【word版可编辑】陕西省宝鸡市新高考物理精选解答题100题汇总含解析

由牛顿第二定律得 k(mg+2mg)=2ma1 代入数值得 a1=4.5m/s2

小物体与车碰撞时，小车的速度为v1，由运动学公式 v1=v0-a1t 代入数值得 v1=3m/s

碰撞过程由动量守恒定律得 mv0+2mv1=3mv 代入数值得： v=4m/s

(2)碰撞前小车运动位移大小为x1

1x1?v0t?a1t2

2碰后小车做匀减速直线运动，位移大小为x2 由牛顿第二定律得 k(mg+2mg)=3ma2 可得 a2=3m/s2 由运动学公式 v2=2a2x2

故撤去外力后，小车向右运动的总路程 s=x1+x2=

17m 344．如图所示，足够长的金属导轨MNC和PQD平行且间距为L左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为α=37°、β=53°，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为B。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长度均为L，电阻均为R，运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，金属棒ef光滑。同时由静止释放两金属棒，并对金属棒ef施加外力F，使ef棒保持a=0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动。导轨电阻不计，=0.6，cos37°=0.8。求： 重力加速度大小为g，sin37°

（1）金属棒ab运动过程中最大加速度的大小； （2）金属棒ab达到最大速度所用的时间；

（3）金属棒ab运动过程中，外力F对ef棒的冲量。

4mR8m2gR【答案】（1）am?0.2g；（2）t1?22；（3）IF??，负号代表冲量沿斜面向上。 22BL5BL【解析】 【详解】

（1）金属棒ab释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律有

mgsin???mgcos??mam

得

am?0.2g

（2）金属棒ab释放之后，合外力为零时速度最大，则有

mgsin???(mgcos??BIL)

其中

I?E 2RE?BLvef vef?0.2gt

得

t1?4mR 22BL（3）金属棒ab释放之后，根据牛顿第二定律，可得任意时刻的加速度

mgsin???(mgcos??BIL)?maab gB2L2g得：aab??t，其图象如图所示

520mR

a?t图像面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒ab释放起，经过时间t2?2t1?减为零，此后保持静止，在此过程中，金属ef一直匀加速直线运动，则有

8mR速度B2L2vef?0.2gt2

xef?12?0.2g?t2 2对金属棒ef，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理可得

IF?BILt?mgsin?t2?mvef?0

其中

q?It?BLxef2R

8m2gR得：IF??，负号代表冲量沿斜面向上 225BL说明：其它方法求解也可以，如写出外力F的表达式，用其平均值计算冲量大小

F?mgsin??BIL?ma2

得

B2L2gF??0.6mg?t

10R则可知释放瞬间，F0??0.6mg

t2时刻，F2?0.2mg

F?t图象所围成的面积代表其冲量，则有 IF?F0?F2t2 28m2gR得：IF??，负号代表冲量沿斜面向上 225BL45．如图所示，AC为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A端的竖直墙壁上.质量m?1kg的小物块将弹簧的另一端压缩到B点，之后由静止释放，离开弹簧后从C点水平飞出，恰好从D点以vD?10m/s的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道DEF(小物体与轨道间无碰撞).O为圆弧轨道的圆心，E

o为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径R?1m，?DOE?60o，?EOF?37.小物块运动到F点后，冲

o上足够长的斜面FG，斜面FG与圆轨道相切于F点，小物体与斜面间的动摩擦因数??0.5.sin37?0.6，

2cos37o?0.8，取g?10m/s.不计空气阻力.求：

（1）弹簧最初具有的弹性势能；

（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E点时对圆弧轨道的压力大小；

（3）判断小物块沿斜面FG第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D点？若能，求解小物块回到D点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小．

?.25J；?2? 30N；?3? 2m/s． 【答案】?1?1【解析】 【分析】 【详解】

o（1）设小物块在C点的速度为vC，则在D点有：vC?vDcos60

设弹簧最初具有的弹性势能为Ep，则：EP?代入数据联立解得：Ep?1.25J；

12mvC 2?2?设小物块在E点的速度为vE，则从D到E的过程中有：

mgR1?cos60o???11mv2?mv2ED 22v2设在E点，圆轨道对小物块的支持力为N，则有：N?mg?E

R