五年高考三年联考绝对突破系列新课标(4)

来源：网络收集时间：2026-08-29

导读：为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′,则 12mv2=mgh′+μmgcosθ 12h?sin? h?sin? ③ 同理,有mgh′=mv′2+μmgcosθ ④ ⑤ I′=mv′-m(-v′) 式中,v′为小物块再

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′,则

12mv2=mgh′+μmgcosθ

12h?sin?

h?sin? ③

同理,有mgh′=mv′2+μmgcosθ

④

⑤

I′=mv′-m(-v′)

式中,v′为小物块再次到达斜面底端时的速度,I′为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量.

由①②③④⑤式得I′=kI 式中k=

tan???tan???

⑥

⑦

由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为

I1=2m2gh0(1??cot?)

总冲量为

⑧

I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)

由1+k+k+?+k=

n-1

⑨

⑩

1?k1?k

得I=

1?k41?k2m2gh0(1??cot?)

代入数据得I=0.4(3+6) N·s

解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma

①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则： v2=2a

②

以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为

hsin?

I=mv-m(-v)

由①②③式得

③

I=2m2gh(1??cot?)

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com ④

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a′,依牛顿第二定律有： mgsinθ+μmgcosθ=ma′ 小物块沿斜面向上运动的最大高度为 h′=

v2 ⑤

2a?sinθ

⑥

由②⑤⑥式得 h′=k2h 式中k =

⑦

tan???tan??? ⑧

同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量为：

I′=2m2gh?(1??cot?)

由 ④⑦⑨式得I′=kI

⑨ ⑩

由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为

I1=2m2gh0(1??cot?)

总冲量为

I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3）

由1+k+k2+?+k=

n-1

1?k



得I=

1?k

2m2gh0(1??cot?)

代入数据得I=0.4(3+6) N·s

13.（08天津理综24）光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接）,用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能EP=49 J.在A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5 m,B恰能到达最高点C.取g=10 m/s2,求

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com （1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小; （2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小; （3）绳拉断过程绳对A所做的功W. 答案 (1)5 m/s

(2)4 N·s

（3）8 J

vc2解析（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC,有mBg=mB

①

12RmBvB2=

12mBvC2+2mBgR

②

代入数据得vB=5 m/s

③

12（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1,取水平向右为正方向,有Ep=

mBv12

④

I=mBvB-mBv1

⑤

代入数据得I=-4 N·s,其大小为4 N·s

⑥

（3）设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有mBv1=mBvB+mAvA

⑦ W=

12mAvA

⑧

代入数据得W=8 J

⑨

14.(08广东19)如图（a）所示,在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场,

电场强度E随时间的变化如图（b）所示,不带电的绝缘小球P2静止在O点.t=0时,带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域,随后与P2发生正碰后反弹,反弹速度大小是碰前的

4L0323倍,P1的质量为m1,带电荷量为q,P2的质量m2=5m1,A、O间距为L0,O、B间距L=.已知

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com qE0m1?2v023L0,T=

L0v0.

(1)求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间. （2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞. 答案（1）

13L0 T（2）能再次发生碰撞

L0v0解析（1）因为T= ①

所以0～T时间内P1做匀速直线运动,T s末恰好到达O点,与P2发生正碰.

假设碰撞后P1向左移动时始终处在匀强电场中,向左运动的最大距离为s,时间为t.根据动能定理得

-qE0s=0-s=

1312m1(

23v0)2 ② ③

根据匀变速直线运动的规律知 s=

12·

23v0·t ④

L0v0=T<4T

13 ⑤

由③⑤知,题意假设正确,P1向左运动的最大距离为L0,所需时间为T.

（2）设P1、P2碰撞后P2的速度为v,以向右为正方向,根据动量守恒定律得 m1v0=m1(-则v=

1323v0)+5m1v ⑥ ⑦

假设两球能在OB区间内再次发生碰撞,设P1、P2从第一次碰撞到再次碰撞的时间为t′(碰后P2做匀速直线运动)

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23v0t′+

1qE02m1·t′=

13v0 t′ ⑧

则t′=

3L0v0=3T<4T ⑨

P1、P2从O点出发到再次碰撞时的位移 s1=

13v0t′=

13v0·

3L0v0=L0

由⑨⑩知,题意假设正确,即两球在OB区间内能再次发生碰撞. 15.(08广东20)如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U形滑板N,滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧面,A和D分别是圆弧的端点,BC段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P1和P2的质量均为m,滑板的质量M=4m.P1和P2与

BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的B点.P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下,与P2发生 …… 此处隐藏：1483字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……

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