高考物理经典动量题型解析.doc

《高考物理经典动量题型解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理经典动量题型解析.doc（28页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 学员编号： 年 级： 高二 课时数：3课时 学员姓名： 辅导科目 物理 学科教师：授课主题动量守恒定律的运用教学目的熟练运用动量守恒思想解题授课日期及时段教学内容一 本周错题讲解二复习要点1定律内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们受到的外力之和为零，则系统的总动量保持不变。2一般数学表达式：3动量守恒定律的适用条件 ：系统不受外力或受到的外力之和为零（F合=0）； 系统所受的外力远小于内力（F外F内），则系统动量近似守恒；系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零，则系统在该方向上动量守恒(分方向动量守恒)4动量恒定律的五个特性系统性：应用动量守恒定律时，应明确研究

2、对象是一个至少由两个相互作用的物体组成的系统，同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等矢量性：系统在相互作用前后，各物体动量的矢量和保持不变当各速度在同一直线上时，应选定正方向，将矢量运算简化为代数运算同时性：应是作用前同一时刻的速度，应是作用后同时刻的速度相对性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参考系，通常选取地球作参考系普适性：它不但适用于宏观低速运动的物体，而且还适用于微观高速运动的粒子它与牛顿运动定律相比，适用范围要广泛得多，又因动量守恒定律不考虑物体间的作用细节，在解决问题上比牛顿运动定律更简捷。动量守恒定律是自然界最普遍的规律之一，对其运用能力的考查，是高考物理命题的

3、热点。纵观历年高考物理试题，对动量守恒定律的考查有以下特点：一是注重对守恒条件辨析能力的考查；二是注重对动量守恒定律与机械能守恒、能量守恒、动能定理等物理规律综合运用能力的考查。具体表现在以下几个方面。三例题讲解一、系统内各物体均不受外力作用，系统动量守恒对于像电子、质子、中子、各种原子的原子核及电离后的离子，由于通常不计它们的重力，因此，在它们的相互作用过程中，不受外力作用，系统的动量守恒。同时它们间的相互作用可视为弹性小球间的作用，因此，系统的机械能也守恒。例1 （2007全国理综II）用放射源钋的射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”。1932年，查德威克用

4、铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氮（它们可视为处于静止状态）。测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为70。查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子。假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氮发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量。（质量用原子质量单位u表示，1 u等于1个12C原子质量的十二分之一。取氢核和氦核的质量分别为10 u和14 u。）分析与求解：设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为mH。构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v

5、/和vH/。对于电子、质子、中子、原子核等粒子，在物理过程中的重力通常不计，因此，在中性粒子与氢核的碰撞过程中，二者不受外力作用，它们的总动量守恒；又由于二者的碰撞属于弹性碰撞，同们的总动能保持不变，分别运用动量守恒与能量守恒定律得：mvmvmHvH；解此两式碰后氢核的速度：同理，对于质量为mN的氮核，亦可求得其碰后速度为，由及的表达式可求得： ，根据题意可知：vH70vN解此两式可得中性粒子的质量：m12u二、系统内各物体在某个方向不受外力作用，系统该方向动量守恒由于力、动量均为矢量，因此，相互作用的系统内各物体若在某一方向不受外力作用，则，该方向动量守恒。如物体在竖直下落过程中发生相互作用

6、时，由于水平方向不受外力作用，因此，系统水平方向上的动量守恒。例2（2006江苏）如图所示，质量均为的A、B两个弹性小球，用长为2L的不可伸长的轻绳连接。现把小球、置于距地面高（足够大）处，间距为L，当球自由下落的同时，球以水平速度vo指向A球水平抛出，求：（1）两球从开始运动到相碰，A球下落的距离；（2）A、B两球相碰（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量；（3）轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小。分析与求解：由于球自由下落，球水平抛出，所以，两球始终位于同一水平线上。水平方向上两球的运动情景是B球以速度vo匀速运动L后与“静止”的A球碰撞，由于无机械能损失，碰撞后两球互换速度

7、，此后，A球以速度vo匀速运动2L后，使绳子拉直，A、B获得相同的速度，而这个拉直过程中，两球水平方向不受外力作用，水平方向总动量守恒。（1）设A球下落h距离后与B球相碰，则这一过程中有：，解此两式得：。（2）相撞过程中，两球水平方向动量、机械能均守恒，由动量守恒定律有：；由机械能守恒定律有：，而。解此三式得碰后两球速度的水平方量分别是：；。（3）轻绳拉直过程中，两球水平方向的动量守恒，由动量守恒定律有：，对B球运用动量定理有：，解此两式得B球受到绳子拉力的冲量：。三、系统内各物体所受外力的矢量和为零，系统动量守恒对于由相互作用的物体组成的系统，在系统内各物体相互作用的同时，系统外的物体对系统

8、内的各物体也有力的作用，但若作用过程中，各物体受的外力的矢量和为零，则作用过程中系统的动量守恒。例3（2005广东）如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s=288m。质量为2m、大小可忽略的物块C置于A板的左端。C与A之间的动摩擦因数为1=022，A、B与水平面之间的动摩擦因数为2=010，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态。现给C施加一个水平向右、大小为的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起。要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多大？分析与求解：A、C间的滑动摩擦力f1=12mg=044mg ，A与水平地面

9、间的滑动摩擦力为f2=2(2m+m)g=03mg。依题意知，A、C间的最大静摩擦力是；A与水平地面间的静摩擦力是03mg。所以，作用在C上的水平恒力F f2 。所以，一开始A和C保持相对静止，在F作用下向右匀加速运动，运用动能定理有：。A、B两木板碰撞时间极短，相互作用的内力远远大于地面对他们的摩擦力的矢量和，运用动量守恒定律有：。A、B碰撞结束后，粘连在一起的AB与C达到共同速度v3的运动过程中，设木板AB向前的位移为s1，物体C向前的位移为s2，运动中，三者在水平方向所受外力的矢量和为：F-1(2m+m+m)g=0，水平方向动量守恒，对系统运用动量守恒定律有：。对AB及C分别运用动能定理有

10、：； 。设每块木板的长度为L，要使C最终不脱离木板，还应有：。带入已知数据解以上各式得：。即木板的最小长度为03m。四、系统内各物体之间相互作用的内力远远大于外力，系统动量守恒对于碰撞、打击、爆炸等作用过程中，由于作用时间极短，各物体之间的相互作用力远远大于各物体所受的外力，这样，外力可以忽略不计，系统的动量守恒。例4（2002广东）下面是一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量m1=028kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2=010kg的木棍B。B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从A下端

11、离地板的高度H=125m处由静止释放。实验中，A触地后在极短的时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离A开始上升，而球A恰好停留在地板上。求木棍B上升的高度，重力加速度g=10m/s2。分析与求解：A、B一起自由下落到A触地时，二者的速度为vo， 由机械能守恒定律有：接着A以速度v1=vo向上运动，B仍以速度vo向下运动，经一段时间极短的作用过程，B获得一个向上的速度v2，A速度为零。此后，B以速度v2竖直上抛，A停在原地。由于A、B相互作用过程时间极短，A、B间相互作用的内力远远大于二者所受重力的矢量和，A、B系统动量守恒，运用动量守恒定律有：。此后，B以速度v2竖直上抛，设上升的最大高

12、度为h，由机械能守恒定律有：。带入已知数据解以上各式得：h=405m。四汇聚高考课堂练习精讲考点1 冲量、动量和动量定理考点2 动量守恒定律及其应用1.（福建卷）（2）一炮舰总质量为M，以速度v0匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v沿前进的方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是_。（填写项前的编号）解析：本题考查动量定理的简单应用，强调正方向的规定和物体质量的界定，答案选。29题与28题在题型和难度的把握上尽量的等值。2.(08江苏12C)场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两个小球A、B,它们的质量分别为m1、m2,电荷量分别为q1、q2,A、

13、B两个小球由静止释放,重力加速度为g,则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为. 答案 (q1+q2)E=(m1+m2)g解析 动量守恒的条件是系统不受外力或受的合外力为零,所以动量守恒满足的关系式为(q1+q2)E=(m1+m2)g考点3 与动量有关的综合问题3.（全国卷I）21. 质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比M/m可能为A2 B3 C4 D5答案：AB考查目标：本题属两体碰后可能性问题，考查碰撞中动量守恒、能量关系、及碰后运动关系。解析：由动量守恒定律可知，碰后两物块的动量均为，由于碰后M的速度不可能大于m的速度，故

14、有，可得，由碰撞前后能量关系有：，可得，故选A、B选项。4.(山东卷)（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。解析：设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为,由动量守恒定律有,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为。【考点】动量守恒定律5.（全国卷I）25.（18分）如图所示，倾角为的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的

15、距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因素为，重力加速度为g。设碰撞时间极短，求（1）工人的推力；（2）三个木箱匀速运动的速度；（3）在第一次碰撞中损失的机械能。解析：(1)设工人的推力为F，则有F3mg（sincos）(2)设第一次碰撞前瞬间木箱速度为1,由功能关系得：设碰撞后两木箱的速度为2，有动量守恒得：m1=2m2设再次碰撞前瞬间速度为3，由功能关系得：设碰撞后三个木箱一起运动的速度为4,由动量守恒得：2m3=3m4由以上各式可得（3）设在第

16、一次碰撞中损失的机械能为E，有：由式可得：6.（天津卷）10.(16分)如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10 m/s2，求（1）物块在车面上滑行的时间t;（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少。（1）0.24s (2)5m/s【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。（1）设物块与小车的共同速度

17、为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有 其中 解得代入数据得 （2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v，则 由功能关系有 代入数据解得 =5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0不能超过5m/s。7.（北京卷）24（20分）（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球的速度大小

18、；（2）碰撞过程中的能量传递规律在屋里学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第个球经过依次碰撞后获得的动能与之比为第1个球对第个球的动能传递系数a.求b.若为确定的已知量。求为何值时，值最大【解析】24.（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律 设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律 由于碰撞过程中无机械能损失 、式联立解得 将代入得 （2）a由式，考虑到得根据动能传递系

19、数的定义，对于1、2两球 同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为 依次类推，动能传递系数k1n应为 解得 b.将m1=4m0,m3=mo代入式可得为使k13最大，只需使由 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m8.（重庆卷）24.（18分）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见

20、题24图c）。设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求： （1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。解析：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有(4mgm)( h2h1)(4mm)V22，解得V2；（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1(4mgm)V2，解得V1，设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有W4mg

21、h1(4m)V12，解得Wmg；（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为(4m)V12(4mm)V22，联立解得mg(h2h1)。9.（广东卷）19（16分）如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距=1.0m 。物块A以速度=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度=2.0m/s 。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数=0.45.（设碰撞时间很短，g取10m/s2）（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；（2）根据AB与C

22、的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。 【解析】设AB碰撞后的速度为v1,AB碰撞过程由动量守恒定律得 设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得 联立以上各式解得若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得 代入数据解得 此时AB的运动方向与C相同若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得 联立以上两式解得代入数据解得 此时AB的运动方向与C相反若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得代入数据解得总上所述得 当时，AB的运动方向与C相同 当时，AB的速度为0 当时，AB的运动方向与C相反10.（08全国I24）图中滑块和小球的质量均为m,滑块可

23、在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始时,轻绳处于 水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚 好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角60时小球达到最高点.求:(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量.(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小.答案 (1)-m (2) mgl解析 (1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v1、v2,由机械能守恒定律得mv12+mv

24、22=mgl小球由最低点向左摆动到最高点时,由机械能守恒定律得mv22=mgl(1-cos 60)联立式得v1=v2=设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,有I=0-mv1解得I=-m(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为W,由动能定理得mgl+W=mv22联立式得W=-mgl小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为mgl11.(08北京理综24)有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为OD曲线,如图所示.（1）已知小滑块质量为m,碰撞

25、时间为t,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小；（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动,特制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置,让A沿该轨道无初速下滑（经分析,A下滑过程中不会脱离轨道）.a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;b.在OD曲线上有一点M,O和M两点连线与竖直方向的夹角为45.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.答案 （1）（2）a.pApBb.vAx=v0vAy=v0解析 （1）滑块A与B正碰,满足mvA+mvB=mv0mvA2+mvB2=mv02 由,解得vA=0,vB=v0,根据

26、动量定理,滑块B满足Ft=mv0解得F=.（2）a.设任意点到O点竖直高度差为d.A、B由O点分别运动至该点过程中,只有重力做功,所以机械能守恒.选该任意点为势能零点,有EkA=mgd,EkB=mgd+mv02由于p=,有即pApB故A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量.b.以O为原点,建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向下,则对B有x=v0t,y=gt2B的轨迹方程 y=x2在M点x=y,所以y=因为A、B的运动轨迹均为OD曲线,故在任意一点,两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为vBx和vBy,速率为vB;A水平和竖直分速度大小分别为vAx和v

27、Ay,速度为vA,则,B做平抛运动,故vBx=v0,vBy=,vB=对A由机械能守恒得vA=由得vAx=,vAy=将代入得vAx=v0 vAy=v012.(08四川理综25)如图所示,一倾角为=45的斜面固定于地面,斜面顶端离地面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自由释放一质量m=0.09 kg的小物块（视为质点）.小物块与斜面之间的动摩擦因数=0.2.当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回.重力加速度g取10 m/s2.在小物块与挡板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少？答案 0.4(3+) Ns解析 解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,

28、到达斜面底端时速度为v,由功能关系得：mgh=mv2+mgcos以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为:I=mv-m(-v)设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h,则mv2=mgh+mgcos同理,有mgh=mv2+mgcosI=mv-m(-v)式中,v为小物块再次到达斜面底端时的速度,I为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量.由式得I=kI式中k=由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为I1=2m总冲量为I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)由1+k+k2+kn-1=得I= 代入数据得I=0.4(3+) Ns 解法二：设小物块从

29、高为h处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则：v2=2a以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为I=mv-m(-v)由式得I=2m设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a,依牛顿第二定律有：mgsin+mgcos=ma 小物块沿斜面向上运动的最大高度为h=sin由式得h=k2h式中k =同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量为：I=2m由 式得I=kI由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为I1=2m

30、总冲量为I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3） 由1+k+k2+kn-1= 得I=2m 代入数据得I=0.4(3+) Ns 13.（08天津理综24）光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接）,用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能EP=49 J.在A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5 m,B恰能到达最高点C.取g=10 m/s2,求（1）绳拉断

31、后瞬间B的速度vB的大小;（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小;（3）绳拉断过程绳对A所做的功W.答案 (1)5 m/s (2)4 Ns（3）8 J解析 （1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC,有mBg=mB mBvB2=mBvC2+2mBgR 代入数据得vB=5 m/s（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1,取水平向右为正方向,有Ep=mBv12I=mBvB-mBv1代入数据得I=-4 Ns,其大小为4 Ns（3）设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有mBv1=mBvB+mAvAW=mAvA2代入数据得W=8 J14.(08广东19)如图（a）所示,在光滑绝

32、缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场,电场强度E随时间的变化如图（b）所示,不带电的绝缘小球P2静止在O点.t=0时,带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域,随后与P2发生正碰后反弹,反弹速度大小是碰前的倍,P1的质量为m1,带电荷量为q,P2的质量m2=5m1,A、O间距为L0,O、B间距L=.已知,T=.(1)求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间.（2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞.答案 （1）L0 T（2）能再次发生碰撞解析 （1）因为T=所以0T时间内P1做匀速直线运动,T s末恰好到达O点,与P2发生正碰.假设碰撞后P1向左移动时始终处在匀强电场中,向左运动的

33、最大距离为s,时间为t.根据动能定理得-qE0s=0-m1(v0)2s=L0L0根据匀变速直线运动的规律知s=v0tt=T4T由知,题意假设正确,P1向左运动的最大距离为L0,所需时间为T.（2）设P1、P2碰撞后P2的速度为v,以向右为正方向,根据动量守恒定律得m1v0=m1(-v0)+5m1v则v=v0假设两球能在OB区间内再次发生碰撞,设P1、P2从第一次碰撞到再次碰撞的时间为t(碰后P2做匀速直线运动)-v0t+t2=v0 t 则t=3T4TP1、P2从O点出发到再次碰撞时的位移s1=v0t=v0=L0L由知,题意假设正确,即两球在OB区间内能再次发生碰撞.15.(08广东20)如图所

34、示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U形滑板N,滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧面,A和D分别是圆弧的端点,BC段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P1和P2的质量均为m,滑板的质量M=4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为1=0.10和2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的B点.P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下,与P2发生弹性碰撞后,P1处在粗糙面B点上,当P2滑到C点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P2继续滑动,到达D点时速度为零,P1与P2可视为质点,取g=10 m/s2.问：（1）P2在BC段

35、向右滑动时,滑板的加速度为多大？（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后,P1与P2间的距离为多少？答案 （1）0.8 m/s2 (2)1.9 m0.695 m解析 （1）将N、P1看作整体,根据牛顿第二定律得：2mg=（M+m）aa= m/s2=0.8 m/s2(2)设P1到达B点的速度为v,P1从A点到达B点的过程中,根据动能定理有：mgR=mv2-mv02代入数据得v=5 m/s因P1、P2质量相等且发生弹性碰撞,所以碰后P1、P2交换速度,即碰后P2在B点的速度为：vB=5 m/s设P2在C点的速度为vC,P2从C点到D点过程中根据动能定理得：-mgR=-mvC2代入数据得vC=

36、3 m/s P2从B点到C点的过程中,N、P1、P2作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒,设P2到达C点时N和P1的共同速度为v.根据动量守恒定律得：mvB=mvC+(M+m)vv为滑板与槽的右端粘连前滑板和P1的共同速度.由动能定理-2mgL2=mvC2-mvB22mgLN=(M+m)v2L2和LN分别为P2和滑板对地移动的距离,联立得BC长度l=L2-LN=1.9 m 滑板与槽粘连后,P1在BC上移动的距离为l1-1mgl1=0-mv12 P2在D点滑下后,在BC上移动的距离l2mgR=2mgl2联立 得系统完全静止时P1与P2的间距l=l-l1-l2=0.695 m. 五 课后作业三

37、年高考集训（20052007）题组一一、选择题1（07全国卷I 18）如图所示,在倾角为30的足够长的斜面上有一质量为m的物体,它受到沿斜面方向的力F的作用.力F可按图(a)、(b)、(c)、(d)所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值,力沿斜面向上为正.)已知此物体在t=0时速度为零,若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率,则这四个速率中最大的是 ( )A.v1B.v2C.v3 D.v4答案 C解析 图(a)中,合力的冲量为Ia=Ft1+Ft2-mgsin 30t=-0.5 mg2+0.5 mg1-0.5 mg3=-2 mg;图(b)中,合力的冲

38、量为Ib=Ft1+Ft2+Ft3-mgsin 30t=-1.5 mg;图(c)中,合力的冲量为Ic=Ft1+Ft2-mgsin 30t=-2.5 mg;图(d)中,合力的冲量为Id=Ft1+Ft2-mgsin 30t=-1.5 mg,由于图(c)情况下合力的冲量最大,故v3是最大的.2.(07全国卷II 16)如图所示, PQS是固定于竖直平面内的光滑的 圆周轨道,圆心O在S的正上方.在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑.以下说法正确的是 ( )A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不相等C.a比b先到达S

39、,它们在S点的动量相等D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等答案 A解析 a自由下落,b沿圆弧下滑,a比b先到达S,二者下落高度相同,由机械能守恒定律可知,二者到达S时速度大小相同,故动量不同,A项正确.3.(07北京理综20)在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块.开始时滑块静止.若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1,持续一段时间后立刻换成与E1相反方向的匀强电场E2.当电场E2与电场E1持续时间相同时,滑块恰好回到初始位置,且具有动能Ek.在上述过程中,E1对滑块的电场力做功为W1,冲量大小为I1;E2对滑块的电场力做功为W2,冲量大小为I2.则 ( ) A.I1=I2B.4I1=I 2C.W1=0.25Ek,W2=0.75EkD.W1=0.20Ek,W2=0.80Ek答案 C解析 电场为E1时滑块的加速度为a1,电场为E2时滑块的加速度为a2,两段相同时间t内滑块运动的位移大小相等,方向相反,第一个t内的位移s1=a1t2,第二个t内的位移s2=v1t-a2t2=a1tt-a2t2=a1t2-a2t2,由s1=-s2得:a2=3a1,即:E2=3E1,所以I1=E1qt,I2=E2qt,则I2=3I1,故A、B错误.W1=E1qs,W2=E2qs,而W1+W2=Ek,所以W1=0.25Ek,W2=0.75Ek,故C对,