【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 低點(diǎn)時(shí)，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定擋板粘住，在極短的時(shí)間內(nèi)速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動(dòng)，當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角θ＝60176。時(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn)。求（1）從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對(duì)滑塊的沖量；（2）小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，繩的拉力對(duì)小球做功的大小。解析：（1）對(duì)系統(tǒng)，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v1，此時(shí)滑塊的速度大小為v2，滑塊與擋板接觸前由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律：mgl = mv12 +mv22 ①由系統(tǒng)的水平方向動(dòng)量守恒定律：mv1 = mv2 ②對(duì)滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為：I = mv2 ③聯(lián)立①②③解得I = m 方向向左 ④（2）小球釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功的大小為W，對(duì)小球由動(dòng)能定理：mgl＋W = mv12 ⑤聯(lián)立①②⑤解得：W =－mgl，即繩的拉力對(duì)小球做負(fù)功，大小為mgl 。3（全國卷2）23．(15分)如圖， 一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣， 桌面離水平面的高度為h．一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后， 以水平速度v0/2射出． 重力加速度為g． 求（1）此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（2）此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離。解析：（1）設(shè)子彈穿過物塊后的速度為V，由動(dòng)量守恒得……………………① （3分）解得：…………………………②系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：……………………③ （3分）由②③兩式可得：…………………………④ （3分）（2）設(shè)物塊下落到地面所需時(shí)間為t，落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s，則：……………………⑤ （2分）…………………………⑥ （2分）由②⑤⑥三式可得：……………………⑦ （2分）3（北京卷）23．（18分）風(fēng)能將成為21世紀(jì)大規(guī)模開發(fā)的一種可再生清潔能源。風(fēng)力發(fā)電機(jī)是將風(fēng)能（氣流的功能）轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其主要部件包括風(fēng)輪機(jī)、齒輪箱，發(fā)電機(jī)等。如圖所示。（1）利用總電阻的線路向外輸送風(fēng)力發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電能。輸送功率，輸電電壓，求異線上損失的功率與輸送功率的比值。（2）風(fēng)輪機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)所掃過的面積為風(fēng)力發(fā)電機(jī)可接受風(fēng)能的面積。設(shè)空氣密度為p，氣流速度為v，風(fēng)輪機(jī)葉片長(zhǎng)度為r。求單位時(shí)間內(nèi)流向風(fēng)輪機(jī)的最大風(fēng)能Pm。在風(fēng)速和葉片數(shù)確定的情況下，要提高風(fēng)輪機(jī)單位時(shí)間接受的風(fēng)能，簡(jiǎn)述可采取的措施。（3）已知風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率P與Pm成正比。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)的風(fēng)速v19m/s時(shí)能夠輸出電功率P1=540kW。我國某地區(qū)風(fēng)速不低于v2=6m/s的時(shí)間每年約為5000小時(shí)，試估算這臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)在該地區(qū)的最小年發(fā)電量是多少千瓦時(shí)。解析：（1）導(dǎo)線上損失的功率為P=I2R=(損失的功率與輸送功率的比值（2）(2)風(fēng)垂直流向風(fēng)輪機(jī)時(shí)，提供的風(fēng)能功率最大.單位時(shí)間內(nèi)垂直流向葉片旋轉(zhuǎn)面積的氣體質(zhì)量為pvS,S=r2風(fēng)能的最大功率可表示為P風(fēng)=采取措施合理，如增加風(fēng)輪機(jī)葉片長(zhǎng)度，安裝調(diào)向裝置保持風(fēng)輪機(jī)正面迎風(fēng)等。（3）按題意，風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出功率為P2=kW=160 kW最小年發(fā)電量約為W=P2t=1605000 kWh=8105kWh（北京卷）24．（20分）有兩個(gè)完全相同的小滑塊A和B，A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點(diǎn)的B發(fā)生正碰，碰撞中無機(jī)械能損失。碰后B運(yùn)動(dòng)的軌跡為OD曲線，如圖所示。（1）已知滑塊質(zhì)量為m,碰撞時(shí)間為，求碰撞過程中A對(duì)B平均沖力的大小。（2）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速下滑的運(yùn)動(dòng)，特制做一個(gè)與B平拋軌道完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置，讓A沿該軌道無初速下滑（經(jīng)分析，A下滑過程中不會(huì)脫離軌道）。a．分析A沿軌道下滑到任意一點(diǎn)的動(dòng)量pA與B平拋經(jīng)過該點(diǎn)的動(dòng)量pB的大小關(guān)系。b．在OD曲線上有一M點(diǎn)，O和M兩點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為45176。求A通過M點(diǎn)時(shí)的水平分速度和豎直分速度。解析：（1）滑動(dòng)A與B正碰，滿足mvAmVB=mv0 ① ②由①②，解得vA=0, vB=v0,根據(jù)動(dòng)量定理，滑塊B滿足 Ft=mv0解得 (2).A、 B由O點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)至該點(diǎn)過程中，只有重力做功，所以機(jī)械能守恒。選該任意點(diǎn)為勢(shì)能零點(diǎn)，有EA=mgd,EB= mgd+由于p=,有即 PAPBA下滑到任意一點(diǎn)的動(dòng)量總和是小于B平拋經(jīng)過該點(diǎn)的動(dòng)量。，建立直角坐標(biāo)系xOy,x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向下，則對(duì)B有x=v0ty=gt2B的軌跡方程 y=在M點(diǎn)x=y，所以 y= ③因?yàn)锳、B的運(yùn)動(dòng)軌跡均為OD曲線，故在任意一點(diǎn)，兩者速度方向相同。設(shè)B水平和豎直分速度大小分別為和，速率為vB；A水平和豎直分速度大小分別為和，速率為vA,則 ④B做平拋運(yùn)動(dòng)，故 ⑤對(duì)A由機(jī)械能守恒得vA= ⑥ 由④⑤⑥得 將③代入得4（天津卷）24．(18分)光滑水平面上放著質(zhì)量mA=1kg的物塊A與質(zhì)量mB=2kg的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能EP=49J。在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，如圖所示。放手后B向右運(yùn)動(dòng)，繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R=，B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。取g=10m／s2，求(1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大?。?2)繩拉斷過程繩對(duì)B的沖量I的大??；(3)繩拉斷過程繩對(duì)A所做的功W。解析：（1）設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為，有 （1） （2）代入數(shù)據(jù)得 （3）（2）設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)B的速度為，取水平向右為正方向，有 （4） （5）代入數(shù)據(jù)得 其大小為4NS （6）（3）設(shè)繩斷后A的速度為，取水平向右為正方向，有 （7） 代入數(shù)據(jù)得 （9）4（四川卷）25．（20分）一傾角為θ＝45176。的斜血固定于地面，斜面頂端離地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜而的固定擋板。在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m＝的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）。小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。當(dāng)小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度g＝10 m/s2。在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中，擋板給予小物塊的總沖量是多少？解析：解法一：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v。由功能關(guān)系得 ①以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向。按動(dòng)量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量 ②設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h’，則 ③同理，有 ④ ⑤式中，v’為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度，I’為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由①②③④⑤式得 ⑥式中 ⑦由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù)，首項(xiàng)為 ⑧總沖量為 ⑨由 ⑩得 ⑾代入數(shù)據(jù)得 Ns ⑿解法二：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，小物塊受到重力，斜面對(duì)它的摩擦力和支持力，小物塊向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a，依牛頓第二定律得 ①設(shè)小物塊與擋板碰撞前的速度為v，則 ②以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向。按動(dòng)量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為 ③由①②③式得 ④設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a’， 依牛頓第二定律有 ⑤小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為 ⑥由②⑤⑥式得 ⑦式中 ⑧同理，小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量 ⑨由④⑦⑨式得 ⑩由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù)，首項(xiàng)為 ⑾總沖量為 ⑿由 ⒀得 ⒁代入數(shù)據(jù)得 Ns ⒂4（重慶卷）24.（19分）題24圖中有一個(gè)豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一勁度為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層新型智能材料——ER流體，滑塊靜止,ER流體對(duì)其阻力為0，彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的物體從距地面2L處自由落下，且下移距離為時(shí)速度減為0，（忽略空氣阻力）:(1)下落物體與滑塊碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)滑塊向下運(yùn)動(dòng)過程中加速度的大小；(3)滑塊下移距離d時(shí)ER流體對(duì)滑塊阻力的大小.解析：（1）設(shè)物體下落末速度為v0，由機(jī)械能守恒定律得設(shè)碰后共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律2mv1=mv0得碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能力(2)設(shè)加速度大小為a,有 得?。?）設(shè)彈簧彈力為FN，ER流體對(duì)滑塊的阻力為FER受力分析如圖所示FS=kxx=d+mg/k4（寧夏卷）(2)（9分）某同學(xué)利用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。圖中兩擺擺長(zhǎng)相同，懸掛于同一高度，A、B兩擺球均很小，質(zhì)量之比為1∶2。當(dāng)兩擺均處于自由靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，其側(cè)面剛好接觸。向右上方拉動(dòng)B球使其擺線伸直并與豎直方向成45176。角，然后將其由靜止釋放。結(jié)果觀察到兩擺球粘在一起擺動(dòng)，且最大擺角成30176。若本實(shí)驗(yàn)允許的最大誤差為177。4％，此實(shí)驗(yàn)是否成功地驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律？解析：設(shè)擺球A、B的質(zhì)量分別為、擺長(zhǎng)為l，B球的初始高度為h1，根據(jù)題意及機(jī)械能守恒定律得 ① ②設(shè)碰撞前、后兩擺球的總動(dòng)量的大小分別為PP2。有P1=mBvB ③聯(lián)立①②③式得 ④同理可得 ⑤聯(lián)立④⑤式得 ⑥代入已知條件得 ⑦由此可以推出≤4% ⑧所以，此實(shí)驗(yàn)在規(guī)定的范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律。本題要求驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒定律及碰撞前與碰撞后的機(jī)械能守恒定律。4（山東卷）24 . （15分）某興趣小組設(shè)計(jì)了如圖所示的玩具軌道，其中“2008”，四個(gè)等高數(shù)字用內(nèi)壁光滑的薄壁細(xì)圓管彎成，固定在豎直平面內(nèi)（所有數(shù)宇均由圓或半圓組成，圓半徑比細(xì)管的內(nèi)徑大得多），底端與水平地面相切。彈射裝置將一個(gè)小物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）以v=5m/s的水平初速度由a點(diǎn)彈出，從b 點(diǎn)進(jìn)人軌道，依次經(jīng)過“8002 ”后從p 點(diǎn)水平拋出。小物體與地面ab段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ= ，不計(jì)其它機(jī)械能損失。已知ab段長(zhǎng)L=1 . 5m，數(shù)字“0”的半徑R=，小物體質(zhì)量m=0 .0lkg ，g=10m/s2 。求：( l ）小物體從p 點(diǎn)拋出后的水平射程。( 2 ）小物體經(jīng)過數(shù)字“0”的最高點(diǎn)時(shí)管道對(duì)小物體作用力的大小和方向。解析：( l ）設(shè)小物體運(yùn)動(dòng)到p 點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，對(duì)小物體由a 運(yùn)動(dòng)到p 過程應(yīng)用動(dòng)能定理得μm