07动量定律、动量守恒定律-2024届高考物理一轮复习高频考点知识点突破练习（真题精选）
一．选择题（共1小题）
1．（2023 全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（ ）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
二．多选题（共4小题）
（多选）2．（2023 浙江）下列说法正确的是（ ）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
（多选）3．（2023 广东）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N
（多选）4．（2023 新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
（多选）5．（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
三．计算题（共1小题）
6．（2023 上海）如图，将小球P拴于L＝1.2m的轻绳上，mP＝0.15kg向左拉开一段距离释放，水平地面上有一物块Q，mQ＝0.1kg。小球P于最低点A与物块Q碰掉，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为5：1，碰撞前后P、Q总动能不变。（重力加速度g取9.8m/s2，水平地面动摩擦因数μ＝0.28）
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离。
四．解答题（共11小题）
7．（2023 海南）如图所示，U形金属杆上边长为L＝15cm，质量为m＝1×10﹣3kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10﹣2T的匀强磁场。
（1）若插入导电液体部分深h＝2.5cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10cm，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；（g＝10m/s2）
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5cm，通电时间t′＝0.002s，求通过金属杆截面的电荷量。
8．（2023 浙江）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若B2＝2B1，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若B2＝，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
9．（2023 新课标）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
10．（2023 甲卷）如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
11．（2023 浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
12．（2023 广东）如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
13．（2023 北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
14．（2023 海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。
求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。
15．（2023 浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
16．（2023 湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
17．（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
07动量定律、动量守恒定律-2024届高考物理一轮复习高频考点知识点突破练习（真题精选）
参考答案与试题解析
一．选择题（共1小题）
1．（2023 全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（ ）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
【答案】C
【解答】解：AB、设小球初速度大小为v0，抛出位置离地面高度为h，P小球落地的速度大小为vP，Q小球落地的速度大小为vQ，P小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，落地时水平分速度vx＝v0
竖直方向为自由落体运动，落地时竖直分速度vy＝
则vP＝＝
Q小球做竖直下抛运动，根据匀变速直线运动位移—速度公式得：﹣＝2gh
解得：vQ＝
则小球落地时速度大小相等，落地时的动量为p＝mv
则两小球落地时动量大小相等，故AB错误；
CD、设P小球下落时间为tP，Q小球下落时间为tQ，P小球竖直方向为自由落体运动，有：h＝
解得：tP＝
Q小球做竖直下抛运动，有：h＝v0tQ+
则tQ＜tP＝
两小球所受冲量大小为I＝mgt
则P所受重力冲量的大小比Q的大，故C正确，D错误。
故选：C。
二．多选题（共4小题）
（多选）2．（2023 浙江）下列说法正确的是（ ）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【答案】ABC
【解答】解：A、利用电容传感器可制成麦克风，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，电容器两板间的距离发生变化，电容器的电容变化，将声信号转化为电信号，故A正确；
B、由动量定理得，F＝，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化越快，故B正确；
C、红外线是一种不可见光，人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确；
D、牛顿运动定律只适用于宏观物体的低速运动，不适用于微观物体的高速运动。而动量守恒定律既适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。故D错误。
故选：ABC。
（多选）3．（2023 广东）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N
【答案】BD
【解答】解：选择水平向右的方向为正方向。
A、滑块1和滑块2组成的系统的初动量为：
p1＝mv1＝1×0.40kg m/s＝0.40kg m/s
碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量为：
p2＝2mv2＝2×1×0.22kg m/s＝0.44kg m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B、对滑块1，根据动量定理可得：
ΔI＝mv1﹣mv0
代入数据解得：ΔI＝﹣0.18N s，负号表示方向水平向左，故B正确；
C、同理可得，对滑块2分析可得：
ΔI′＝mv1﹣0
代入数据解得：ΔI′＝0.22N s，故C错误；
D、根据公式ΔI′＝FΔt
代入数据解得：F＝5.5N，故D正确；
故选：BD。
（多选）4．（2023 新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【解答】解：A、分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为F，对甲，由牛顿第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲
解得：a甲＝﹣μg
对乙，由牛顿第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙
解得：a乙＝﹣μg
由题意可知，m甲＞m乙，则a甲＜a乙，则在它们相近过程中的任意时刻甲的速度大小比乙的小，故A错误；
BCD、甲物体所受摩擦力大于乙物体所受摩擦力，则甲所受合力小于乙所受合力，从释放甲和乙到它们相互接近过程中的某一时刻，甲所受合力的冲量小于乙所受合力的冲量，根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，甲的动量大小比乙的小，甲和乙的动量之和不为零，故BD正确，C错误；
故选：BD。
（多选）5．（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
【答案】BC
【解答】解：A、W﹣x图像的斜率为拉力F，由图像可知，0～2m内，拉力F1＝＝N＝6N
2～4m内，拉力F2＝＝N＝3N
0～2m内，对物体受力分析，由牛顿第二定理得：F1﹣μmg＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
由匀变速直线运动速度—位移公式得：＝2ax
x＝1m时，物体的速度大小为v1＝＝m/s＝2m/s
拉力的功率P1＝F1v1＝6×2W＝12W
故A错误；
B、滑动摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N
0～4m内，对物体由动能定理得：W﹣fx＝Ek
代入数据解得：Ek＝2J
故B正确；
C、从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为W克＝fx＝4×2J＝8J
故C正确；
D、0～2m过程中，拉力大于摩擦力，物体做匀加速运动，2m～4m时，拉力小于摩擦力，物体做匀减速运动，则当x＝2m时，物体的速度最大，动量最大，物体的速度大小为：v2＝＝m/s＝2m/s
物体的最大动量为：p＝mv＝1×2kg m/s＝2kg m/s
故D错误。
故选：BC。
三．计算题（共1小题）
6．（2023 上海）如图，将小球P拴于L＝1.2m的轻绳上，mP＝0.15kg向左拉开一段距离释放，水平地面上有一物块Q，mQ＝0.1kg。小球P于最低点A与物块Q碰掉，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为5：1，碰撞前后P、Q总动能不变。（重力加速度g取9.8m/s2，水平地面动摩擦因数μ＝0.28）
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离。
【答案】（1）碰撞后瞬间物块Q的速度vQ′大小为1.67m/s，方向水平向右；
（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离约为0.51m。
【解答】解：（1）P与Q碰撞前，P的速度为vP，由向心加速度表达式得：
代入数据得：vP≈1.39m/s
碰撞前后P的速度之比为5：1，碰后P的速度为
vP′≈0.28m/s
P与Q碰撞瞬间，P与Q组成的系统内力远大于外力，动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mPvP＝mPvP′+mQvQ′
代入数据解得：vQ′≈1.67m/s，方向水平向右；
由于L＝1.2m远大于小球P的大小，碰后P的速度较小，上升的高度较小，故小球P碰后做简谐运动，由单摆的周期公式得：
小球P再次到平衡位置的时间为：
联立解得：t≈2.20s
碰后Q向右做匀减速直线运动，末速度减为零时的时间为t′，由运动学公式得：
0＝vQ′﹣at′
由牛顿第二定律得：
μmQg＝mQa
联立解得：t′≈0.61s
由于t′＜t，故在小球P再次到平衡位置的时间内，小球Q早已停下；
小球Q向右运动的过程中，设Q运动的距离为x，由动能定理得：
解得：x≈0.51m。
答：（1）碰撞后瞬间物块Q的速度vQ′大小为1.67m/s，方向水平向右；
（2）P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离约为0.51m。
四．解答题（共11小题）
7．（2023 海南）如图所示，U形金属杆上边长为L＝15cm，质量为m＝1×10﹣3kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10﹣2T的匀强磁场。
（1）若插入导电液体部分深h＝2.5cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10cm，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；（g＝10m/s2）
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5cm，通电时间t′＝0.002s，求通过金属杆截面的电荷量。
【答案】（1）金属杆离开液面时的速度大小为，金属杆中的电流为4.17A；
（2）通过金属杆截面的电荷量为0.085C。
【解答】解：（1）设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流大小为I。金属杆离开液体后做竖直上抛运动，由运动学公式得：
v2＝2gH
解得：v＝＝m/s
通电过程金属杆受到的安培力大小为：
FA＝BIL
对金属杆到达最高点的过程，由动能定理得：
FAh﹣mg（H+h）＝0
联立解得：A＝4.17A
（2）对金属杆，通电时间t′＝0.002s，规定向上为正方向，由动量定理得：
（BI′L﹣mg）t′＝mv′﹣0
由运动学公式
v'2＝2gH'
通过金属杆截面的电荷量
q＝I′t′＝＝C＝0.085C
答：（1）金属杆离开液面时的速度大小为，金属杆中的电流为4.17A；
（2）通过金属杆截面的电荷量为0.085C。
8．（2023 浙江）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若B2＝2B1，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若B2＝，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【答案】（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1为，其在磁场中的运动时间t为；
（2）能到达处的离子的最小速度v2为；
（3）进入第四象限的离子数与总离子数之比η为。
【解答】解：（1）离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，其运动轨迹如图1所示。
设其匀速圆周运动的半径为r，圆周轨迹的圆心角为2α，由几何关系可得：
α＝60°，r﹣L＝rcosα
解得：r＝2L
由洛伦兹力提供向心力得：
qB1v1＝m
解得：v1＝
离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的周期T＝＝
在磁场中的运动时间t＝＝
（2）能到达处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线相切，其运动轨迹如图2所示。
设离子在A点进入磁场区域Ⅰ时沿x、y轴的分速度分别为v2x、v2y，在C点进入磁场区域Ⅱ时沿x轴的分速度分别为v2x′，在C点离子的速度与x轴的夹角为θ，在区域Ⅱ中的运动半径为R，则有：
v2x＝v2cos60°＝v2，v2x′＝v2cosθ
设离子由A到C的过程中某时刻沿y轴的分速度为v2yi，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v2yi Δt＝mv2x′﹣mv2x
其中：∑v2yi Δt＝L
已知：B2＝2B1
联立可得：qB2L＝mv2cosθ﹣mv2
由几何关系得：R﹣＝Rcosθ
由洛伦兹力提供向心力得：qB2v2＝m
联立解得：R＝2L，v2＝＝
（3）设速度大小为v3的离子，在区域Ⅱ中的运动轨迹与x轴相切，对此粒子由进入区域Ⅰ到与x轴相切的过程，与（2）同理，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v3yi Δt+∑qB2v3yi Δt＝mv3﹣mv3cos60°
其中：∑qB1v3yi Δt＝qB1L
∑qB2v3yi Δt＝∑q v3yi Δt＝∑q Δy＝ydy＝qB1L
联立可得：qB1L+qB1L＝mv3﹣mv3
解得：v3＝
故离子源射出的离子速度大于的离子能进入第四象限，则进入第四象限的离子数与总离子数之比为：
η＝＝
答：（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1为，其在磁场中的运动时间t为；
（2）能到达处的离子的最小速度v2为；
（3）进入第四象限的离子数与总离子数之比η为。
9．（2023 新课标）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【答案】（1）金属框的初速度大小为；
（2）金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得，金属框进入磁场过程中，设运动的时间为t，感应电动势的平均值为：
其中，
根据电荷量的定义式可知，金属框进入磁场过程中流过金属框的电荷量为：
根据楞次定律可知，金属框进入磁场和离开磁场的过程中电流方向相反，但安培力始终水平向左，设两个过程中的电荷量的绝对值之和为q，则
对整个过程，选择水平向右的方向为正方向，设金属框的初速度为v0，对金属框根据动量定理可得：
联立解得：v0＝
（2）设金属框进入磁场的末速度为v1，因为导轨电阻忽略不计，此时金属框上下部分被短路，根据电路构造可知此时电路中的总电阻为：
R总＝
金属框进入磁场的过程中，以水平向右为正方向，则
解得：
根据能量守恒定律可得：
根据电阻的比值关系可得此过程中电阻R1产生的热量为：
联立解得：
金属框完全在磁场中过程，金属框的左右两边框同时切割磁感线，可等效为两个电源并联和R1构成回路，此时回路的为：
R总1＝R1+＝
假设金属框的右边能够到达磁场右边界，且速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量定理可得：
解得：v2＝0
可知金属框的右边恰好能到达磁场右边界，根据能量守恒定律可得此过程产生的总热量为：
此过程中电阻R1产生的热量为：
联立解得：
整个过程中电阻R1产生的热量为：
Q总＝QR1+QR1′
代入数据解得：Q总＝
答：（1）金属框的初速度大小为；
（2）金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为。
10．（2023 甲卷）如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【答案】（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小为v0；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量为；
（3）与P碰撞后，绝续棒Q在导轨上运动的时间为。
【解答】解：（1）Q与P发生弹性碰撞，以Q初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：3mv0＝3mvQ+mvP
由机械能守恒定律得： 3＝ 3+
联立解得：vQ＝v0
vP＝v0
金属棒P切割磁感线产生感应电流，根据左手定则，金属棒P受到与运动方向相反的安培力，且安培力F安＝BIl＝
则金属棒P做加速度减小的减速运动；
绝缘棒Q切割磁感线不产生感应电流，不受安培力的作用，绝缘棒做匀速直线运动；
P和Q离开导轨后做平抛运动，由于落在地面上同一地点，则两棒做平抛运动的初速度相同，即金属棒P滑出导轨时的速度大小vP1＝vQ＝v0
（2）对P，从碰撞后到离开导轨过程中，由能量守恒定律得：＝Q+
解得：Q＝
（3）以P运动方向为正方向，对P，从碰撞后到离开导轨过程中，由动量定理得：﹣t＝mvP1﹣mvP
＝Bl＝
金属棒P的位移x＝t
联立解得：x＝
Q做匀速直线运动，时间为t＝＝
答：（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小为v0；
（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量为；
（3）与P碰撞后，绝续棒Q在导轨上运动的时间为。
11．（2023 浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
【答案】（1）滑块过C点的速度大小为4m/s，轨道对滑块的作用力大小为22N；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，则滑块与摆渡车之间的动摩擦因数为0.3；
（3）在（2）的条件下，滑块从G到J所用的时间为2.5s。
【解答】解：（1）滑块从静止释放到C点过程中，只有重力做功，根据动能定理可得：
mg（h﹣1.2R﹣R﹣Rcosθ）＝﹣0
代入数据解得：vC＝4m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得：FC+mg＝m
代入数据解得：FC＝22N；
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得：
mgh﹣0.2mgLFG＝﹣0
代入数据解得：v＝6m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，假设滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv＝2mv1；
代入数据解得：v1＝3m/s
根据能量守恒定律可得：μmgL＝mv2﹣×2mv12
解得：μ＝0.3
此过程中对摆渡车根据动能定理可得：μmgx＝
代入数据解得摆渡车的位移：x＝1.5m＜L0﹣L＝9m﹣3m＝6m
所以假设成立，说明摆渡车达到I之前已经共速，动摩擦因数为μ＝0.3；
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，所用时间为t1，对摆渡车根据动量定理可得：μmgt＝mv1﹣0
解得：t1＝1s
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间为：t2＝
代入数据解得：t2＝1.5s
所以滑块从G到J所用的时间t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s。
答：（1）滑块过C点的速度大小为4m/s，轨道对滑块的作用力大小为22N；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，则滑块与摆渡车之间的动摩擦因数为0.3；
（3）在（2）的条件下，滑块从G到J所用的时间为2.5s。
12．（2023 广东）如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
【答案】（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间为；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功为6mgL﹣；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离为。
【解答】解：（1）选择水平向右的方向为正方向，A在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得：
μmg＝ma
结合运动学公式可得：
v0＝0+at
联立解得：t＝
（2）B从M点滑至N点的过程中，根据动能定理可得：
2mg×3L﹣W＝
联立解得：W＝6mgL﹣
（3）设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得：
2m×2v0＝2mvB+mvA
根据能量守恒定律可得：
联立解得：；
另一解为：vA2＝2v0；vB2＝v0
根据碰撞的合理性，碰撞后B的速度应小于A的速度，故只有vA2、vB2满足碰撞合理性。
离开平台后，药品盒做平抛运动，则有：
根据题意可得：
解得：s＝
答：（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间为；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功为6mgL﹣；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离为。
13．（2023 北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
【答案】（1）A释放时距桌面的高度H是；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小是mg+；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是mv2。
【解答】解：（1）A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH＝
解得：H＝
（2）碰撞前瞬间，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，对A，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
解得：F＝mg+
（3）A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv'
由能量守恒定律得：+ΔE
解得：ΔE＝mv2
答：（1）A释放时距桌面的高度H是；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小是mg+；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是mv2。
14．（2023 海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。
求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。
【答案】（1）B滑到A的底端时对A的压力为30N；
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是1.6J；
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，B从滑上C到最终停止所用的时间为。
【解答】解：（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得：v0＝2m/s
在底部，根据牛顿第二定律
解得：FN＝30N
由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得
fB＝μ1mBg＝mBaB
解得：，方向水平向左
对C分析，受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力f地C＝μ2（mB+mC）g
根据牛顿第二定律
f地C﹣fBC＝μ2（mB+mC）g﹣μ1mBg＝mCa2
解得其加速度向左为
根据运动学公式可得B向右运动的距离为：
代入数据解得：x1＝1m
C向右运动距离
代入数据解得：x2＝0.2m
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量
Q＝μ1mBg（x1﹣x2）
可得：Q＝1.6J
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，有
解得：t1＝0.2s
B的位移为
代入数据解得：xB1＝0.36m
则此刻的相对位移为
x相＝xB1﹣x2＝0.36m﹣0.20m＝0.16m
此时vB1＝v﹣a1t1
代入数据解得：vB1＝1.6m/s
由L＞0.16m，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经t2时间B与C挡板碰撞，有
解得：
碰撞时B速度为
碰撞时，选择水平向右的方向为正方向，则由动量守恒可得
mBvB2＝（mB+mC）v
解得碰撞后B、C速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
代入数据解得：
后再经t3后停下，则有
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间
t＝t1+t2+t3
联立解得：t＝
答：（1）B滑到A的底端时对A的压力为30N；
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是1.6J；
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，B从滑上C到最终停止所用的时间为。
15．（2023 浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【答案】（1）滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小为10m/s，所受支持力大小为31.2N；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为0；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差为0.2m。
【解答】解：（1）从D到F的过程中，对滑块a根据动能定理可得：
2mgR＝
代入数据解得：vF＝10m/s
在F点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则
解得：FN＝31.2N，方向竖直向上
（2）滑块a碰后返回到B点的过程中，根据动能定理可得：
碰撞瞬间，滑块a与b组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a的速度为v1，滑块b的速度为v2，则
mvF＝﹣mv1+3mv2
联立解得：ΔE＝0
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则
mvF＝（m+3m）v
当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据能量守恒定律可得：
4mv＝（4m+2m）v′
设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则
联立解得：x1＝0.1m
同理可得：x2＝0.1m
则Δx＝x2+x1
代入数据解得：Δx＝0.2m
答：（1）滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小为10m/s，所受支持力大小为31.2N；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为0；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差为0.2m。
16．（2023 湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小为；
（2）粒子乙的质量为，第一次碰撞后粒子乙的速度大小为；
（3）时刻粒子甲的坐标为（﹣6a，0），乙的位置坐标为（0，0）；从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程为67πa。
【解答】解：（1）根据带电微粒从P点射入磁场，能到达点O，根据几何关系确定轨道半径为a，由洛伦兹力提供向心力得：Bqv＝m
解得：v＝
（2）粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动两个圆周，可知甲的周期是乙的周期的2倍，即T甲＝2T乙
根据带电粒子在磁场中运动的周期公式得：，
解得：m乙＝
第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰，碰前在O点甲的速度沿y轴负方向，为﹣v，碰后为3v，设碰前在O点乙的速度为v1，碰后为v2，根据动量守恒定律得：
m（﹣v）+＝m 3v+
所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：
联立解得：
第一次碰撞前粒子乙的速度为v1＝5v＝，方向指向y轴正方向；
第一次碰撞后粒子乙的速度为v2＝﹣3v＝，方向指向y轴负方向；
（3）0时刻开始，设第二次弹性正碰后，粒子甲的速度为v3，粒子乙的速度为v4，根据动量守恒定律得：
m 3v+＝mv3+
所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：
联立解得：v3＝﹣v，粒子乙的速度为v4＝5v
因为第二次碰后两种粒子速度等于第一次碰前的速度，可知，粒子甲经过第奇数次碰撞后速度变为3v，经过第偶数次碰撞后速度变为﹣v，粒子乙经过第奇数次碰撞后速度变为﹣3v，经过第偶数次碰撞后速度变为5v；
根据题意，从第一次碰撞开始，甲粒子完成一个周期、乙粒子完成两个周期两种粒子在磁场中就在O点碰撞一次；
从t＝0时刻开始，由于第一次碰撞是甲运动了半个周期发生的，到时刻，粒子甲完成了9次碰撞又运动了半个周期，乙完成了9次碰撞又运动了一个周期，因此在第9次碰后，甲粒子速度为3v，粒子乙的速度为﹣3v，根据洛伦兹力提供向心力可知，甲经过奇数次碰撞后轨道半径变为
根据左手定则判断第9次碰后经过粒子甲运动的半个周期，运动到x轴负方向，所以到时刻粒子甲的坐标为（﹣6a，0）；
由于粒子乙碰后完成了粒子乙运动的一个周期，坐标为（0，0）；
根据洛伦兹力提供向心力可知，乙经过奇数次碰撞后轨道半径变为
经过偶数次碰撞后轨道半径变为
从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动了9个轨道半径为1.5a的圆周以及8个轨道半径变为2.5a的圆周；从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程为l＝9×2π×1.5a+8×2π×2.5a＝67πa。
答：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小为；
（2）粒子乙的质量为，第一次碰撞后粒子乙的速度大小为；
（3）时刻粒子甲的坐标为（﹣6a，0），乙的位置坐标为（0，0）；从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程为67πa。
17．（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
【答案】（1）小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽的速度大小为，凹槽相对于初始时刻运动的距离为；
（2）在平面直角坐标系xOy中，小球运动的轨迹方程为，（y≤0）；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小为。
【解答】解：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒，选水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v1，凹槽的速度为v2，则
0＝mv1﹣Mv2
两边同时乘以t可得：
0＝mx1﹣Mx2
根据几何关系可知：x1+x2＝a
根据机械能守恒定律可得：
联立解得：v2＝；x2＝
（2）设小球的坐标为（x，y），设此时凹槽向右运动的距离为x0，则
m（a﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可分析出此时的椭圆方程为：
整理可得：，（y≤0）
（3）将代入上述的轨迹方程可得：
[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2
根据数学知识可知，上述的轨迹方程是以（a﹣b，0）为圆心，b为半径的圆，当小球下落的高度为时，对应的位置如图所示：
此时可知速度的方向与水平方向的夹角为60°，小球下落的高度为 过程中，系统水平方向动量守恒，选择水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v3，凹槽的速度为v4，则
0＝mv3cos60°﹣Mv4
根据机械能守恒定律可得；
联立解得：v3＝
答：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽的速度大小为，凹槽相对于初始时刻运动的距离为；
（2）在平面直角坐标系xOy中，小球运动的轨迹方程为，（y≤0）；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小为。
HYPERLINK "()
" ()
