5．下列情况中，物体的机械能守恒的是(　　　　 )

A、物体吊在汽球上，随汽球匀速上升。

B、物体沿光滑曲面下滑。

C、物体在水平面上匀速运动 。

D、单摆在竖直平面内摆动。

4．有一条河宽为120，水流速度为，小汽艇的速度为。汽艇以不变的航向经过30到达对岸，那么到达对岸的地点是(　　　　 )

A、正对岸上游60处　　　 B、正对岸下游60处　

C、正对岸下游120　　　 D、正对岸处

3．关于物体运动状态和受力的关系的说法中正确的是(　　　 )

A、物体在恒力的作用下一定做匀变速直线运动。

B、物体受到的合外力不为零时，一定做变速运动。

C、物体所受合外力的方向就是物体运动的方向。

D、物体所受合外力为零时，其速度方向可能变化，但速度大小一定不变。

2．如右图所示，质量为的物体，放在倾角为的斜面上，

和间动摩擦因数为。若与在水平地面上以相同的速度

向左做匀速直线运动，则与之间的相互作用力大小为(　　 )

A、　　 B、　 C、　　 D、

1．A、B两物体相距时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以的速度向右匀速运动，而物体B此时以初速度

向右匀减速运动，加速度，如右图所示。

则A追上B需要的时间为(　　　　　 )

A、7　　　　 B、8　 C、9　　 D、

18．如图17-1所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．A的左端和B的右端相接触．两板的质量皆为M＝2．0kg，

长度皆为L＝1．0m．C是质量为m＝1．0kg的小物块．现给它一初速度v₀＝2．0m／s，使它从板B的左端向右滑动．已知地面是光滑的，而C与板A、B之间的动摩擦因数皆为μ＝0．10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度g＝10m／s²．

参考解答　先假设小物块C在木板B上移动x距离后，停在B上．这时A、B、C三者的速度相等，设为v，由动量守恒得

mv₀＝(m+2M)v，　　　①

在此过程中，木板B的位移为s，小物块C的位移为s+x．由功能关系得

－μmg(s+x)＝(1/2)mv²－(1/2)mv₀²，

μmgs＝2Mv²／2，

则　－μmgx＝(1/2)(m+2M)v²－(1/2)mv₀²，②

由①、②式，得

x＝［mv₀²／(2M+m)μg］，　　　　　③

代入数值得　x＝1．6m．　　　　　　　　④

x比B板的长度大．这说明小物块C不会停在B板上，而要滑到A板上．设C刚滑到A板上的速度为v₁，此时A、B板的速度为v₂，则由动量守恒得

mv₀＝mv₁+2Mv₂，　　　　　　　　⑤

由功能关系，得(1/2)mv₀²－(1/2)mv₁²－2×(1/2)mv₂²＝μmgL，

以题给数据代入，得

由v₁必是正值，故合理的解是

当滑到A之后，B即以v₂＝0．155m／s做匀速运动，而C是以v₁＝1．38m／s的初速在A上向右运动．设在A上移动了y距离后停止在A上，此时C和A的速度为v₃，由动量守恒得

Mv₂+mv₁＝(m+M)v₃，

解得　v₃＝0．563m／s．

由功能关系得

1/2)mv₁²+(1/2)mv₂²－(1/2)(m+M)v₃²＝μmgy，

解得　　y＝0．50m．

y比A板的长度小，所以小物块C确实是停在A板上．最后A、B、C的速度分别为v_A＝v₃＝0．563m／s，v_B＝v₂＝0．155m／s，v_C＝v_A＝0．563m／s．

评分标准　本题的题型是常见的碰撞类型，考查的知识点涉及动量守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点知识的综合，能较好地考查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动的熟练程度．题给数据的设置不够合理，使运算较复杂，影响了学生的得分．从评分标准中可以看出，论证占的分值超过本题分值的50%，足见对论证的重视．而大部分学生在解题时恰恰不注重这一点，平时解题时不规范，运算能力差等，都是本题失分的主要原因．

17、如图16-1所示，一个连同装备总质量为M=100千克的宇航员，在距离飞船为S=45米与飞船处于相地静止状态。宇航员背着装有质量为m₀=0.5千克氧气的贮氧筒，可以将氧气以V=50米/秒的速度从喷咀喷出。为了安全返回飞船，必须向返回的相反方向喷出适量的氧，同时保留一部分氧供途中呼吸，且宇航员的耗氧率为 R=2.5×10^-4千克/秒。试计算：(1)喷氧量应控制在什么范围?　 返回所需的最长和最短时间是多少?

(2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧?　 返回时间又是多少?

分析与解：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参照系。但是在一段很短的圆弧上，可以认为飞船作匀速直线运动，是惯性参照系。

(1)设有质量为m的氧气，以速度v相对喷咀，即宇航员喷出，且宇航员获得相对于飞船为V的速度，据动量守恒定律：mv-MV=0

则宇航员返回飞船所需的时间为：t=S/V=MS/mv

而安全返回的临界条件为：m+Rt=m₀，以t=MS/mv代入上式，得：m²v-m₀vm+RMS=0，m=

把m₀、v、R、M、S代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为：

　 m_max=0.45千克，m_min=0.05千克。

返回的最短和最长时间为：t_min==200秒，t_max==1800秒

(2)返回飞船的总耗氧量可表示为：△M=m+Rt=(MS/vt)+Rt

因为MS/vt与Rt之积为常量，且当两数相等时其和最小，即总耗氧量最低，

据：MS/vt=Rt，所以相应返回时间为：t==600秒

相应的喷氧量应为：m=Rt=0.15千克。

想一想：还有什么方法可求出这时的喷氧量?(m=MS/vt=0.15千克)

16、在光滑的水平桌面上有一长L=2米的木板C，它的两端各有一块档板，C的质量m_C=5千克，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A和B，质量分别为m_A=1千克，m_B=4千克。开始时，A、B、C都处于静止，并且A、B间夹有少量塑胶炸药，如图15-1所示。炸药爆炸使滑块A以6米/秒的速度水平向左滑动，如果A、B与C间的摩擦可忽略，两滑块中任一块与档板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞所需时间都可忽略。问：(1)当两滑块都与档板相碰撞后，板C的速度多大?

(2)到两个滑块都与档板碰撞为止，板的位移大小和方向如何?

分析与解：(1)设向左的方向为正方向。炸药爆炸前后A和B组成的系统水平方向动量守恒。设B获得的速度为m_A，则m_AV_A+m_BV_B=0，所以：V_B=-m_AV_A/m_B=-1.5米/秒对A、B、C组成的系统，开始时都静止，所以系统的初动量为零，因此当A和B都与档板相撞并结合成一体时，它们必静止，所以C板的速度为零。

(2)以炸药爆炸到A与C相碰撞经历的时间：t₁=(L/2)/V_A=1/6秒，

在这段时间里B的位移为：S_B=V_Bt₁=1.5×1/6=0.25米，

设A与C相撞后C的速度为V_C，A和C组成的系统水平方向动量守恒：m_AV_A=(m_A+m_C)V_C，

所以V_C=m_AV_A/(m_A+m_C)=1×6/(1+5)=1米/秒

B相对于C的速度为：　 V_BC=V_B-V_C=(-1.5)-(+1)=-2.5米/秒

因此B还要经历时间t₂才与C相撞：

　 t₂==(1-0.25)/2.5=0.3秒，

故C的位移为：S_C=V_Ct₂=1×0.3=0.3米，

方向向左，如图15-2所示。

15、如图14-1所示，长为L，质量为m₁的物块A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一质量为m₂的物体B，B与A的动摩擦因数为μ。A和B一起以相同的速度V向右运动，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使B一直不从A上掉下来，V必须满足什么条件?(用m₁、m₂，L及μ表示)

分析与解：A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为V的速度向左运动，B仍以原速度V向右运动，以后的运动过程有三种可能：(1)若m₁＞m₂，则m₁和m₂最后以某一共同速度向左运动；(2)若m₁=m₂，则A、B最后都停止在水平面上，但不再和墙壁发生第二次碰撞；(3)若m₁＜m₂，则A将多次和墙壁碰撞，最后停在靠近墙壁处。

若m₁＞m₂时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为：P=m₁V-m₂V

设它们相对静止时的共同速度为V’，据动量守恒定律， 有：m₁V-m₂V=(m₁+m₂)V’

所以V’=(m₁-m₂)V/(m₁+m₂)

若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为μm₂gL，

则据能量守恒：m₁V²+m₂V²-(m₁+m₂)(m₁-m₂)²V²/(m₁+m₂)²=μm₂gL

解得：V=

若m₁=m₂时，碰撞后系统的总动量为零，最后都静止在水平面上，

设静止时A在B的右端，则有：m₁V²+m₂V²=μm₂gL

　解得：V=

若m₁＜m₂时，则A和墙壁能发生多次碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右，

设最后A静止在靠近墙壁处时，B静止在A的右端，

同理有：m₁V²+m₂V²=μm₂gL

解得：V=

故：若m₁＞m₂，V必须小于或等于

若m₁≤m₂，V必须小于或等于

注意：本题中，由于m₁和m₂的大小关系没有确定，在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论，分别得出不同的结果。

14、如图13-1所示，物体A从高h的P处沿光滑曲面从静止开始下滑，物体B用长为L的细绳竖直悬挂在O点且刚和平面上Q点接触。已知mA=mB，高h及S(平面部分长)。若A和B碰撞时无能量损失。(1)若L≤h/4，碰后A、B各将做什么运动?(2)若L=h，且A与平面的动摩擦因数为μ，A、B可能碰撞几次？A最终在何处？

分析与解：当水平部分没有摩擦时，A球下滑到未碰B球前能量守恒，与B碰撞因无能量损失，而且质量相等，由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度。A 停在Q处，B碰后可能做摆动，也可能饶 O点在竖直平面内做圆周运动。如果做摆动，则经一段时间，B反向与A相碰，使A又回到原来高度，B停在Q处，以后重复以上过程，如此继续下去，若B做圆周运动，B逆时针以O为圆心转一周后与A相碰，B停在Q处，A向右做匀速运动。由此分析，我们可得本题的解如下：

(1)A与B碰撞前A的速度：mgh=mV_A²，V_A=

因为m_A=m_B，碰撞无能量损失，两球交换速度，得：V_A’=0，V_B’=V_A=

设B球到最高点的速度为Vc，B做圆周运动的临界条件：m_Bg=m_BV²/L [1]

又因m_BV_B‘²=m_BV²+m_Bg2L [2]

将[1]式及V_B’=代入[2]式得：L=2h/5

即L≤2h/5时，A、B碰后B才可能做圆周运动。而题意为L=h/4＜2h/5，故A与B碰后，B必做圆周运动。因此(1)的解为：A与B碰后A停在Q处，B做圆周运动，经一周后，B再次与A相碰，B停在Q处，A向右以速度做匀速直线运动。

(2)由上面分析可知，当L=h时，A与B碰后，B只做摆动，因水平面粗糙，所以A在来回运动过程中动能要损失。设碰撞次数为n，由动能定理可得：

　 m_Agh-nμm_AgS=0 所以n=h/μS

讨论：若n为非整数时，相碰次数应凑足整数数目。

　 如n=1.2，则碰撞次数为两次。

当n为奇数时，相碰次数为(n-1)次。如n=3，则相碰次数为两次，且A球刚到达Q处将碰B而又未碰B；

当n为偶数时，相碰次数就是该偶数的数值，如n=4，则相碰次数为四次。球将停在距B球S处的C点。A球停留位置如图13-2所示。