两小球做圆周运动， 由牛顿第二定律可得：F﹣2mg=2m， 解得F=3mg，F=3mg＞2.8mg，细绳会断裂． 答：：①a与b球碰前瞬间，a球的速度为． ②a、b两球碰后，细绳会断裂． 点评： 应用动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律即可解题，本题难度不大；第一问也可以应用机械能守恒定律解题． 15．（2012?乐山模拟）如图所示，在足够长的光滑水平轨道上有三个小木块A、B、C，质量分别为mA、mB、mC，且mA=mB=1.0kg，mC=2.0kg，其中B与C用一个轻弹簧拴接在一起，开始时整个装置处于静止状态．A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板．现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量中有E=9.0J转化为A和B的动能，A和B分开后，A恰好在B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且与B发生碰撞后粘在一起．忽略小木块和弹性挡板碰撞过程中的能量损失．求： （1）塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度各为多大？ （2）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值； （3）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值．
考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律． 专题： 压轴题；与弹簧相关的动量、能量综合专题． 分析： （1）炸药爆炸时，A、B分离，该过程中A、B动量守恒，爆炸产生的能量转化为A、B的动能，依据动量守恒和功能关系可正确解答． （2）爆炸后，以B、C弹簧组成的系统为研究对象，系统水平方向动量守恒，当弹簧压缩最短时弹性势能最大，A、B速度相等，系统损失动能最大，损失的动能全部转化为弹性势能． （3）A反弹后，当A与B碰撞瞬动量守恒，碰后成为一个整体，损失能量最大，然后以A、B、C三者以及弹簧组成的系统为研究对象，系统动量守恒，当三者速度相等时，损失动能最大，全部转化为弹性势能． 解答： 解：（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律： mBvB﹣mAvA=0 爆炸产生的热量有9J转化为A、B的动能，有： 代入数据解得：vA=vB=3.0 m/s 故塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度为：vA=vB=3.0 m/s． （2）由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短（即弹性势能最大）．爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1． 由动量守恒定律，得：mBvB=（mB+mC）vBC 由机械能守恒，得： 代入数据得：EP1=3.0 J． 故在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值为EP1=3.0 J． （3）设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒定律和能量守恒定律： mBvB=mBvB1+mCvC1 代入数据解得：vB1=﹣1.0m/s，vC1=2.0m/s
A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回．当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB，由动量守恒定律 mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB 解得：vAB=1.0m/s 当A、B、C三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2，由动量守恒定律 （mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC 由机械能守恒定律，得： 代入数据解得：EP2=0.5J． 故A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值为：EP2=0.5J． 点评： 本题考查了与弹簧有关的动量、能量问题，有一定综合性，易错点在于A反弹后与B碰撞过程中有能量损失，很多学生容易忽略这点，导致错误． 16．（2012?温州模拟）如图，足够长的水平传送带始终以大小为v=3m/s的速度向左运动，传送带上有一质量为M=2kg的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3，开始时，A与传送带之间保持相对静止．先后相隔△t=3s有两个光滑的质量为m=1kg的小球B自传送带的左端出发，以v0=15m/s的速度在传送带上向右运动．第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t1=s而与木盒相遇．求（取g=10m/s） （1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大？ （2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？
（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？
2
考点： 动量守恒定律；牛顿第二定律；能量守恒定律． 专题： 压轴题；传送带专题． 分析： （1）根据动量守恒定律求出相遇后瞬间，两者的共同速度． （2）小球向右做匀速直线运动，与盒子相遇后，一起先做匀减速运动到0，然后向左做匀加速直线运动，达到传送带速度后，又做匀速直线运动．通过两球依次与盒子相遇的时间以及小球和盒子匀加速和匀减速运动的时间，根据位移关系求出第一个球与盒子相遇的时间． （3）求出木盒与第1个球相遇到与第2个球相遇的过程中，传送带和木盒的位移，求出相对位移，根据 Q=f△s求出所产生的热量． 解答： 解：（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律：mv0﹣Mv=（m+M）v1 代入数据，解得：v1=3m/s （2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇， 则： 2设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：μ（m+M）g=（m+M）a得：a=μg=3m/s 设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：=1s 故木盒在2s内的位移为零 依题意：s=v0△t1+v（△t+△t1﹣t1﹣t2﹣t0） 代入数据，解得：s=7.5m t0=0.5s （3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，传送带的位移为S，木盒的位移为s1，则：S=v（△t+△t1﹣t0）=8.5ms1=v（△t+△t1﹣t1﹣t2﹣t0）=2.5m
故木盒相对与传送带的位移：△s=S﹣s1=6m 则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：Q=f△s=54J 答：（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为3m/s； （2）第1个球出发后经过0.5s与木盒相遇； （3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为54J． 点评： 解决本题的关键掌握动量守恒定律和摩擦而产生的热量功能关系式 Q=f△s，以及知道两球依次相遇位移与时间存在的关系． 17．（2011?广东）如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C，一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板，滑板运动到C时被牢固粘连，物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值，E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均μ=0.5，重力加速度取g． （1）求物块滑到B点的速度大小；
（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点．
考点： 动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律． 专题： 压轴题． 分析： （1）物块滑到B点经过了两个过程，先是在传送带上的匀加速直线运动，由动能定理可求A点速度； A到B的过程机械能守恒可求B点的速度． （2）首先由动量守恒、动能定理判断物块与滑板在达到相同共同速度时，物块有没有离开滑板；再由物块在C点的速度用机械能守恒判断能否到达CD轨道的中点． 解答： 解：（1）设物块运动到A和B点的速度分别为v1、v2， 由动能定理得由机械能守恒定律 联立①②，得…③ …① …② （2）设滑板与物块达到共同速度v3时，位移分别为l1、l2， 由动量守恒定律mv2=（m+M）v3…④ 由动能定理 …⑤ …⑥ 联立③④⑤⑥，得 l1=2R l2=8R…⑦ 物块相对滑板的位移△l=l2﹣l1 △l＜l 即物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板…⑧ 物块滑到滑板右端时 若R＜L＜2R，Wf=μmg（l+L）…⑨ …⑩ 若2R≤L＜5R，Wf=μmg（l+l1）…（11）
…（12） 设物块滑到C点的动能为Ek， 由动能定理 …（13） L最小时，克服摩擦力做功最小，因为L＞R， 由③⑩（13）确定Ek小于mgR，则物块不能滑到CD轨道中点． 答：（1）物块滑到B点的速度 （2）物块不能滑到CD轨道中点． 点评： 本题考查动量守恒和机械能守恒以及有摩擦的板块模型中克服摩擦力做的功．判断物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板是关键，是一道比较困难的好题． 18．（2011?盐城一模）（选修模块3﹣5） （1）下列说法中正确的是 BD
A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B．目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变
C．一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能辐射3种不同频率的光子 D．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型
（2）光照射到金属上时，一个光子只能将其全部能量传递给一个电子，一个电子一次只能获取一个光子的能量，成为光电子，因此极限频率是由 金属 （金属/照射光）决定的．如图1所示，当用光照射光电管时，毫安表的指针发生偏转，若再将滑动变阻器的滑片P向右移动，毫安表的读数不可能 变小 （变大/变小/不变）．
（3）如图2，总质量为M的火箭被飞机释放时的速度为υ0，方向水平．释放后火箭立即向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气，火箭相对于地面的速度变为多大？
考点： 动量守恒定律；光电效应；氢原子的能级公式和跃迁；受控聚变反应． 专题： 压轴题；光电效应专题． 分析： （1）β衰变现象不能说明电子是原子核的组成部分．目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变．一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能辐射6种不同频率的光子．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型． （2）释放后火箭向后喷出燃气的过程，火箭水平方向动量守恒，即可求出火箭相对于地面的速度． 解答： 解：（1）A、β衰变放出的电子是原子核中中子转化而来的，原子核中并没有电子，所以β衰变不能说明电子是原子核的组成部分．故A错误． B、目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变．故B正确． C、一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，由于跃迁是随机的，最多能辐射C=6种不同频率的光子．故C错误． D、卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型．故D正确． 故选BD （2）根据动量守恒定律得 Mv0=﹣mu+（M﹣m）v，解得，v=．
故答案： （1）BD （2）金属，变小 （3） 点评： 本题是选修3﹣5的内容，按高考考纲要求没有难题，要紧扣书本，强化基础知识学习，定能得高分． 19．（2011?武昌区模拟）如图所示，一固定的光滑斜面倾角为θ=30°，斜面长为L．从斜面顶端无初速释放一质量为m的小球A，同时另一质量为m的小球B从斜面底端以某一初速度沿斜面向上运动，已知两球都可看成质点，碰撞为正碰且碰撞时无机械能损失，重力加速度为g．问：
（1）要使碰撞后A球恰好能够回到斜面顶端，则B球的初速度v0多大？
（2）若A球从斜面顶端、B球从斜面底端都以（1）中求出的初速度v0作为各自的初速度而相向运动，要使两球碰撞后同时回到各自的出发点，则A球出发比B球要晚的时间△t是多少？
考点： 动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律． 专题： 压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合． 分析： （1）质量相等的两个小球发生弹性碰撞时，速度互换，小球回到斜面顶端，相当于B求沿斜面做匀减速直线运动到达斜面顶端；由牛顿第二定律可以求出小球的加速度，由匀变速运动的速度位移公式可以求出小球B的初速度． （2）两球质量相等，两球发生弹性碰撞后速度互换，相当于两球各自沿斜面做匀变速直线运动，由匀变速直线运动的运动规律可以求出两球出发的时间差． 解答： 解：（1）A、B两球质量相等，两球发生弹性碰撞，两球碰撞后，两球碰后速度互换， 因为碰后A球恰好回到斜面顶端，相当于B球直接匀减速直线运动恰好到达斜面顶端． 对B球，由牛顿第二定律得：mgsin30°=ma， 2由匀变速运动的速度位移公式可得：0﹣v0=2（﹣a）L， 解得：v0=； （2）若A、B两球在斜面上都以初速度v0=相向出发， 因两球碰后速度互换，故相当于两球各自做匀变速直线运动， 即A球以初速v0=沿斜面向下做匀加速运动， B球以初速v0=沿斜面向上做匀减速直线运动， 且它们的加速度大小均为a=gsinθ． 要使两球碰撞后同时回到各自出发点，则A球应该后出发， 它们的时间差即为两球分别在斜面上运动的时间之差． 对A球：L=v0t1+at1， 解得t1=对B球：t2==2， ）； ．
2， 所以△t=t2﹣t1=（4﹣2答：（1）B球的初速度v0为