高中物理五年高考题荟萃动量守恒定律.pdf

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1、五年高考三年联考绝对突破系列新课标：选修3-5第15单元动量守恒定律本单元是高考的必考内容，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；计算题主要考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力；一般计算题具有过程错综复杂,图 景“扑朔迷离”、条件隐晦难辨，知识覆盖广的特点，经常是高考的压轴题.第一部分五年高考题荟萃两年高考 精 选(20082009)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

2、总质量为M,以速度V。匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v沿前进的方向射出质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为J ,若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是.一。(填写项前的编号)A/v0-(A/-m)v+mv=(A/-w)vz+w(v +vn)(3)A/v0-(A/-m)v+m(y+v)(4)Mva-Mv+mv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nh、m2,电荷量分别为qi、q2,A B两个小球山静止释放,重力加速度为g

3、,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(q +q?)E=(mi+mj 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(qi+q2)E=(mi+m2)g考 点3与动量有关的综合问题3.（全国卷I）2 1.质量为M的物块以速度，运动，与质量为卬的静止物块发生正碰,碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比影方可能为A.2 B.3 C.4 D.5答案：A B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.MV解析：由动量守恒定律可知，碰后两物块的动M均为，由于碰后 的速度不可能2MV MV大 于

4、 勿 的 速 度，故 有/一 二 一，可 得 曳21,由 碰 撞 前 后 能 脑 关 系 有：M m m（MV 2 MV 2|M+，可 得 丝4 3,故选A、B选项。2 2M 2m m4 .（山东卷）（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，4、B、C,质量分别为屈=%=2处*加，4、6用细绳连接，中间有一压缩的弹簧（弹簧与滑块不栓接）。开始时力、B以共同速度 运动，。静止。某时刻细绳突然断开，从8被弹开，然 后6又 与 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求8与C碰撞前6的速度。%解析：设共同速度为v,球A和B分开后，B的速度为为，由动量守恒定律有(mA+mB)v0=mAv+mBv

5、B,mBvB=(mB+mc)v,9联立这两式得B和C碰撞前B的速度为vf i=%。【考点】动量守恒定律5.（全 国 卷I）2 5.（1 8分）如图所示，倾 角 为0的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为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。己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；小 A（2）三个木箱匀速运动的速度；y/A（3）在第一次碰撞中损失的机械能。解析：(1)设工人的推力为人则有/S m g (s i n 0+c

6、o s J)(2)设第一次碰撞前瞬间木箱速度为入，由功能关系得:Fl =mgl s i n 0+/j mgl c o s。；m v；设碰撞后两木箱的速度为火，有动量守恒得:m V=2 m V2 设再次碰撞前瞬间速度为。3,由功能关系得：Fl -Imgl s i n 0+2/j mgl c o s 0+x 2 m（v 一 ）设碰撞后三个木箱一起运动的速度为入，山动量守恒得：2 m%=3/y .2 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _由以上各式可得4 =J 2 g/(s i n 6 +4 c o s 6)(3)设在第一次碰撞中损失的机械能为/有：E-m V y m

7、 v2 由式可得：A 51=mgl(s i n +/c o s O)6.(天 津 卷)1 0.(1 6 分)如图所示，质量皿=0.3k g 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1 5 m,现有质量m2=0.2k g 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=1 0 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v 。不超过多少。(1)0.2 4 s (2)5 m/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

8、系这些物理规律的运用。(1)设物块与小车的共同速度为火 以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0-(M 7,+w2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为先对物块应用动量定理有-Ft=m2V _ m2vo其中F=2 g解得f=-%4（町+加2）g代入数据得 Z =0.24 s（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/,则?1%=（呵+/I%V 由功能关系有K=纲+公 产+4”代入数据解得=5 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑1 1 小车的速度小不能超过5 m/s。7.（北京卷）2 4.（2 0 分）（1）如 图 1 所示，A B C 为一固定在竖直平面内的光

9、滑轨道,B C 段水平，A B 段 与 B C 段平滑连接。质量为町的小球从高位人处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道B C 段上质量为m2的小球发生碰撞,碰撞后两球两球的运动方向处于同水平线匕 且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球加2 的速度大小匕：B C图I（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，质量分别为犯、加2、/加,1、mn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

10、第“个球经过依次碰撞后获得的动能片与以|之比为第1 个球对第个球的动能传递系数髭，a.求勺“b.若g=4 加0，/=%）,%为确定的已知量。求 也 为何值时，人 值最大册 删j凡4 m.温)小 滤 加 样L曲而加冷苏打粉标郎C图2【解析】2 4.(1)设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律机 ig =gg脸 设碰撞后mi与肌的速度分别为“和 v z,根据动量守恒定律阳%0=加 1+m2V2 山于碰撞过程中无机械能损失+-m2v2、式联立解得V2=210,7 M +62将代入得2miyl2ghv2=-团-1 -+-阳-2-(2)a由式，考虑到EKI=小编和球2=g 帆 2万得根据动能传递系数的定义

11、，对 于 1、2 两球3=钮=4他，敢 Ek(叫+吗9同理可得，球叱和球nt碰撞后，动能传递系数k g应为/%_ 后 次 _ 后 小 Eg _ 4m2 T 4m2m3 E、Ek 纵 2(w,+m2)2(ot2+m3)2依次类推，动能传递系数k”,应为ki nEk-Ek2 t Ek3 Ek“=4加|，叱.4咿3.4叫_阿“Ek Ek Eki E“_|)(W 1+w2)2(w2+/M3)2(W_,+mn)2解得L _ 4 鹏2m3“1-7 0 -)(的+团2)(m2+加 3)(-l+加”)b.将 mi=4 mo,nu=m0代入式可得k、2 6 4?o加 2(4加()+加2)(加 2+加。)2为使跖

12、最大，只需使=最大，即叫(4%+m2)(加 2+机 o)4 丽?2+遍取最小值,由+4 7 H o可知当而7 =字”,即 相2=2加0时，213最大。8.(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 4 m.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N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人处(见题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

13、与空气阻力，重力加速度为go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：设外壳上升高度儿时速度为V”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(4 mg+m)(hz hi)=g (4 m+m)V2 解得 V2=J2g(刈-4)；(2)外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有 4 m%=(4 mg+m)V 2,解得V 尸2g(色一 4),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W 4 mgh

14、i=(4 m)V iS2及“曰 25九一94解得W=-L mg；4(3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为马黄=；(4 m)疗 一;(4 m+m)V z 2,联立解得E 损=；mg(hL hi)。9.(广东卷)19.(16 分)如图1 9 所示，水平地面上静止放置着物块B和 C,相距/=L 0m。物块A以速度=1 0 m/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v=2.0 m/s o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=0.4 5.(

15、设碰撞时间很短，g取 1 0 m/)(1)计算与C碰撞前瞬间A B 的速度；(2)根据A B 与 C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后A B 的可能运动方向。图19【解析】设A B 碰撞后的速度为v.,A B 碰撞过程由动量守恒定律得mv0-2/M V设与C碰撞前瞬间A B 的速度为v z,由动能定理得-/Jmgl.=-1 mv2 1 02 -mvi联立以上各式解得V 2=4 m/s 若 A B 与 C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv 2=(2+4)mv代入数据解得k=2此时A B 的运动方向与C相同若 A B 与 C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得2mv 2 =2mv

16、3+kmv1 _ 2 1 c 2 r 2-2 w v；=-2/w v,H-kmv2 2 2 3 2V3联立以上两式解得2 A-V22+k 24v=-v92+k 2代 入 数 据 解 得k=6此时A B 的运动方向与C 相反若 A B 与 C发生碰撞后A B 的速度为0,山动量守恒定律得2m v2=kmv代入数据解得上=4总上所述得 当2 4左4时，A B 的运动方向与C相同当左=4时，A B 的速度为0当4人W 6时，A B 的运动方向与C相反1 0.(0 8 全 国 1 2 4)图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放濯底J 光滑曾定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点0由一不可伸长的轻绳相

17、连,轻绳长 而 f 始时，轻 赢 于II水平拉直状态，小球和滑块均静止.现将小球由静止释放，当小球到达最底点时,滑块刚 好II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,小或继续向左摆动，当I轻绳与竖直方向的夹角6=6 0 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 g m g 1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打、V 2,山机械能守恒定律得m v,+m v2J=m g l 2 2小球由最低点向左摆动到最高点时;山机械能守恒

18、定律得m v2J=m g l (1-c o s 6 0 )2联立式得V=V2-y gl 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7=0-m v!解 得I=-my gl (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m g l+W=m v22 4V5VRy=-VO5联立式得W=-mgl2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mgl211.(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v。与A加8静止在平面边缘0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：MOD曲线，如图所示.：

19、*I(1)已知小滑块质量为m,碰撞时间为 t,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小；D(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0D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p.与B平抛经过该点的动量p“的大小关系；b.在0D曲线上有一点M,0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.P/P B b.V“=-V oA/5解析(1)滑块A与B正碰，满足mvA+mvB=mvo mvA2+m V B J

20、 mvo2 2 2 2由,解得VA=O,VB=VO,根据动量定理，滑块B满足F t=mvo解得F=%O.A t(2)a.设任意点到0点竖宜高度差为d.A、B由0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=m gd,Ekn=mgd+m vo2由于 P=J2?EK，=、尽=1W 1 PB g yv02+2gd即 PA x=y,所以y=g因为A、B的运动轨迹均为O D 曲线，故在任意 点，两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为V 岷和VB”速率为VB；A水平和竖直分速度大小分别为V*和 V A”速度为V A,则VA x _ VB X VA y _

21、V 砂B 做平抛运动，故 V i)x=v o,V B，=J 2 g y ,V i F +2 gy对 A山机械能守恒得VE也 以山得v x :。廊,v=2.师+2劭 vvo2 +2sy将代入得 V M=一 V0 V,y=V o1 2.（0 8 四川理综2 5）如图所示，一倾角为，=4 5。的斜面固定于地面，斜而崛缪地面的高 度 h o=l m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自山释放一质於0 9 k g的小物块（视为质点）.小物块与斜面之间的动摩擦因数 =0.2.当处多片错板碰撞后，将以原速返回.重力加速度g 取 1 0 m/s2.在小物块与挡板的前4 次 碰 撞 确*藤 播 浮 乐

22、 物 块的总冲量是多少？答案 0.4(3+7 6 )N s解析 解法一:设小物块从高为h处山静止开始沿斜面向下运动,到达斜面底端时速1 h度为v,由功能关系得：m g h 二 一m v v m g c os 0-2 s i n g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：7=m v-m（-v）设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h ,则1人，m vJ=m g h +u m g c os 0-2 sin。1 ，同理,有 m g h =m v +m g c os -2 sin。I=m v )式中，v为小物块再次到达斜面底端时的速度，/为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量.

23、由式得T=k Z 式中k=tan。一 tan 6+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/i=2m y 2 gh0(-j Ucot O)总冲量为A/,+7 2+/1 (l+k+k2+k:,)1 J r 由 +k+k，+k =-k得 1-2加 J2g%()(1-/cot。)I k代入数据得7=0.4(3+7 6)N -s 解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向卜一运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向卜运动的加速度为a,依牛顿第二定律得m g s inmgco s 0=m a设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则:2 hv-2a-sin。以沿斜面向上为

24、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7=m v-m(-v)由式得7=2m y 2 gh(i -/I cot 0)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：mgs in+m gcos 6=ma 小物块沿斜面向上运动的最大高度为v2hz=sin 6由式得h，=k2h.,/tan 6-式中k=J 丁 上)tan 6+同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量为：I=2mj2g(l-cotg)由 式 得/=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/i-2m J2g%(l-/cot 总冲量为后4+4+7；=/(l+k+k2+k3)-kn由

25、1+k+kz+k=-k-I 1 4得 I-2m,2g%(1-cot。)k代入数据得7=0.4 (3+V6 )N s13.(08天津理综2 4)光滑水平面上放着质量m、=l k g的物块A与质量皿尸2 k g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E,.=4 9 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4 c.取g=10 m/s)致(1 )绳拉断后瞬间B 的

26、速度Vn 的大小；(2)绳拉断过程绳对B 的冲量/的大小；(3)绳拉断过程绳对A 所做的功W.答案 5 m/s (2)4 N s (3)8 J2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v c,有 助 唱 二 皿,三R-D I B v B2：-n bVc 2+Z m Bg R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V.,取水平向右为正方向，有 E p-n t ov,227=mBVB-m BVi代入数据得4-4 N s,其大小为4 N-s(3)设绳断后A 的速度为vA,取水平向右为正方向，有 m i N L D i aVu+m w,、1W=B

27、IAVA2代入数据得W=8 J1 4.(08 广 东 19)如 图(a)所示,在光滑绝缘水平面的A B 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R 静止在0 点.t=0时,带正电的2小 球 Pl 以速度V。从 A点进入A B 区域,随后与P2发生正碰后反弹,反弹速度大小是碰前的一3倍,Pi 的质量为皿,带电荷量为q,P?的质量m2=5ml,A,0 间距为L o,0、B间 距 L=已知3qE _ 2V o T=A lS 3L0 V。I 工 I EL I i.,A B 0 7 2T 37 4T 57 67 r(a)(b)(1)求碰撞后小球P i向左运动的最大

28、距离及所需时间.(2)讨论两球能否在0B区间内再次发生碰撞.答案(1),L。T(2)能再次发生碰撞3解析(1)因为T=V,、所以0T时间内Pi做匀速直线运动,T s末恰好到达0点，与P2发生正碰.假设碰撞后P i向左移动时始终处在匀强电场中，向左运动的最大距离为s,时间为t.根据动能定理得 2-qE(1s=0-mi(Vo)2 2 3s=-LoLo3根据匀变速直线运动的规律知1 2s=,V o t 2 3t=&=T4T vo由知,题意假设正确,P i向左运动的最大距离为工鼠,所需时间为T.3(2)设R、3碰撞后P?的速度为V,以向右为正方向，根据动量守恒定律得2 _miVo=mi(-vo)+5m

29、iv 3则v=-Vo3假设两球能在0B区间内再次发生碰撞,设P1、P?从第一次碰撞到再次碰撞的时间为tz(碰后P2做匀速直线运动)_2-+J_也.t，J。t3 2 m,3则 t =%n=3 T 1 0 飞=4 5 S,/77 V 4 5 S x 2山动量定理可得：F t=m v,而 p=，所以 p=-P a=O.1 5 P a.5St 5x36005.（0 7 四川理综1 8）如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙匕质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m 的小球从槽高h处开始自由下滑A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互

30、作用力始终不做功C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h 处答案 C解析 小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，由于小球与槽质量相等,分离后小球和槽的速度大小相等，小球与弹簧接触后，由能量守恒可知，它将以原速率被反向弹回，故 C项正确.二、非选择题6.（0 7 四川理综2 5）目前,滑板运动受到青少年的追捧.如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，赛道光滑,F G/为圆弧赛道，半 径 R=6.5 m.G 为最低点并与水平赛道B C 位于同一水平面,K A、D E 平台的高度都为h=l.8 m,B、C、F处平

31、滑连接.滑板a 和 b 的质量均为m,m=5 k g,运动员质量为M,M=4 5 k g.表演开始,运动员站在滑板b上,先让滑板a从 A点静止下滑,匕=0.1 s 后再与b 板一起从A点静止下滑.滑上B C 赛道后，运动员从b 板跳到同方向运动的a 板上,在空中运动的时间t2=0.6 s (水平方向是匀速运动).运动员与a 板一起沿C D 赛道上滑后冲出赛道,落在E F 赛道的P 点,沿赛道滑行,经过G点时,运动员受到的支持力N=7 4 2.5 N.(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取 g=1 0 m/s2)(1)滑到G点时,运动员的速度是多大？(2)运

32、动员跳上滑板a后，在 B C 赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？(3)从表演开始到运动员滑至/的过程中，系统的机械能改变了多少？答案(1)6.5 m/s (2)6.9 m/s (3)8 8.7 5 J解析(1)在 G点,运动员和滑板一起做圆周运动,设向心加速度为a,速度为vG,运动员受到重力M g、滑板对运动员的支持力N的作用，则N-M g=M a 2a“=-RR(N-M g)V Mvc=6.5 m/s(2)设滑板a由A点静止下滑到B C 赛道后速度为V”由机械能守恒定律有m g h=m v i2(6)2解得vi=运动员与滑板b 一起山A点静止下滑到B C 赛道后,速度也为0.运动员由滑板b

33、 跳到滑板a,设蹬离滑板b 时的水平速度为v2,在空中飞行的水平位移为s,则S 7 2 t 2设起跳时滑板a与滑板b 的水平距离为s o,则S o-V i t i设滑板a在 时间内的位移为s 则S 1 7 1 t2S=So+Si即 V2t2=V1(tl+t2)运动员落到滑板a后,与滑板a共同运动的速度为v,由动量守恒定律mvi+Mv2=(m+M)v 山以上方程可解出代入数据,解得V=6.9 m/s (3)设运动员离开滑板b 后,滑板b 的速度为V”有M v2+m v3=(M+n i)V i可算出va=-3 m/s,有必|=3 m/s v i=6 m/s,b 板将在两个平台之间来回运动，机械能不

34、变.系统的机械能改变为A E=(M+m)v/+m v32-(m+m+M)g h2 2故 A E=8 8.7 5 J7.(0 7 重庆理综2 5)某兴趣小组设计了一种实验装置,用来研究碰撞 华曾纤问题，其模型如右图所示.用完全相同的轻绳将N 个大小相同、质量不等的小球并列/悬挂于一水平 3占&3杆，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3.N,球的质量依次递减，每个球的质量与其相邻左球质量之比为k(k 1 6 2 v 2由式得V.“=J=(-)V!l+k l+k2N=n+1=5 时，V5=(-)v i 1 +左山三式得k=J T =0.4 1 4(1 0)式 中 1 为摆长.根据式,经

35、n次碰撞后E=(0.8 1)E。易算出(0.8 1 尸=0.6 5 6,(0.8 1)=0.5 3 1,因此,经过3次碰撞后夕将小于4 5 .1 0.(0 7 山东理综3 8)在可控核反应堆中需要给快中子减速,轻水、重水和石墨等常用作减速剂.中子在重水中可与1H核碰撞减速,在石墨中与 C核碰撞减速.上述碰撞可简化为弹性碰撞模型.某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰,通过计算说明,仅从一次碰撞考虑,用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好？答 案 见 解 析解析 设中子质量为瓯靶核质量为m,由动量守恒定律：mnV o=m n V i+m v2由能量守怛:mr ivo2-mnvi2+m v222

36、 2 2m m解得：v k v0在重水中靶核质量：m 产2 m”，V n F加-”-一-根4 v0=-V o加“+加 3在石墨中靶核质量：m c=1 2 mn,mn-mc 11V 1C=-VQ=-Vomn+mc 13与重水靶核碰后中子速度较小,故重水减速效果更好.题组二一、选择题1.(0 6 全国卷I 2 0)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经 At 时间,身体仰直并刚好离开地面,速度为V.在此过程中（）A.地面对他的冲量为m v+m g A t,地面.对他做的功为-m v22B.地面对他的冲量为m v+m g t,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为m v,地面对他做的功为,m v

37、，2D.地面对他的冲量为m v-m g A t,地面对他做的功为零答案 B解析 设地面对运动员的作用力为F,则由动量定理得：（F-m g）t=m v,故 F A t=m v+m g t；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面,地面对运动员做功为零,这是因为地面对人的作用力沿力的方向没有位移.2.（0 4 上 海 3 5）在行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害,人们设计了安全带.假定乘客质量为7 0k g,汽车车速为1 0 8 k m/h（即 3 0 m/s）,从开始刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带对乘客的作用力大小

38、约为（）A.4 0 0 N B.6 0 0 N C.80 0 N D.1 0 0 0N答案 A解析根据牛顿运动定律得Av 30F=m a=m-=7 0 X N=4 2 0 Nt 5安全带对乘客的作用力大小也为4 2 0 N,和 A 选项相近,所以选A.3.（0 4 天津理综2 1）如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为皈=2 1 ,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 k g m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 k g m/s,则（）2 A.左方是A球,碰撞后A、B 两球速度大小之比为2 :5B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小

39、之比为1 ：1 0C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2 :5D.右方是A球,碰撞后A、B 两球速度大小之比为1 ：1 0答案 A解析 由niB=2叫知碰前VB/=2 kg m/sPi/=mnVB,=10 kg m/sv 2由以上各式得T =一，故正确选项为A.VB 5若右为A球,由于碰前动量都为6 kg m/s,即都向右运动,两球不可能相碰.4.（04上海8）滑块以速率打靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为V2,且v2 h，故C对,D错.二、非选择题，则有:射线,这就是所谓镀“辐射1 93 2 年,查德威克用被“辐射”分别照射（轰击）氢和氮（它们可视为处于静止状

40、态），测得照射后沿被“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0.查德威克假设被“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.假定镶“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被“辐射”的中性粒子的质量.（质量用原子质量单位u 表示,1 u等于一个，2C原子质量的十二分之一.取氢核和氮核的质量分别为1.0 u和 1 4 u.）答案 L 2 u解析 设构成被“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m“.构成 被“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，和 V .由动量守恒与能量

41、守恒定律得：m v=m v +m nV i/1 m v 2=m v .2+1 m nV i i 22 2 2解得V =上_ 同理,对于质量为m、的氮核,其碰后速度为v?由式可得/，小 二 加 小,一 平 VH VN根据题意可知VH，=7.OVJ （6）将上式与题给数据代入式得0 1=1.2 u6.（0 7宁夏理综2 3）倾斜雪道的长为2 5 m,顶端高为1 5 m,下端绎过一小段圆弧过渡25 m后与很长的水平雪道相接.如图所示,一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端 袋 爬 平 速 鳏 N j n/s飞出.在落到倾斜雪道上时,运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起,除缓冲过程外运动员

42、可视为质点,过渡圆弧光滑,其长度可忽略.设滑雪板与雪道的动摩擦因数p=0.2,求运动员在水平雪道上滑行的距离（取 g=1 0 m/s2）.答案 74.8 m解析如图选坐标,斜面的方程为,3y=x t a n 0=x4运动员飞出后做平抛运动X=V0t1 2y=-g t2联立式,得飞行时间t=l.2 s落点的X 坐标Xi=vot=9.6 m落点离斜面顶端的距离X.S i=1 2 mco s。落点距地面的高度hi=(L-S i)s i n 0=1.8 m接触斜面前的x方向的分速度vx=8 m/sy 方向的分速度V y=g t=1 2 m/s沿斜面的速度大小为v=vxco s J+V y s i n

43、=1 3.6 m/s设运动员在水平雪道上运动的距离为S 2,由功能关系得m g hi+m v =z/m g co s (L-S i)+/m g s a 2解得 S 2=74.84 m 74.8 m 7.(0 6上海2 1)质量为1 0 k g 的物体在F=2 0 0 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地血的夹角，=37 .力 F作用2秒钟后撤上去,物体在斜面上继续上滑了 1.2 5秒钟后,速度减为零.求:物体与斜面间的动摩擦因数和物体的总位移 s.(已知 s in 3 7 =0.6,co s 3 7 =0.8,g=1 0 m/s2)答案 0.2 5

44、1 6.2 5 m解析 设力F 作用时物体沿斜面上升加速度为a.,撤去力F后其加速度变为山,贝ait 尸 a2 t2 有力F作用时,物体受力为:重力m g、推力F、支持力M、摩擦力3在沿斜面方向上，由牛顿第二定律可得：F eo s，-m gs in，-fi=m ai fi=Ni=(m geo s 夕+Fsin撤去力F后,物体受重力m g支持力N2.摩擦力f2,在沿斜面方向上,由牛顿第二定律得:m gs in 6*+f2=m a2(4)f2=N2=j m geo s 0 联立式,代入数据得：a2=8 m/s2 a)=5 m/s2 u=0.2 5物体运动的总位移s=-a1 t+a2 t/=(X 5

45、 x2+-X 8 X1.2 5 )m=l 6.2 5 m2 2 2 28.(2 006 江 苏 1 7)如图所示，质量均为m的 A、B两个弹性小球，用长为2 1 的不可伸长的轻绳连接.现把A、B两球置于距地面高H 处(H足 够 大)，间距为1,当 A球自由下落的同时，将 B球以速度V。指向A球水平抛出，求：(1)两球从开始运动到相碰，A球下落的高度；(2)A、B 两球碰撞(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.勺一二答案 吗 V。0(3)2 v。-解析(1)设 A球下落的高度为hl=V o th=gt22联立得h=-C2 v 2(2)由

46、水平方向动量守恒得m vo=m vA x,+m vBx由机械能守恒得m (V OV B V)+m v,v m(vA x/+vA y 2)+2 2 2式中 VAJ =V.VBJ =vBy联立得v“=VO,VBJ =02Hm(V B J，+V BJ (3)由水平方向动量守恒得m vo=2 m vB x贝 lj 7=m vo-m vBxW=-29.(2 006 重庆理综2 5)如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球A、B质量分别为m、m(为待定系数).A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B 球相撞,碰撞后A、B球能达到的最大高度均为-R,4碰撞中无机械能损

47、失.重力加速度为g.试求：(1)待定系数;(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；(3)小球A、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度,并讨论小球A、B 在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度.答案(1)=3 A:v产-,方向向左;B：V 2=J g g R ,方向向右;4.5 m g,方向竖直向下(3)A:V 产-J 须，B:V2=0.当 n为奇数时,小球A、B 第 n次碰撞结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同.当 n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相解析(1)由 mgR=K+-得=34 4(2)设 A、B 碰撞后

48、的速度分别为“、V2,则2 42 4设向右为正、向左为负，得V1一 J g g A ,方向向左V2:g g T?,方向向右设轨道对B 球的支持力为N,B 球对轨道的压力为N，方向竖直向上为正、向下为负，v 2则 N-m g=N，=-N=-4.5 m g,方向竖直向下(3)设 A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为、V2,则-m V-夕m 丫2=mV +mV 2,mgR=-1m 22+-1 m V 222解得V尸-伤 口，Vz=O(另一组解:V|=-V|,V2=-V2不合题意,舍去)由此可得：当 n为奇数时，小球A、B 在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第次碰撞刚结束时相同；当 n为偶数时，小球

49、A、B 在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相10.(0 5 天津理综2 4)如图所示，质量小为4.0 k g 的木板A 放在水平面C上，_ _ _ _L_ _ _ _ _C木板与水平面间的动摩擦因数H为 0.24,木板右端放着质量n i B 为 1.0 k g 的小物块B (视为质点)，它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12 N s 的瞬时冲量/作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能氏、为 8.0 J,小物块的动能小为0.5 0 J,重力加速度取10 m/s2,求：(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度Vo；(2)木板的长度L.答案(1)3.Om/s(2)0.5 0

50、 m解 析(1)设水平向右为正方向，有7=m AV0 代入数据解得v o=3.Om/s(2)(2)设 A 对 B、B对 A、C对 A 的滑动摩擦力的大小分别为时,、FBA和 F e o B 在 A 上滑行的时间为t,B离开A 时 A 和 B的速度分别为v.和VB,有-(FBA+FCA)t=m AV m*v o F AB t=mBvB其中 FAB=FB AFC A=(n u+r a,)g设 A、B相对于C的位移大小分别为S.和SB,有一(FB A+FC A)SA=HIAVA2-mAVo22 2FABSB=EK B动量与动能之间的关系为m,、v产也机拉皿mBvB=）2加拉、木板A 的长度L=SSB