2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：碰撞和动量守恒（15题）

这是一份2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：碰撞和动量守恒（15题），共53页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（新课标Ⅰ）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
2．（新课标Ⅱ）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。
（i）求斜面体的质量；
（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
3．（全国）一长方形木块固定在水平桌面上，已知质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向射入木块，它穿出木块时的速度为．现把该木块放在光滑的水平桌面上，让该子弹以相同的速度射入木块，若子弹仍能穿出木块，则木块的质量应满足什么条件？假定两种情况下，木块对子弹的阻力可视为大小相等的恒力。
4．（2015•新课标Ⅰ）图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A点位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
5．（海南）如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得。某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k＝1.92×10﹣3s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA＝0.400kg和mB＝0.100kg，重力加速度大小g＝9.8m/s2。
（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h﹣v2直线斜率的理论值k0。
（ii）求k值的相对误差δ（δ＝×100%），结果保留1位有效数字。
6．（新课标Ⅲ）如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
7．（南充模拟）如图，带电量为q＝+2×10﹣3C、质量为m＝0.1kg的小球B静止于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E＝103N/C的匀强电场。与B球形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度v0＝10m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B的电量始终不变，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；
（2）第二次碰撞前瞬间小球B的动能；
（3）第三次碰撞的位置。
8．（海南）如图，光滑轨道PQO的水平段QO＝，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。
9．（2015•广东）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以V0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）。
（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；
（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式。
10．（陕西三模）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝6.0kg的物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u＝2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R＝1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道。质量m＝2.0kg的物块B从1/4圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，传送带两轴之间的距离l＝4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g＝10m/s2．求：
（1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；
（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B与物块A碰撞的第n次到n+1次之间的过程中，物块B在传送带上运动的时间。
11．（合肥二模）将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为m的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为l。现将该弹簧的两端分别栓接小物块A与B，并将它们静置于倾角为30°的足够长固定斜面上，B靠在垂直于斜面的挡板上，P点为斜面上弹簧自然状态时A的位置，如图所示。由斜面上距P点6l的O点，将另一物块C以初速度v0＝5沿斜面向下滑行，经过一段时间后与A发生正碰，碰撞时间极短，碰后C、A紧贴在一起运动，但不粘连，已知斜面P点下方光滑、上方粗糙，A、B、C的质量均为4m，与斜面间的动摩擦因数均为μ＝，弹簧劲度系数k＝，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。求：
（1）C与A碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C最终停止的位置与O点的距离
（3）判断上述过程中B能否脱离挡板，并说明理由。
12．（天津）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
13．（新课标Ⅲ）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20．重力加速度取g＝10m/s2．A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
14．（新课标Ⅱ）一质量为m＝2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1＝0.8s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线；
（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
15．（邯郸一模）如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r＝0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ＝37°，A、B两点间的距离d＝0.2m。质量m1＝0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2＝0.1kg、电荷量q＝1×10﹣5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F＝4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；
（2）求小球到达P点时的速度大小vP和B、C两点间的距离x；
（3）若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。
2020年高考物理复习之挑战压轴题：碰撞和动量守恒（15题）
参考答案与试题解析
一、解答题（共15小题）
1．（新课标Ⅰ）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【考点】1N：竖直上抛运动；52：动量定理．
【专题】15：简答题；32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m＝ρV求解；
（ii）玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可。
【解答】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m＝ρV＝ρSv0，
（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，
根据运动学基本公式得：，
水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，
根据动量定理得：
﹣Mgt＝ρSv0t（0﹣v）
联立解得：h＝
答：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量为ρSv0；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为。
【点评】本题主要考查了动量定理与运动学基本公式的直接应用，知道玩具在空中悬停时，受力平衡，合力为零，另外注意水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，同时注意动量定理的矢量性。
2．（新课标Ⅱ）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。
（i）求斜面体的质量；
（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（i）冰块和斜面体组成的系统动量守恒，机械能守恒，根据系统动量守恒和机械能守恒计算斜面体的质量；
（ii）小孩和冰块动量守恒，冰块和斜面动量守恒，机械能守恒，计算小孩和冰块的最后速度，比较他们的速度大小的关系可以判断能否追上小孩。
【解答】解：（i）对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，
m2v2＝（m2+M）v
根据系统的机械能守恒，可得，m2gh+（m2+M）v2＝m2v22
解得：M＝20kg
（ii）小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得，m1v1＝﹣m2v2，
解得 v1＝﹣1m/s（向右）
冰块与斜面：m2v2＝m2v2′+Mv3′，
根据机械能守恒，可得，m2v22＝m2v2′2+Mv3′2
解得：v2′＝﹣1m/s（向右）
因为v2′＝v1，所以冰块不能追上小孩。
答：（i）斜面体的质量为20kg；
（ii）冰块与斜面体分离后不能追上小孩。
【点评】本题是对动量守恒和机械能守恒的考查，根据小孩和冰块，还有斜面体的在不同的过程中动量守恒以及冰块与斜面机械能守恒计算最终的速度的大小即可，注意动量守恒定律的矢量性。
3．（全国）一长方形木块固定在水平桌面上，已知质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向射入木块，它穿出木块时的速度为．现把该木块放在光滑的水平桌面上，让该子弹以相同的速度射入木块，若子弹仍能穿出木块，则木块的质量应满足什么条件？假定两种情况下，木块对子弹的阻力可视为大小相等的恒力。
【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理．
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】木块固定时，对子弹应用动能定理求出子弹克服阻力做功；木块放在光滑水平面上，子弹与木块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出子弹恰好穿出木块时木块的质量，然后确定木块质量需要满足的条件。
【解答】设木块的质量为M，设木块长度为d，木块固定时，子弹射穿木块，
对子弹，由动能定理得：﹣fd＝m（v0）2﹣mv02，
木块不固定时，子弹射入木块，系统动量守恒，设子弹恰好穿出木块，
子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，
由能量守恒定律得：mv02＝（M+m）v2+fd，
解得：M＝3m，子弹要穿出木块：M≥3m；
答：子弹仍能穿出木块，则木块的质量应满足的条件是：M≥3m。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚题意与物体的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题，注意动能定理力做功的正负，及动量守恒定律的矢量性。
4．（2015•新课标Ⅰ）图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A点位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
【考点】53：动量守恒定律．
【专题】52F：动量定理应用专题．
【分析】该题中A与C的碰撞过程以及A与B的碰撞的过程都是弹性碰撞，将动量守恒定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答。
【解答】解：A向右运动与C发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械能守恒，选取向右为正方向，设开始时A的速度为v0，第一次与C碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1．由动量守恒定律、机械能守恒定律得：
mv0＝mvA1+MvC1①
②
联立①②得：vA1＝③
vC1＝④
可知，只有m＜M时，A才能被反向弹回，才可能与B发生碰撞。
A与B碰撞后B的速度为vB1，A的速度为vA2．由动量守恒定律、机械能守恒定律，同理可得：
vA2＝＝⑤
根据题意要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有：vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥得：m2+4mM﹣M2≥0
解得：，（另一解：舍去）所以m与M之间的关系应满足：
答：m和M之间应满足，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。
【点评】本题考查了水平方向的动量守恒定律问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，注意弹性碰撞与非弹性碰撞的区别。
5．（海南）如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得。某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k＝1.92×10﹣3s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA＝0.400kg和mB＝0.100kg，重力加速度大小g＝9.8m/s2。
（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h﹣v2直线斜率的理论值k0。
（ii）求k值的相对误差δ（δ＝×100%），结果保留1位有效数字。
【考点】53：动量守恒定律．
【专题】12：应用题；18：误差分析和数据处理；35：整体思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（i）若B与A碰撞过程，由碰撞时间极短，外力的冲量不计，认为AB系统的动量守恒。由动量守恒定律得出碰后AB的共同速度。在碰撞后A和B共同上升的过程中，绳子拉力不做功，AB共同体的机械能守恒，由机械能守恒定律列式，联立可得到h与v2的关系式，结合数学知识得到h﹣v2直线斜率的理论值k0。
（ii）根据题意δ＝×100%，求k值的相对误差δ。
【解答】解：（i）设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v′，取向右为正方向，由动量守恒定律有：
mBv＝（mA+mB）v′①
在碰撞后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有
（mA+mB）v′2＝（mA+mB）gh ②
联立①②式得
h＝v2③
由题意得：
h﹣v2直线斜率的理论值 k0＝④
代入题给数据得 k0＝2.04×10﹣3s2/m ⑤
（ii）按照定义知，k值的相对误差 δ＝×100% ⑥
由⑤⑥式和题给条件得 δ＝6% ⑦
答：
（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，h﹣v2直线斜率的理论值k0是2.04×10﹣3s2/m。
（ii）k值的相对误差δ是6%。
【点评】根据物理规律得到解析式，再分析图象斜率的物理意义是物理上常用的方法。要知道碰撞的基本规律：系统的动量守恒，而只有弹性碰撞时，系统的机械能才守恒。
6．（新课标Ⅲ）如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
【考点】53：动量守恒定律；8G：能量守恒定律．
【专题】11：计算题；35：整体思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】由题意可得动摩擦因数必须满足两个条件：①a、b能相碰；②b不能与墙相碰。先根据能量求出a与b碰撞前的速度。再根据弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量守恒列式，得到碰后b的速度，根据b没有与墙发生碰撞，碰后b向右滑行的距离s≤l，由功能列式，即可求解。
【解答】解：设物块与地面间的动摩擦因数为μ
要使物块a、b能够发生碰撞，应有：mv＞μmgl…①
即μ＜…②
设a与b碰撞前的速度为v1，由能量守恒得：
＝μmgl+…③
设a与b碰撞后的瞬间，速度大小分别为va、vb，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1＝mva+mvb…④
＝mv+×mv；…⑤
联立④⑤式解得：vb＝v1…⑥
碰后，b没有与墙发生碰撞，即b在达到墙前静止，由功能关系得：
（m）v≤μmgl…⑦
联立③⑥⑦式，得：μ≥…⑧
联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件为：
≤μ＜
答：物块与地面间的动摩擦因数满足的条件是≤μ＜。
【点评】该题要按时间顺序分析物体的运动过程和物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量守恒，要结合几何关系分析b与墙不相撞的条件，最后注意动量守恒定律的矢量性与动能定理力做功的正负。
7．（南充模拟）如图，带电量为q＝+2×10﹣3C、质量为m＝0.1kg的小球B静止于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E＝103N/C的匀强电场。与B球形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度v0＝10m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B的电量始终不变，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；
（2）第二次碰撞前瞬间小球B的动能；
（3）第三次碰撞的位置。
【考点】53：动量守恒定律；AG：电势差和电场强度的关系．
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）两球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和动能机械能守恒分别列式，可求得第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；
（2）碰后两球均进入电场，竖直方向二者相对静止，均做自由落体运动，水平方向上A做匀速运动，B做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求得B的水平加速度，根据第二次碰撞时水平位移相等列式，求运动时间，再由速度公式和速度合成求出第二次B球的速度，从而求得小球B的动能；
（3）再动量守恒定律和机械能守恒分别列式，求出第二次碰后瞬间两者的速度，根据位移关系列式求第二次碰撞到第三次碰撞经过的时间，由位移公式求得第三次碰撞的位置。
【解答】解：（1）第一次碰撞时，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒得：
3mv0＝3mv1+mv2。
•3mv02＝•3mv12+mv22。
联立并代入数据解得：v1＝5m/s，v2＝15m/s
（2）碰后两球均进入电场，竖直方向二者相对静止，均做自由落体运动，水平方向上A做匀速运动，B做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：
B的水平加速度为：aB＝＝＝20m/s2。
设经这时间t两球再次相碰，则有：v1t＝v2t﹣
解得：t＝1s
此时，B的水平速度为：vx＝v2﹣aBt＝15﹣20×1＝﹣5m/s（负号表示方向向左）
竖直速度为：vy＝gt＝10×1＝10m/s
故第二次碰撞前瞬间小球B的动能为：EkB＝＝
代入数据解得：EkB＝6.25J；
（3）第二次碰撞时，AB两球水平方向动量守恒，则有：3mv1+mvx＝3mv1′+mvx′
根据机械能守恒得：•3m（v12+vy2）+m（vx2+vy2）＝•3m（v1′2+vy2）+m（vx′2+vy2）
解得第二次碰后水平方向A的速度为：v1′＝0，B的速度为：vx′＝10m/s
故第二次碰撞后A竖直下落，（B在竖直方向上的运动与A相同），水平方向上，B做匀减速直线运动，设又经过t′时间两球第三次相碰，则有：
vx′t′﹣＝0
代入数据解得：t′＝1s
因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x＝v1t＝5×1＝5m
下方 y＝＝＝20m
答：（1）第一次碰撞后瞬间AB两小球的速度大小分别是5m/s和15m/s；
（2）第二次碰撞前瞬间小球B的动能是6.25J；
（3）第三次碰撞的位置是在第一次碰撞点右方5m、下方20m处。
【点评】解决本题的关键要是分析清楚两球的受力情况，判断出运动情况，知道弹性碰撞遵守两大守恒：机械能守恒和动量守恒。根据位移关系研究相碰的时间。
8．（海南）如图，光滑轨道PQO的水平段QO＝，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。
【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理；6C：机械能守恒定律．
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A到达水平面时的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与 机械能守恒定律可以求出碰撞后两物块的速度大小。
（2）对两物块应用动能定理可以求出A、B在磁场水平面上的位移，然后求出两者静止时两者间的距离。
【解答】解：（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv02，
A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA+4mvB，
由机械能守恒定律得：mv02＝mvA2+•4mvB2，
解得：vA＝﹣，vB＝；
（2）物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得：
对B：﹣μ•4mgx＝0﹣•4mvB2，x＝，
设当物块A的位移为x时速度为v，
对A，由动能定理得：﹣μmgx＝mv2﹣mvA2，
解得：v＝，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mvA′+4mvB′，
由机械能守恒定律得：mv2＝mvA′2+•4mvB′2，
解得：vA′＝﹣，vB′＝，
碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理得：
对A：﹣μmgxA＝0﹣mvA′2，
对B：﹣μ•4mgxB＝0﹣•4mvB′2，
解得：xA＝h，xB＝h，
A、B均停止运动后它们之间的距离：d＝xA+xB＝h；
答：（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为、；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离为h。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与动能定理可以解题。
9．（2015•广东）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以V0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）。
（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；
（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式。
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；53：动量守恒定律．
【专题】52D：动能定理的应用专题；52F：动量定理应用专题．
【分析】（1）由机械能守恒定律可求得A滑过Q点的速度，由向心力公式可求得弹力大小；
（2）由机械能守恒定律可求得AB碰撞前A的速度，再对碰撞过程由动量守恒定律可求得碰后的速度；则可求得总动能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的机械能；即可求得比值；
（3）设总共经历了n段，根据每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表达式。
【解答】解：（1）由机械能守恒定律可得：
mv02＝mg（2R）+mv2；
解得：v＝4m/s；
由F+mg＝m可得：
F＝22N；
（2）AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律可得：
mv02＝mvA2
得vA＝v0＝6m/s；
AB碰撞后以共同速度vP前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0＝（m+m）vp
解得：vP＝3m/s；
故总动能EK＝（m+m）vP2＝×2×9＝9J；
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能△E＝fL＝μ（m+m）gL＝0.1×20×0.1＝0.2J；
k＝＝＝45；
（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量；
E损＝nE＝0.2nJ
从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：
（m+m）vP2﹣（m+m）vAB2＝n△E，
代入解得：vAB＝m/s；
答：1）A滑过Q点时的速度大小V为4m/s；受到的弹力大小F为22N；
（2）k的数值为45；
（3）碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式为vAB＝m/s；
【点评】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的转化与守恒的灵活应用。
10．（陕西三模）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝6.0kg的物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u＝2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R＝1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道。质量m＝2.0kg的物块B从1/4圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，传送带两轴之间的距离l＝4.5m。设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g＝10m/s2．求：
（1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；
（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B与物块A碰撞的第n次到n+1次之间的过程中，物块B在传送带上运动的时间。
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）物块在圆弧上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出滑到圆弧底部时的速度，在圆弧底部应用牛顿第二定律求出轨道的支持力，然后应用牛顿第三定律求出物块对轨道的压力。
（2）应用牛顿第二定律与运动学公式求出两物块碰撞前B的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，对A应用能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
（3）分析清楚物块运动过程，找出碰撞后物块在传送带上运动时间遵守的规律，再求出总时间。
【解答】解：（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0。
由机械能守恒定律得：mgR＝mv02
代入数据解得：v0＝5 m/s，
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
代入数据解得：F＝60N，
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′＝F＝60N，方向：竖直向下。
（2）在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2﹣v02＝﹣2al
代入数据解得：v＝4m/s，
由于v＞u＝2 m/s，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：mv2＝mv12+Mv22，
解得：v1＝﹣v＝﹣2m/s，v2＝2m/s，
物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：EP＝Mv22＝×6×22＝12J；
（3）物块B以v1＝﹣2m/s滑会传送带后做匀减速运动，最大位移为：，即物块B不能通过传送带滑到右面的曲面上，物块向右减速到零后，将沿传送带向左加速，可判断滑到左边光滑平台时速度v1′＝2m/s，继而与A发生第二次碰撞，即第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块在B传送带上运动的时间为：
由弹性碰撞规律可知，第二次碰后B的速度为：v2＝﹣v1＝﹣1m/s，向右滑上传送带减速到零后又加速返回到左边水平台面与A发生第三次碰撞，第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为：
同上计算可知，物块B第三次、第四次…..第n次碰撞后在传送带上运动的时间为：
答：（1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的大小为：60N，方向：竖直向下；
（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能为12J；
（3）物块B与物块A碰撞的第n次到n+1次之间的过程中，物块B在传送带上运动的时间为s。
【点评】本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题，注意动量守恒定律与机械守恒定律的条件。
11．（合肥二模）将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为m的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为l。现将该弹簧的两端分别栓接小物块A与B，并将它们静置于倾角为30°的足够长固定斜面上，B靠在垂直于斜面的挡板上，P点为斜面上弹簧自然状态时A的位置，如图所示。由斜面上距P点6l的O点，将另一物块C以初速度v0＝5沿斜面向下滑行，经过一段时间后与A发生正碰，碰撞时间极短，碰后C、A紧贴在一起运动，但不粘连，已知斜面P点下方光滑、上方粗糙，A、B、C的质量均为4m，与斜面间的动摩擦因数均为μ＝，弹簧劲度系数k＝，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。求：
（1）C与A碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C最终停止的位置与O点的距离
（3）判断上述过程中B能否脱离挡板，并说明理由。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；3C：共点力的平衡；53：动量守恒定律；65：动能定理；6C：机械能守恒定律．
【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）对C，应用动能定理可以求出碰撞前C的速度。
（2）A、C碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动能定理解题。
（3）根据B离开挡板的条件，对A应用动能定理分析判断B是否可以离开挡板。
【解答】解：（1）对A，由平衡条件得：4mgsin30°＝kx1，解得：x1＝l，
C与A碰撞前过程，对C，由动能定理得：
4mgsin30°（6l+x1）﹣μ•4mgcs30°•6l＝，
解得：v1＝；
（2）当竖直放置的弹簧被压缩l时，质量为m的物体的动能为零，
其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能：EP＝mgl，
C与A碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，
由动量守恒定律得：4mv1＝8mv2，
C与A碰撞后到返回P点过程，B始终未动，对A、C及弹簧组成的系统，
由机械能守恒定律得：，
此后C与A分离，C沿斜面向上匀减速运动直到停下，由动能定理得：
﹣4mgsin30°•x2﹣μ•4mgcs30°•x2＝0﹣，
解得：x2＝2l，C最终停止的位置与O点距离为4l；
（3）要使B离开挡板，弹簧必须伸长：x3＝＝l，
即A需到达斜面上的P点上方l处，此时弹簧弹性势能为EP，
假定A可以到达该处，则对A由P至该处过程，
由动能定理得：﹣4mgsin30°•l﹣μ•4mgcs30°•l+WT＝EK﹣，
其中：WT＝﹣EP﹣mgl，
解得：EK＞0，说明此时A仍有沿斜面向上的速度，故B可以离开挡板；
答：（1）C与A碰撞前瞬间的速度大小为；
（2）C最终停止的位置与O点的距离为4l；
（3）B能脱离挡板，因B脱离挡板时A仍沿斜面向上运动。
【点评】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律与动能定理的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理与机械能守恒定律即可解题。
12．（天津）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
【考点】37：牛顿第二定律；51：动量 冲量；52：动量定理；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；539：电磁感应中的力学问题．
【分析】（1）列车向右运动可知所受安培力向右，根据左手定则确定电流方向，再根据电流方向确定MN谁接电源正极；
（2）根据欧姆定律求得导体棒中的电流大小，再根据F＝BIl求得安培力的大小，最后根据牛顿第二定律求得电源刚接通时列车的加速度a；
（3）列车通过磁场区域时，穿过回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，求得穿过一个有界磁场过程中感应电流引起的安培力的冲量大小，再根据使列车停下所需的总冲量大小（由动量定理得），根据两者的比值确定需要多少块有界磁场才可以使列车停下。
【解答】解：（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。
（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识可得：
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：
设两根金属棒所受安培力之和为F，有：
F＝BIl
根据牛顿第二定律有：
F＝ma
得：a＝
（3）设列车减速时，cd进入磁场后经△t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为△φ，平均感应电动势为E1，则由法拉第电磁感应定律有：
其中△φ＝Bl2
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有：
设cd受到的平均安培力为F′，有：
F′＝BI′l
以向右为正方向，设△t时间内cd受到安培力冲量为I冲，有：
I冲＝﹣F′△t
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：
I0＝2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有：
I总＝0﹣mv0
联立上式解得：
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若不为整数部分为N，则需设置N+1块磁场。
答：（1）要使列车向右运行，启动时图1中M接电源正极，理由见解答；
（2）刚接通电源时列车加速度a的大小为；
（3）若恰好为整数，则需设置n块磁场，若不为整数部分为N，则需设置N+1块磁场。
【点评】本题是牛顿第二定律、动量定理、冲量以及电磁感应的综合题，题目所涉及知识点较多，需要考生需要较强的物理功底以及灵活的思维，注意动量定理与冲量的矢量性。
13．（新课标Ⅲ）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20．重力加速度取g＝10m/s2．A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【考点】37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律；65：动能定理．
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题；64：应用数学处理物理问题的能力．
【分析】（1）A与B分离的过程中二者的动量守恒，由动量守恒定律结合功能关系即可求出分离后的速度；
（2）由动量定理即可分别求出停止的时间，由动量定理求出其中的一个停止运动时另一个的速度，由动能定理求出位移，由几何关系求出距离；
（3）由动能定理求出位移，由几何关系求出距离。
【解答】解：（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有：
0＝mAvA﹣mBvB
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得：﹣μmAgt1＝0﹣mAvA
则：t1＝2.0s
B一直向左运动，则：﹣μmBgt2＝0﹣mBvB
可得：t2＝0.5s
可知B先停止运动，该过程中B的位移：
代入数据可得：xB＝0.25m
从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得：﹣μmAgt2＝mAvA′﹣mAvA
B停止时A的速度：
代入数据可得：vA′＝3m/s
对A由动能定理可得：
则位移：xA＝1.75m＞l＝1.0m
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为：△x＝2l﹣xA＝2.0﹣1.75＝0.25 m处。
B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为：s＝xB+△x＝0.25 m+0.25 m＝0.50 m
（3）t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA″，由动能定理有：⑩
联立并代入题给数据得：m/s
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA0以和vB0，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：mA（﹣vA″）＝mAvA0+mBvB0
以及：
联立并代入题给数据得：m/s，m/s
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为xA′时停止，B向左运动距离为xB′时停止，由动能定理可得：
，
代入数据得：xA′＝0.63m，xB′＝0.28m
xA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离：s′＝xA′+xB′＝0.63+0.28＝0.91m
答：（1）弹簧释放后瞬间A、B速度的大小分别为4.0m/s和1.0m/s；
（2）物块B先停止，该物块刚停止时A与B之间的距离是0.50m；
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m。
【点评】本题关键要分析清楚物体运动过程，明确能量是如何转化的，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，注意动量守恒定律与机械能守恒定律的条件，及动量定理的矢量性与动能定理的功的正负。
该题除分离的过程外，其余的步骤也可以使用牛顿第二定律结合运动学的公式解答。
14．（新课标Ⅱ）一质量为m＝2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1＝0.8s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线；
（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；1I：匀变速直线运动的图象；37：牛顿第二定律；52：动量定理．
【专题】22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52J：力学综合性应用专题；63：分析综合能力．
【分析】（1）根据运动情况画出速度图象；
（2）若汽车在t2+3△t～t2+4△t时间未停止，根据运动学公式求解速度，再判断运动情况；由于在t2+3△t～t2+4△t时间汽车停止，根据运动学公式列方程求解；
（3）根据牛顿第二定律求解阻力，根据动量定理、动能定理列方程求解汽车克服阻力做的功和速度大小，根据位移时间关系求解从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离。
【解答】解：（1）v﹣t图象如图所示；
（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取△t＝1s，设汽车在t2+（n﹣1）△t～t2+n△t内的位移为sn，n＝1、2、3…。
若汽车在t2+3△t～t2+4△t时间内未停止，设它在t2+3△t时刻的速度为v3，在t2+4△t时刻的速度为v4，根据运动学公式有：
s1﹣s4＝3a（△t）2①
s1＝v2△t﹣②
v4＝v2﹣4a△t ③
联立①②③式，代入数据解得：v4＝﹣m/s ④
这说明在t2+4△t时刻前，汽车已经停止。因此，①式子不成立；
由于在t2+3△t～t2+4△t时间内汽车停止，根据运动学公式可得：
v3＝v2﹣3a△t ⑤
2as4＝v32⑥
联立②⑤⑥式，代入数据解得a＝8m/s2，v2＝28m/s ⑦
或者a＝m/s2，v2＝29.76m/s ⑧
但⑧式子情境下，v3＜0，不合题意，舍去；
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为f1，根据牛顿第二定律可得：
f1＝ma ⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I＝⑩
根据动量定理可得：I＝mv1﹣mv2，⑪
根据动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为W＝﹣⑫
联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入数据可得：
v1＝30m/s，⑬
W＝1.16×105J；⑭
从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为：
s＝v1t1+（v1+v2）（t2﹣t1）+⑮
联立⑦⑬⑮，代入数据解得s＝87.5m。⑯
答：（1）从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线如图所示。
（2）t2时刻汽车的速度大小28m/s，此后的加速度大小为8m/s2；
（3）刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为30m/s，t1～t2时间内汽车克服阻力做的功为1.16×105J；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为87.5m。
【点评】本题考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律的综合应用等问题，涉及的物理过程比较复杂，弄清楚运动情况和受力情况是关键；
注意汽车速度减为零后不再运动，所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。
15．（邯郸一模）如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r＝0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ＝37°，A、B两点间的距离d＝0.2m。质量m1＝0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2＝0.1kg、电荷量q＝1×10﹣5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F＝4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；
（2）求小球到达P点时的速度大小vP和B、C两点间的距离x；
（3）若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。
【考点】4A：向心力；53：动量守恒定律；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】11：计算题；21：信息给予题；32：定量思想；49：合成分解法；522：牛顿运动定律综合专题；52D：动能定理的应用专题；64：应用数学处理物理问题的能力．
【分析】（1）滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理可求得撤去该恒力瞬间滑块的速度大小，小球到达P点时，由合力指向圆心可求得电场强度；
（2）在P点由等效重力结合牛顿第二定律可求得在P点的速度，滑块与小球发生弹性正碰，由动量守恒定律和动量守恒列式结合动能定理可求得B、C两点间的距离x。
（3）小球从P点飞出后水平做匀减速运动，竖直方向做匀加速运动，结合匀变速运动规律可以求出L。
【解答】解：（1）对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Fd＝
代入数据解得：v＝6m/s
小球到达P点时，受力如图所示，则有：qE＝m2gtanθ
解得：E＝7.5×104N/C。
（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G等＝①
小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m2②
联立①②，代入数据得：vP＝2.5m/s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：
m1v＝m1v1+m2v2 ③
由能量守恒得：＝+④
联立③④，代入数据得：
v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s
小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有：
qE（x﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcsθ）＝﹣⑤
代入数据得：x＝0.85m。
（3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：L﹣rsinθ＝vPcsθt﹣⑥
竖直方向做匀加速运动，有：r+rcsθ＝vPsinθt+⑦
联立⑥⑦，代入数据得：L＝0.56m
答：（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C；
（2）小球到达P点时的速度大小是2.5m/s，B、C两点间的距离是0.85m。
（3）Q、C两点间的距离为0.56m。
【点评】本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒、等效重力场的综合应用，关键是理清运动过程，根据各个过程的运动特点灵活选择规律列式求解。