰撞前B的速度為?？键c：動量守恒定律

24、（09年安徽卷）23（16分）如圖所示，勻強電場方向沿軸的正方向，場強為。在點有一個靜止的中性微粒，由于內部作用，某一時刻突然分裂成兩個質量均為的帶電微粒，其中電荷量為的微粒1沿軸負方向運動，經過一段時間到達點。不計重力和分裂后兩微粒間的作用。試求 （1）分裂時兩個微粒各自的速度； （2）當微粒1到達（點時，電場力對微粒1做功的瞬間功率； （3）當微粒1到達（點時，兩微粒間的距離。答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運動。所以微粒1做的是類平拋運動。設微粒1分裂時的速度為v1，微粒2的速度為v2則有

25、：在y方向上有- 在x方向上有-根號外的負號表示沿y軸的負方向。中性微粒分裂成兩微粒時，遵守動量守恒定律，有（0, -d）（d,0）xEyvxvy方向沿y正方向。（2）設微粒1到達（0，-d）點時的速度為v，則電場力做功的瞬時功率為其中由運動學公式所以（3）兩微粒的運動具有對稱性，如圖所示，當微粒1到達（0，-d）點時發(fā)生的位移則當微粒1到達（0，-d）點時，兩微粒間的距離為（09年安徽卷）24（20分）過山車是游樂場中常見的設施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑、。一個質量為kg的

26、小球（視為質點），從軌道的左側A點以的初速度沿軌道向右運動，A、B間距m。小球與水平軌道間的動摩擦因數，圓形軌道是光滑的。假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取，計算結果保留小數點后一位數字。試求 （1）小球在經過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大?。?（2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應是多少； （3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑應滿足的條件；小球最終停留點與起點的距離。答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 當時， ；當時， 解析：（1）設小于經過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1根據動能定理

27、 小球在最高點受到重力mg和軌道對它的作用力F，根據牛頓第二定律 由得 （2）設小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2，由題意 由得 （3）要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進行討論：I軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設在最高點的速度為v3，應滿足 由得 II軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R3，根據動能定理 解得 為了保證圓軌道不重疊，R3最大值應滿足 解得 R3=27.9m綜合I、II，要使小球不脫離軌道，則第三個圓軌道的半徑須滿足下面的條件 或 當時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L，則 當時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L，則 （09年福建卷）21.（19分）如

28、圖甲，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質量為m、帶電量為q（q0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t1（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整

29、個過程中速度與時間關系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）答案：（1）; （2）; (3) 解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有 qE+mgsin=ma 聯(lián)立可得 （2）滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為，則有 從靜止釋放到速度

30、達到最大的過程中，由動能定理得 聯(lián)立可得 s（3）如圖 （09年浙江卷）24.（18分）某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽。比賽路徑如圖所示，賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運動到C點，并能越過壕溝。已知賽車質量m=0.1kg，通電后以額定功率P=1.5w工作，進入豎直軌道前受到阻力恒為0.3N，隨后在運動中受到的阻力均可不記。圖中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。問：要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？（取g=10 ）答案：2.53s解析：本題考查平拋、圓周運動和功能關系

31、。設賽車越過壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運動的規(guī)律 解得 設賽車恰好越過圓軌道，對應圓軌道最高點的速度為v2，最低點的速度為v3，由牛頓第二定律及機械能守恒定律 解得 m/s通過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前的速度最小應該是 m/s設電動機工作時間至少為t，根據功能原理 由此可得 t=2.53s（09年江蘇卷）14.（16分）1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產生的粒子，質量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加

32、速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應和重力作用。 （1）求粒子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；（3）實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E。解析：(1)設粒子第1次經過狹縫后的半徑為r1,速度為v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次經過狹縫后的半徑 則 （2）設粒子到出口處被加速了n圈解得 （3）加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即當磁場感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為粒子的動能當時，

33、粒子的最大動能由Bm決定解得當時，粒子的最大動能由fm決定解得 （09年江蘇物理）15.（16分）如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質量為m，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產生，圖中未圖出）。線框的邊長為d（d l），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直。重力加速度為g。求

34、：（1）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產生的焦耳熱Q；（2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t1；（3）經過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離m。 解析：(1)設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W由動能定理 且 解得 （2）設線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動 由動能定理 裝置在磁場中運動時收到的合力感應電動勢 =Bd感應電流 =安培力 由牛頓第二定律，在t到t+時間內，有則有解得 （3）經過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復運動 由動能定理 解得 （09年四川卷）23.(16分)圖示為修建高層建筑常用的塔

35、式起重機。在起重機將質量m=5103 kg的重物豎直吊起的過程中，重物由靜止開始向上作勻加速直線運動，加速度a=0.2 m/s2，當起重機輸出功率達到其允許的最大值時，保持該功率直到重物做vm=1.02 m/s的勻速運動。取g=10 m/s2,不計額外功。求：(1) 起重機允許輸出的最大功率。(2) 重物做勻加速運動所經歷的時間和起重機在第2秒末的輸出功率。答案：解析：(1)設起重機允許輸出的最大功率為P0，重物達到最大速度時，拉力F0等于重力。P0F0vm P0mg 代入數據，有：P05.1104W (2)勻加速運動結束時，起重機達到允許輸出的最大功率，設此時重物受到的拉力為F，速度為v1，

36、勻加速運動經歷時間為t1,有：P0F0v1 Fmgma V1at1 由，代入數據，得：t15 s T2 s時，重物處于勻加速運動階段，設此時速度為v2，輸出功率為P，則v2at PFv2 由，代入數據，得:P2.04104W。（09年四川卷）24.(19分)如圖所示，直線形擋板p1p2p3與半徑為r的圓弧形擋板p3p4p5平滑連接并安裝在水平臺面b1b2b3b4上，擋板與臺面均固定不動。線圈c1c2c3的匝數為n,其端點c1、c3通過導線分別與電阻R1和平行板電容器相連，電容器兩極板間的距離為d,電阻R1的阻值是線圈c1c2c3阻值的2倍，其余電阻不計，線圈c1c2c3內有一面積為S、方向垂直

37、于線圈平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大。質量為m的小滑塊帶正電，電荷量始終保持為q,在水平臺面上以初速度v0從p1位置出發(fā)，沿擋板運動并通過p5位置。若電容器兩板間的電場為勻強電場，p1、p2在電場外，間距為L,其間小滑塊與臺面的動摩擦因數為，其余部分的摩擦不計，重力加速度為g.求：（1）小滑塊通過p2位置時的速度大小。（2）電容器兩極板間電場強度的取值范圍。（3）經過時間t,磁感應強度變化量的取值范圍。解析：（1）小滑塊運動到位置p2時速度為v1，由動能定理有：umgL v1 （2）由題意可知，電場方向如圖，若小滑塊能通過位置p，則小滑塊可沿擋板運動且通過位置p5，設小滑

38、塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強電場的電場強度為E，由動能定理有：umgL2rEqs 當滑塊在位置p時，由牛頓第二定律有：N+Eqm 由題意有：N0 由以上三式可得：E E的取值范圍：0 E （3）設線圈產生的電動勢為E1，其電阻為R，平行板電容器兩端的電壓為U，t時間內磁感應強度的變化量為B，得： UEd由法拉第電磁感應定律得E1n由全電路的歐姆定律得E1I（R+2R） U2RI經過時間t，磁感應強度變化量的取值范圍：0。（09年上海物理）20（10分）質量為5103 kg的汽車在t0時刻速度v010m/s，隨后以P6104 W的額定功率沿平直公路繼續(xù)前進，經72s達到最大速

39、度，設汽車受恒定阻力，其大小為2.5103N。求：（1）汽車的最大速度vm；（2）汽車在72s內經過的路程s。解析：（1）當達到最大速度時，P=Fv=fvm，vmm/s24m/s（2）從開始到72s時刻依據動能定理得：Ptfsmvm2mv02，解得：s1252m。（09年上海物理）23（12分）如圖，質量均為m的兩個小球A、B固定在彎成120角的絕緣輕桿兩端，OA和OB的長度均為l，可繞過O點且與紙面垂直的水平軸無摩擦轉動，空氣阻力不計。設A球帶正電，B球帶負電，電量均為q，處在豎直向下的勻強電場中。開始時，桿OB與豎直方向的夾角q060，由靜止釋放，擺動到q90的位置時，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，求

40、： （1）勻強電場的場強大小E；（2）系統(tǒng)由初位置運動到平衡位置，重力做的功Wg和靜電力做的功We；（3）B球在擺動到平衡位置時速度的大小v。解析：（1）力矩平衡時：（mgqE）lsin90（mgqE）lsin（12090），即mgqE（mgqE），得：E；（2）重力做功：Wgmgl（cos30cos60）mglcos60（1）mgl，靜電力做功：WeqEl（cos30cos60）qElcos60mgl，（3）小球動能改變量DEk=mv2WgWe（1）mgl，得小球的速度：v。（09年四川卷）25.(20分)如圖所示，輕彈簧一端連于固定點O，可在豎直平面內自由轉動，另一端連接一帶電小球P,其質

41、量m=210-2 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達O點的正下方O1點時速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1點與另一由細繩懸掛的、不帶電的、質量M=1.610-1 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離細繩，同時在空間加上豎直向上的勻強電場E和垂直于紙面的磁感應強度B=1T的弱強磁場。此后，小球P在豎直平面內做半徑r=0.5 m的圓周運動。小球P、N均可視為質點，小球P的電荷量保持不變，不計空氣阻力，取g=10 m/s2。那么，（1）彈簧從水平擺至豎直位置的過

42、程中，其彈力做功為多少？（2）請通過計算并比較相關物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時刻具有相同的速度。 (3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時刻具有相同速度的前提下，請推導出r的表達式(要求用B、q、m、表示，其中為小球N的運動速度與水平方向的夾角)。解析：（1）設彈簧的彈力做功為W，有：代入數據，得：WJ （2）由題給條件知，N碰后作平拋運動，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷。設P、N碰后的速度大小分別為v1和V，并令水平向右為正方向，有: 而： 若P、N碰后速度同向時，計算可得Vv1，這種碰撞不能實現(xiàn)。P、N碰后瞬時必為反向運動。有： P、N速度相同時，N經過的時間為

43、，P經過的時間為。設此時N的速度V1的方向與水平方向的夾角為，有： 代入數據，得： 對小球P，其圓周運動的周期為T，有： 經計算得： T，P經過時，對應的圓心角為，有： 當B的方向垂直紙面朝外時，P、N的速度相同，如圖可知，有： 聯(lián)立相關方程得： 比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻不可能相同。當B的方向垂直紙面朝里時，P、N的速度相同，同樣由圖，有： ，同上得： ，比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻也不可能相同。（3）當B的方向垂直紙面朝外時，設在t時刻P、N的速度相同， ，再聯(lián)立解得： 當B的方向垂直紙面朝里時，設在t時刻P、N的速度相同，同理得： ，考慮圓周運動的周

44、期性，有: （給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值）（09年重慶卷）23.（16分）2009年中國女子冰壺隊首次獲得了世界錦標賽冠軍，這引起了人們對冰壺運動的關注。冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如下過程：如題23圖，運動員將靜止于O點的冰壺（視為質點）沿直線推到A點放手，此后冰壺沿滑行，最后停于C點。已知冰面各冰壺間的動摩擦因數為，冰壺質量為m，AC=L，=r,重力加速度為g （1）求冰壺在A 點的速率；（2）求冰壺從O點到A點的運動過程中受到的沖量大??；（3）若將段冰面與冰壺間的動摩擦因數減小為，原只能滑到C點的冰壺能停于點，求A點與B點之間的距離。解析：（09年重慶卷）24.（1

45、8分）探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質彈簧、內芯和外殼三部分，其中內芯和外殼質量分別為m和4m.筆的彈跳過程分為三個階段：把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面（見題24圖a）；由靜止釋放，外殼豎直上升至下端距桌面高度為時，與靜止的內芯碰撞（見題24圖b）；碰后，內芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為處（見題24圖c）。設內芯與外殼的撞擊力遠大于筆所受重力、不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）外殼與碰撞后瞬間的共同速度大??；（2）從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功；（3）從外殼下端離開桌面到上升至處，筆損失的機械能。解析：（09年廣東物理）19（16分）如圖19所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距=1.0m 。物塊A以速度=10m/s沿水平方向與B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運動，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度=2.0m/s 。已知A和B的質量均為m，C的質量為A質量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數=0.45.（設碰撞時間很短，g取10m/s2）（1）計算與C碰撞前瞬間AB的速度；（2）根據AB與C的碰撞過程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運動方向。 解析：設AB碰撞后的速度為v1,AB碰撞過程由動量守恒定律得 設與C碰撞