2019高考物理分类汇编（答案解析版）（专题1-7）
专题一 质点的直线运动
1．（2019全国 Ⅰ 卷18）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H 。上升第一个
4H 所用的时间为t 1，第四个4
H
所用的时间为t 2。不计空气阻力，则21t t 满足
A ．1<2
1
t t <2
B ．2<2
1t t <3
C ．3<2
1t t <4
D ．4<2
1
t t <5
【答案】C
【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。则
根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系
)
(
)
1:
1:
:2:
2....
，可知
212t t ==+21
34t t <<，选C 。 【方法技巧】
逆向思维法：把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知的情况。 对于竖直上抛运动、匀减速直线运动以速度为零的时刻逆向分析，使用逆向思维法求解某些物理量，从而简化求解过程。
专题二 相互作用
1．（2019全国Ⅱ卷16）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。
10m/s 2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N ，则物块的质量最大为 A ．150kg B
．kg
C ．200 kg
D
．
【答案】A
【解析】物块在固定斜面上做匀速运动，则物块受力平衡，所受合力为零。对物块进行受力分析，受力示意图如图
Ⅰ T =f +mg sin θ， N =mg cosθ，又f =μN ，带入数据解得：m =150kg ，A 选项符合题意。
2．（2019全国 Ⅰ 卷16）用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I 、Ⅰ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g 。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I 、Ⅰ压力的大小分别为F 1、F 2，则
A ．12F F ，
B ．12F F ，
C ．121=2F mg F ，
D ．121=2
F F mg ， 【答案】D
【解析】将重力进行分解如图所示，
由几何关系得01sin 60F mg ==
，0
21sin 302F mg mg ==，故选D 。
3．（2019天津2）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（ ）
A ．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
【答案】C
【解析】钢索拉力的水平分力相互抵消，竖直分力之和与重力大小相等，即钢索对索塔向下的压力恒定不变，A错误。合力一定，分力间的夹角越小，则分力越小。为了减小钢索承受的拉力，应该增大索塔的高度，达到减小钢索间夹角的目的，B错误。根据对称性可知，索塔两侧钢索对称分布，拉力大小大小相同时，水平分力抵消，钢索对索塔的合力竖直向下，C正确。如图所示：
将钢索AC、AB的拉力F AC、F AB进行合成，合力竖直向下，结合正弦定理可知：，得F AC：F AB＝sin β：sin α，故索塔两侧的钢索必不必须对称分布，D错误。
4．（2019全国Ⅰ 卷19）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】BD
【解析】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45度的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；
对M受力分析可知，若对N施加拉力前M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则
摩擦力f也逐渐增大；若对N施加拉力前M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦
力f可能先减小后增加。故本题选BD。
【方法技巧】求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解。
专题三牛顿运动定律
1．（2019全国Ⅰ 卷20）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳
对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由图可得4-5s物块所受摩擦力f=0.2N,木板的加速度a=0.2m/s2，由牛顿第三定律得木板所受摩擦力
f,=0.2N由f,=ma可解出质量m为1kg，由图可得2-4s内木板所受的摩擦力f=0.2N，加速度a=0.2 m/s2，由牛顿第二定律得F-f=ma,解得F=0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的
动摩擦因数μ,故D错误.
专题四 曲线运动
1．（2019全国Ⅱ卷19）如图（a ），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v-t 图像如图（b ）所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻。则
A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B ．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C ．第一次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 【答案】BD
【解析】由v -t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A 错误；由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B 正确。由于v -t 斜率知第一次大，第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0
v v a t
-=
易知a 1>a 2，故C 错误。由图像斜率，速度为v 1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a 1>a 2，由G -f y =ma ，可知，f y 1 【方法技巧】涉及图像的问题，图像的物理意义是解题的难点，常见的斜率、截距、面积等表示的物理意义相对容易得到，注意常见图像的物理意义是怎么分析出来的，运用类似的方式去分析推理其他不常见的图像的物理意义。此题虽然是常见的v-t 图，但与平时练习不同，平时练习的多是某一直线运动，而此题是曲线运动的竖直方向的分运动图像，结合图像分析竖直方向的运动，在分析水平方向的才能逐一解决问题。 专题五 万有引力与航天 1．（2019全国Ⅱ卷14）2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h 表示探测器与地球表面的距离，F 表示它所受的地球引力，能够描F 随h 变化关系的图像是 A ． B ． C ． D ． 【答案】D 【解析】设地球的质量为M ，半径为R ．探测器的质量为m 。根据万有引力定律可得： 2 ()GMm F R h = + ，F 与h 是非线性关系，F ﹣h 图象是曲线，且随着h 的增大，F 减小，DⅠⅠ符合题意。 2．（2019全国 Ⅰ 卷15）金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火。已知它们的轨道半径R 金 【答案】A 【解析】由万有引力提供向心力2Mm G ma R =可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知A 项正确，B 错 误；由2 2Mm v G m R R =得v =,运行速率越大,故C 、D 都错误。 3．(2019北京18）2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）。该卫星（ ） A ．入轨后可以位于北京正上方 B ．入轨后的速度大于第一宇宙速度 C ．发射速度大于第二宇宙速度 D ．若发射到近地圆轨道所需能量较少 【答案】D 【解析】同步卫星只能在赤道上空，A 错误。所有卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，B 错误。同步卫星的发射速度都要大于第一宇宙速度，C 错误。依据能量守恒定律，若发射到近地圆轨道，所发射能量的较小，D 正确。 4．（2019天津1）2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射， “实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为M 、半径为R ，探测器的质量为m ，引力常量为G ，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r 的匀速圆周运动时，探测器的（ ） A ．周期为 B ．动能为 C ．角速度为 D ．向心加速度为 【答案】A 【解析】根据万有引力提供向心力有22222()GMm v ma =m m r m r r r T p w ===向得2GM a =r 向，w = ， T =，2122k GMm E mv r == A 正确，BCD 错误； 专题六 机械能及其守恒定律 1．（2019全国 Ⅰ 卷17）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示。重力加速度取10m/s 2。该物体的质量为 A ．2kg B ．1.5kg C ．1kg D ．0.5kg 【答案】C 【解析】对上升过程，由动能定理，0()k k F mg h E E -+=-，得-()3m 36J-72J F mg +?=，即F +mg =12N ；下落过程，()3m 48J-24J mg F -?=，即8mg F -=N ，联立两公式，得到m =1kg 、F =2N 。选C 。 2．（2019全国Ⅱ卷18）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。重力加速度取10 m/s 2。由图中数据可得 A ．物体的质量为2 kg B ．h =0时，物体的速率为20 m/s C ．h =2 m 时，物体的动能E k =40 J D ．从地面至h =4 m ，物体的动能减少100 J 【答案】AD 【解析】由E p -h 图像知其斜率为G ，故G = 80J 4m =20N ，解得m =2kg ，A 正确。h =0时，E p =0，E k =E 机-E p =100J-0=100J ，故 2 12 mv =100J ，解得：v =10m/s ，B 错误。由图可知h =2m 时，E p =40J ，则E k = E 机-E p =85J-40J=45J ，C 错误。由图知h =4m 时，E 总= E p =80J ，则动能E k ’=0J ，h =0时，E k =100J ，故E k - E k ’=100J ，D 正确。 3．（2019全国 Ⅰ 卷21）在星球M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P 轻放在弹簧上端，P 由静止向下运动，物体的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图中实线所示。在另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样的过程，其a–x 关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M 的半径是星球N 的3倍，则 A ．M 与N 的密度相等 B ．Q 的质量是P 的3倍 C ．Q 下落过程中的最大动能是P 的4倍 D ．Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是P 的4倍 【答案】AC 【解析】由a-x 图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：mg kx ma -=，变形式为：k a g x m =- ，该图象的斜率为k m -，纵轴截距为重力加速度g 。根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：0033 1 M N a g g a ==；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：2Mm G m g R '='，即该星球的质量2gR M G =。又因为：3 43R M πρ=，联立得34g RG ρπ=。故两星 球的密度之比为： 1:1N M M N N M R g g R ρρ=?=，A 正确。当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，mg kx =，即：kx m g = ；结合a-x 图象可知，当物体P 和物体Q 分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：00122P Q x x x x ==，故物体P 和物体Q 的质量之比为：16 p N P Q Q M x g m m x g =?=，B 错误。物体P 和物体Q 分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据22v ax =，结合a-x 图象面积的物理意义可知：物体P 的最大速度满足2 00001 2332 P v a x a x =? ??=，物体Q 的最大速度满足：2002Q v a x =，则两物体的最大动能之比： 2 22212412 Q Q kQ Q Q kP P P P P m v E m v E m v m v ==?=，C 正确。物体P 和物体Q 分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P 和Q 振动的振幅A 分别为0x 和02x ，即物体P 所在弹簧最大压缩量为20x ，物体Q 所在弹簧最大压缩量为40x ，则Q 下落过程中，弹簧最大压缩量时P 物体最大压缩量的2倍，D 错误。 【思路点拨】在星球表面，根据万有引力等于重力可得 ，求出密度的表达式进行分析；根据平衡 条件求解质量之比；根据动能定理结合图象的面积求解最大动能之比；根据简谐运动的特点求解最大压缩量之比。 4．（2019天津12）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图2，AB 长L 1＝150m ，BC 水平投影L 2＝63m ，图中C 点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经t ＝6s 到达B 点进入BC ．已知飞行员的质量m ＝60kg ，g ＝10m/s 2，求 （1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W； （2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力F N多大。 【答案】（1）7.5×104J （2）1.1×103N。 【解析】（1）舰载机做初速度为零的匀加速直线运动， 舰载机在AB上滑行过程：L1＝t， 由动能定理得：W＝﹣0， 代入数据解得：W＝7.5×104J； （2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R，由几何知识得：L2＝Rsinθ， 由牛顿第二定律得：F N﹣mg＝m， 代入数据解得：F N＝1.1×103N； 5．（2019全国Ⅱ卷25）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m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=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；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1 s内的位移为24 m，第4 s 内的位移为1 m。 （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；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）？ 【答案】（1） （2）2 8m/s ， 28 m/s 或者 2288 m/s 25 ，29.76 m/s ；（3）30 m/s ；51.1610J ?；87.5 m 【解析】（1）v -t 图像如图所示。 （2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v 1，则t 1时刻的速度也为v 1，t 2时刻的速度也为v 2，在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a ，取Δt =1s ，设汽车在t2+n-1Δt 内的位移为sn ，n=1,2,3,…。 若汽车在t 2+3Δt~t 2+4Δt 时间内未停止，设它在t 2+3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2+4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学有 2143(Δ)s s a t -=① 2121 Δ(Δ)2 s v t a t =-② 424Δv v a t =-③ 联立①②③式，代入已知数据解得 417 m/s 6 v =- ④ 这说明在t 2+4Δt 时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。 由于在t 2+3Δt~t 2+4Δt 内汽车停止，由运动学公式 323Δv v a t =-⑤ 2 432as v =⑥ 联立②⑤⑥，代入已知数据解得 28m/s a =，v 2=28 m/s ⑦ 或者2288 m/s 25 a = ，v 2=29.76 m/s ⑧ （3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1，由牛顿定律有：f 1=ma ⑨ 在t 1~t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：1211=()2 I f t t -⑩ 由动量定理有：12 I mv m '=- 由动能定理，在t 1~t 2时间内，汽车克服阻力做的功为：22121122 W mv mv =- 联立⑦⑨⑩式，代入已知数据解得 v 1=30 m/s 51.1610J W =? 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为 2 2 1112211()()22v s v t v v t t a =++-+ 联立⑦，代入已知数据解得 s =87.5 m 【易错警示】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。 6．（2019天津14）2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A 、B 之间的匀强电场（初速度忽略不计），A 、B 间电压为U ，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m ，电荷量为Ze ，其中Z 是正整数，e 是元电荷。 （1）若引擎获得的推力为F 1，求单位时间内飘入A 、B 间的正离子数目N 为多少； （2）加速正离子束所消耗的功率P 不同时，引擎获得的推力F 也不同，试推导的表达式； （3）为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议。 【答案】（1） （2） （3）用质量大的离子；用带电量少的离子：减小加速电压。 【解析】（1）设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有 ZeU＝mv2﹣0 设正离子束所受的电场力为F1′，根据牛顿第三定律，有 F1’＝F1 设引擎在△时间内飘入电极间的正离子个数为△N，由牛顿第二定律，有 F1′＝△Nm 联立①②③式，且N＝得 N＝④ （2）设正离子束所受的电场力为F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有 P＝F'ν 考虑到牛顿第三定律得到F′＝F，联立①⑤式得 （3）为使尽量大，分析⑥式得到 三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子：减小加速电压。 专题七碰撞与动量守恒 1．（2019全国Ⅰ 卷16）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 【答案】B 【解析】设该发动机在1s时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft mv =，可知，在1s内 喷射出的气体质量 6 3 4.8101 1.610 3000 Ft m kg kg v ?? ===?，选B。 2．（2019全国Ⅰ 卷25）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减 为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。 （1）求物块B的质量； （2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功； （3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。 【答案】（1）3m （2） 2 15 mgH（3） 9 11 【解析】 （1）根据图（b）v1为A在碰撞前瞬间的速度大小，为其碰撞后瞬间速度大小，设B的质量为m′，碰后瞬间的速度为v′， 根据动量守恒定律可得：mv1＝m（﹣）+m′v′ 根据能量关系可得：＝+ 联立解得m′＝3m； （2）在图（b）描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦所做的功为W，根据动能定理可得： mgH﹣fs1＝﹣0 ﹣（fs2+mgh）＝0﹣ 从图（b）给出的图象可知，s1＝ s 2＝ 根据几何关系可得：＝ 物块A 在整个过程中克服摩擦力做的功为： W ＝fs 1+fs 2， 联立解得：W ＝ ； （3）设轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，则有： W ＝μmgcos θ 设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′ 根据动能定理可得﹣μm ′gs ′＝0﹣ 物块与轨道间的动摩擦因数在改变后为μ′，根据动能定理可得： mgh ﹣μ′mgcos θ﹣μ′mgs ′＝0 联立解得：＝ 。 3．（2019全国 Ⅰ 卷25）静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0kg ，m B =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E k =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u =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？ 【答案】（1）v A =4.0m/s ，v B =1.0m/s ；（2）A 先停止； 0.50m ；（3）0.91m ； 【解析】 （1）设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 0=m A v A -m B v B ① 22k 11 22 A A B B E m v m v =+② 联立①②式并代入题给数据得 v A =4.0m/s ，v B =1.0m/s （2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a 。假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B 。设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B 。，则有 B B m a m g μ=④ 21 2B B s v t at =-⑤ 0B v at -=⑥ 在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程S A 都可表示为 s A =v A t – 2 12 at ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A =1.75m ，s B =0.25m⑧ 这表明在时间t 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0.25m 处。B 位于出发点左边0.25m 处，两物块之间的距离s 为 s =0.25m+0.25m=0.50m⑨ （3）t 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v A ′，由动能定理有 ()2211222 A A A A A B m v m v m g l s μ'-=-+⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 7m /s A v '= 故A 与B 将发生碰撞。设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ′′以和v B ′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 () A A A A B B m v m v m v '''''-=+ 222111222 A A A A B B m v m v m v '''''=+ 联立式并代入题给数据得 3727m /s,m /s A B v v '''' = =- 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s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式 22 2,2A A B B as v as v ''''''== 由④式及题给数据得 0.63m,0.28m A B s s '' == s A ′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 0.91m A B s s s '''=+= 【思路点拨】 首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A 、B 组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A 、B 各自的速度大小；很容易判定A 、B 都会做匀减速直线运动，并且易知是B 先停下，至于A 是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A 向左运动停下来之前是否与B 发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。
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