高中物理五年高考题荟萃--动量守恒定率.pdf

《高中物理五年高考题荟萃--动量守恒定率.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理五年高考题荟萃--动量守恒定率.pdf（90页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1.（福建卷）一炮舰总质量为M,以速度v o 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一,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）叫）+Mv（）=（M m）vf+m（v+v0）A/%=（M-m）vr+m（y+vz）Mv0=Mv+mv3 .（全国卷I）2 1.质量为材的物块以速度/运动，与质量为力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 为可能为A.2 B.3 C.4 D.54 .（山东卷）（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A,6、C,质量分别为以=%=2 勿,阿=勿，A,6用细绳连接，中

2、间有一压缩的弹簧（弹簧与滑块不栓接）。开始时4、8以共同速度外运动，6 1 静止。某时刻细绳突然断开，4、8被弹开，然后8又 与，发生9碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求 6与 C 碰撞前6的速度。vB=-v0o6.（天津卷）1 0.（1 6 分）如图所示，质量m=0.3 k 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=0.2 k g可视为质点的物块，以水平向右的速度v =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4 =0.5,取 g=1 0m/s2,求（1）物块在车面上滑行的时间t;（1）0.2 4 s（2）要使物块

3、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。（2）5 m/s7 .（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处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道B C 段上质量为加2 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。求碰撞后小球加2 的速度大小彩；A图 Iv _ 2m2gl2+m28.（重庆卷）2 4.（1 8 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和题24图4

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2 4 图 a)；由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为储时，与静止的内芯碰撞(见题2 4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从处(见题2 4 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儿处，笔损失的机械能。解析：设外壳上升高度X时速度为,外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为,(1)对外壳和内芯，从撞后达

5、到共同速度到上升至乩处，应用动能定理有(4 mg+m)(h2hi)=；(4 m+m)V2 解得 L=J 2 g(%-%);(2)外壳和内芯,碰撞过程瞬间动量守恒，有 4 nM=(4 mg+m)”,解得 V i=a J 2 g(Z?2 -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 mghi=，(4 m)V j,2解得W=25一9九皿 8；4(3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h?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，损失的能量为岛=1(4 m)V,2-1 (4 m+m)V/，联立解得E 损=(mg(hz-h)。9.(广东卷)1 9

6、.(1 6 分)如图1 9 所示,水平地面上静止放置着物块B 和 C,相距/=1.0 m.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。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.(设碰撞时间很短，g 取 lO m/s?)(1)计算与C 碰撞前瞬间AB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AB碰撞后的速度为V,AB碰撞过程由动量守恒定律得m v0=设与C碰撞前瞬间A

7、B的速度为v z,由动能定理得-/Jmgl,-1-2 1 m vi2联立以上各式解得匕=4m/s若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv 2=(2+k)mv代入数据解得k =2此时AB的运动方向与C相同若AB与C发生弹性碰撞，山动量守恒和能量守恒得2mv 2=2OTV3+k mv1 c2 m v,2 =1 c 2 m v：2 H 1 k,mv2-2 3 2联立以上两式解得 2 +k代 入 数 据 解 得k=6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2mv 2-k mv代入数据解得左=4总卜.所述得 当2 4 k 4时，AB的运动方向与C相同当k

8、=4时，AB的速度为0当4 c 4 4 6时,AB的运动方向与C相反10.(08全 国124)图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放懒勺光滑曾定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点o由不可伸长的轻绳相连,轻绳长 J1&f始时:轻绳业于水平拉直状态，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。=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。

9、)/萩 ；m g l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、V2,山机械能守恒定律得,m vj+，m vz J m g l 2 2小球由最低点向左摆动到最高点时，由机械能守恒定律得m v2J=m g l(1-co s 6 0 )2联立式得Vl=V2=A/g/(3)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AO-m vi解 得I=-m-y gi(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=n i V22 2联立式得W=-m g l2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-m

10、 g l21 1.(0 8 北京理综2 4)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%B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 V O D 曲线，如图所示.；:(1)已知小滑块质量为m,碰撞时间为A t,求碰撞过程中A 对 B 平均冲力的大小；”.5”(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O D 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6与 B 平抛经过该点的动量PB的大小关系

11、；b.在 0 D 曲线上一有一点扎0和 M两点连线与竖直方向的夹角为4 5 .求 A 通 过 M点时的水平分速度和竖直分速度./77V答案（1）一（2）a.pA22由于哈际，有乙=乒守1 1PB EKB VVO+2 g d即 PA 0间距为L o,0、B间 距 L=-已知3qEq 2 V o T=5加i 3L v0 I-里 I EVo-；:及 午 L A j,：,A O B 0 7 27 3T 47 57 67 t(a)(b)(1)求碰撞后小球P i 向左运动的最大距离及所需时间.(2)讨论两球能否在0 B 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

12、0T时间内Pi做匀速直线运动,T s末恰好到达0点,与R发生正碰.假设碰撞后P.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1 2_qEoS=O-mi（v（i）22 3s LoLo3根据匀变速直线运动的规律知1 2s=,V o t2 3t=l=T4Tvo由知,题意假设正确,P i向左运动的最大距离为，L。,所需时间为T.3（2）设Pi、巴碰撞后巴的速度为V,以向右为正方向，根据动量守恒定律得2miv（i=mi（v（j）+5niiV3n贝,1v=_ Vo3假设两球能在OB区间内再次发生碰撞,设Pi、P?从第 诙碰撞到再次碰撞的时间为t,（碰后巴做匀速直线运动）二

13、常+L也 /3 2 mx 3则 t=%=3 T4T V。Pi、P?从。点出发到再次碰撞时的位移1 3Lsi=vot/=V o,-=LoL 3 3 Vo由知,题意假设正确，即两球在0B区间内能再次发生碰撞.15.（0 8广 东20）如图所示，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=0.4 5 m的 1/4 圆弧面,A和 D分别是圆弧的端点,B C段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P i和 的 质 量 均 为 m,滑板的质量M=4 m.P,和 R与 B C 面的动摩擦因数分别为尸 0.1 0 和“2=0.4 0,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,P 2

14、静止在粗糙面的B点.P i以 v o=4.0 m/s 的初速度从A点沿弧面自由滑下,与R发生弹性碰撞后,P i处在粗糙面B点上,当P?滑到C点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P,继续滑动,到达D点时速度为零,P i与 P 2 可视为质点,取g=1 0 m/s?.问：(1)P z 在 B C 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？(2)B C 长度为多少？N、P i和 P 2 最终静止后,P i与巳间的距离为多少？答案(1)0.8 m/s?(2)1.9 m 0.6 9 5 m解析(1)将 N、P,看作整体，根据牛顿第二定律得：k t 2m g=(M+m)a =上理=竺型 m/s M).8

15、m/s?M+m 4m+m 5(2)设 P i到达B点的速度为v,P i从 A点到达B点的过程中,根据动能定理有：m g R=-m v2-m v02 2 2代入数据得v=5 m/s 因 P-P 2 质量相等且发生弹性碰撞,所以碰后P i、P 2 交换速度，即碰后P z 在 B点的速度为：VB=5 m/s 设已在C点的速度为v c,P 2 从 C点到D点过程中根据动能定理得：1 2-m g R=-m v c 2代入数据得v c=3 m/s P 2 从 B点到C点的过程中,N、P i、P 2 作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒，设 P 2到达C点时N和 B的共同速度为.根据动量守恒定律得：m

16、v iF m v c+(M+m)v v,为滑板可槽的右端粘连前滑板和巴的共同速度.由动能定理-2 m g L 2=m v(2-m v B2(9)2 22 m g L =(M+m)v1 2 L 和 L、分别为P?和滑板对地移动的距离,联立得BC长度1=L2-LS=1.9 m 滑板与槽粘连后,Pi在 BC I：移动的距离为U-P imgli=O-mvi2 2R 在 D点滑卜后,在BC上移动的距离12mgR=：；mgl2 联疝）得系统完全静止时R 与已的间距 1=177=0.695 m.三年高考集训（20052007）题组一、选择题1.（07全国卷I 18）如图所示，在倾角为3 0 的足够长的斜面上

17、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 30。_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _中纵坐标是F 与 mg的比值，力沿斜面向上为正.）己知此物体在t=0时速度为零，若用白、V2、V 3、V 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答案 C解析 图（a）中，合力的冲量为 4=Fti+Ft2-mgsin30 t=-0.5 mgX 2+0.5 mgX 1-0.5 mgX3=-2 mg;图（b）中,合力的冲量为 7b=Ft!+F12+F13-mgsin 30 t=T

18、.5 mg;图（c）中,合力的冲量为 4=Fti+Ft2-mgsin 30 t=-2.5 mg;图（d）中，合力的冲量为 Zi=Fti+Ft2-mgsin 30 t=-l.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11 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04在 S 的正上方.在0 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自山下落,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,它们在S 点的动量相等D.b

19、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.（0 7 北京理综2 0）在真空中的光滑水平绝缘面上有带电小滑块.开始时滑块静止.若在滑块所在空间加一水平匀强电场日,持续一段时间后立刻换成与以相反方向的匀强电场E 2.当 电 场 E 2 与 电 场 E i 持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能尻在上述过程中,E i 对滑块的电场力做功为Wi,冲量大小为艮对滑块的电场力做功为W2,冲量大小为I2.则（）A.1-12B.C.WFO.2 5 E k,

20、W2=0.75 EkD.WFO.2 0 Ek,W2=0.80 E k答案 C解析 电场为E i 时滑块的加速度为at,电场为E z 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内的位移第二个t内的位移2Sa v）ta z t a i t ,t a 2 t2=a t t a 2 t；由 s i=-S2 得：a z=3 a i,即：E z=3 E i,所以 7；=E i q t,4=E z q t,2 2 2则 层 3 7；,故 A、B 错误.归E y s,W2=E2q s,而 W i+W z=L,所以WFO.2 5 E k,W2=0.75 Ek,故 C

21、对,D 错.4.（0 7 重 庆 理 综 1 7）为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测 得 1小时内杯中水位上升了 4 5 m m.查询得知，当时雨滴竖直下落速 度 约 为 1 2 m/s.据此估算该压强约为（设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为 I X l O k g/n?）A.0.1 5 P a B.0.5 4 P a C.1.5 P aD.5.4 P a答案 A解析设圆柱形水杯的横截面积为S,则水杯中水的质量为m=0 V=l O X 4 5 X l O ：S=4 5 S,7 7 7 V 4 5 X 2山动量定理可得：Ft=m v

22、,而 p=卷，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

23、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=1.8 m,B、C、F处平滑连接.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,ti=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wo

24、.6 s（水平方向是匀速，运动）.运动员与a板一起沿C I）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=74 2.5 N.（滑板和运动员的所有运动都在同竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取 g=1 0m/s2）（1）滑到G点时,运动员的速度是多大？（2）运动员跳上滑板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)6.5m/s(2)6.9 m/s(3)8 8.75 J解析 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,运动员受到重力悔、

25、滑板对运动员的支持力N的作用，则N-M g=M an an-R“2即 N-M g=一RV G=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 i,由机械能守恒定律有m g h=m v i2(6)2解 得 v i=，2 g/?运动员与滑板b 一起由A 点静止下滑到B C 赛道后,速度也为V 1.运动员由滑板b 跳到滑板a,设蹬离滑板b 时的水平速度为v2,在空中K 行的水平位移为s,则S=V2 t2设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为so,则So=Viti设滑板a在t z时间内的位移为S 1,则S i=V it2S=So+Si即 V2t2=V l(tl+t2)运动员落到滑板a

26、后,与滑板a共同运动的速度为V,由动量守恒定律m v i+M v 2=(m+M)v 山以上方程可解出丫/2 +加0+2)屈(M+m)t2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v3)有Mvz+mv3=(M+m)Vi可算出V3=-3 m/s,有|v：；|=3 m/svi=6 m/s,b板将在两个平台之间来回运动，机械能不变.系统的机械能改变为A E=(M+m)v/+mv32-(m+m+M)gh2 2故 AE=88.75 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

27、列悬挂于一水平杆，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 +%1 +左2N=n+1=5 时，v5=(-)v i 1 +左由三式得k=后 T 0.4 14(k=-四-1 舍去)(3)设绳长为1,每个球在最低点时,细绳对球的拉力为F,由牛顿第二定律有21 2v 22贝 ll F=m g+m p=m g+2 -=m g+Ekn式中E k“为 n号球在最低点的动能由题意可知1 号球的重力最大,又由机械能守恒定律可知1 号球在最低点碰前的动能也最大,根据式可判断在1号球碰撞前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大,故悬挂1号球的绳最容

28、易断.8.(07 广 东 17)如图所示，在同竖直平面上，质量为2 m的小球A静止在光滑斜面的底部,斜面高度为H=2 L.小球受到弹簧的弹性力作用后,沿斜面向上运动.离开斜面后,达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞,碰撞后球B刚好能摆到与悬点0 同一高度,球 A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点,0 点的投影0 与 P的距离为L/2.已知球B质量为m,悬绳长L,视两球为质点,重力加速度为g,不计空气阻力.求：(1)球 B在两球碰撞后一瞬间的速度大小.(2)球 A在两球碰撞前一瞬间的速度大小.(3)弹簧的弹力对球A所做的功.3 S7答案 J 2 g L (2)J 2 g L (3)m

29、g L4 8解析(1)设碰撞后的瞬间，球 B 的速度为V B，由于球B 恰能摆到与悬点0同一高度,根据动能定理-mg L=0 mv J 2 2vB,=L(2)球 A达到最高点时,只有水平方向速度，与球B发生弹性碰撞，设碰撞前的一瞬间,球A水平速度为vA,碰撞后的瞬间，球 A 速度为VA.球 A、B系统碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得2 mvA=2 mv A,X 2 mv,2=X 2HIVA R?+X IHVB R 2 2 2由 解 得 =:同 及球A在碰撞前的一瞬间的速度大小VA=4 4(3)碰后球A做平抛运动.设从抛出到落地时间为t,平抛高度为y,则=v j t 21 zy=-g t2 2由

30、解得y=L以球A为研究对象,弹簧的弹性力所做的功为W,从静止位置运动到最高点W-2 mg(y+2 L)=X 2 mv：257由得怕一mg L9.（0 7 全国卷1 2 4）如图所示,质量为m 的由绝缘材料制成的球与质量为M=1 9m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向VZZ成夕=60 的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻V、尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于4 5 .OOM m答案 3次解析 设在第n 次碰撞前绝缘球的速度为v e,碰撞后绝缘球、金属球的速度分别

31、为V”和 Vn.由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等,设速度向左为正,则mv,ri=M V,rmv mv i2=M Vn2+mvn2 2 2 2由、两式及M=1 9m解得v=9V-i (3)10V-V n-1 10第 n 次碰撞后绝缘球的动能为E=mv 2=(0.81)E o 2E。为 第 1 次碰撞前的动能,即初始能量.绝缘球在，=即=60 与 9=4 5。处的势能之比为E mg/(l-cos O)八 公=-=0.5 86 Eo wg/(l-cos0)式 中 1 为摆长.根据式,经n 次碰撞后E2-=(0.81)E。易算出（0.81 产=0.65 6,（0.81/=0.5 3 1,因此,

32、经过3 次碰撞后，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（H 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 设中子质量为匹靶核质量为m,由动量守恒定律：mnV o=ffli v i+mv 2由能量守恒：mv02=mV i：!+mv222 2 2解得：v 尸 四 二 mn+m在重水中靶核质量：mu=2 m,V m=2 2-v0=-V omn+m

33、3在石墨中靶核质量：mc=1 2 m,V i c=-m-n-m-c V11o=-V omn+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 t时间，身体伸直并刚好离开地面,速度为V.在此过程中()A.地血对他的冲量为mv+mg A t,地面对他做的功为-mv22B.地面对他的冲量为mv+mg t,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为L m v，2D.地面对他的冲量为mv-mg 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

34、g)A t=mv,故 F A t=mv+mg 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35）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 30 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约为（）A.4 0 0 N B.6 0 0 N C.8 0 0 N D.1 0 0 0N答案 A解析根据牛顿运动定律得Av 30F=ma=m =

35、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mB=2 mA）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（）7777777777777777/77777A.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

36、、B两球速度大小之比为1 ：1 0答案 A解析 由m“=2 m A,知碰前VI）VA若左为A 球,设碰后二者速度分别为v j ,VB由题意知 p J =n u v j =2 k g m/sp j =m i i VB,=1 0 k g m/sv 2由以上各式得T =,故正确选项为A.VB 5若右为A 球，由于碰前动量都为6 k g -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V 2,且 v2 h,故 C对,D 错.二、非选择题5.（07全国卷II 2 4）用放射源针的。射线轰击被时，能发射出 种穿透力极强的中性射线

37、,这就是所谓被“辐射1 9 3 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.假定被“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F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等于一个气原子质量的十二分之一.取氢核和氮核的质量分别为L 0 u和 1 4 u.）答案 1.2 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 u

38、.构成 镀“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/和 V .由动量守恒与能量守恒定律得：mv=mv+miiVn/1 2 1 /2.1 i 2-mv=mv+m nV if2 2 2解得VH27HV,w+/wH同理,对于质量为01、的氮核,其碰后速度为!2?wvVN=-w +/nN由式可得m_OTNvN-OTHVH VH-VJ根据题意可知v j=7.OVN,将上式与题给数据代入式得m=l.2 u6.(0 7宁夏理综2 3)倾斜雪道的长为2 5叫顶端高为15 m,下端经过一小段圆弧过渡25 m后与很长的水平雪道相接.如图所示，-滑雪运动员在倾斜雪道的顶端照平速度、y m/s飞出

39、.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油斜面的分速度而不弹起,除缓冲过程外运动员可视为质点,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“=0.2,求运动员在水平雪道上滑行的距离(取g=10 m/s2).答案 74.8 m解析如图选坐标,斜面的方程为八3y=xtan 0-x4运动员飞出后做平抛运动X=Vot1y=-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s 产 *=1 2 m COS。落点距地面的高度h i=(L-S i)s i n 9=1.8 m 接触斜面前的x 方向的分速度v*=8 m/sy方向的分速度v

40、 ,=g t=1 2 m/s沿斜面的速度大小为v=vxc o s 0+V y S i n 6*=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 h i+m v2=/z m g c o s (L-S i)+/m g s2 2解得 S 2=7 4.8 4 m 7 4.8 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,与水平地面的夹角，=3 7 .力 F作用2秒钟后撤上去,物体在斜面上继续上滑了 1.25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

41、s.(已知 s in 37 =0.6,c o s 37 =0.8,g=10 m/s2)答案 0.25 16.25 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a2,贝 生ait 尸 a2t2 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A在沿斜面方向上，由牛顿第二定律可得：F eo s 9-m gs in -fi=m a i(2)fi=N i=(m geo s，+F s in )撤去力F 后,物体受重力m g支持力N2.摩擦力E 在沿斜面方向匕由牛顿第二定律得：m gs in 6,+f2=m a2(4)f2=f j N 2=P m geo s 0 联

42、立式,代入数据得：a?=8 m/s2 a)=5 m/s2 口=0.25物体运动的总位移s a it/+a 2t 2?=(X 5 X 2-+X 8 X1.25)m 16.25 m2 2 2 28.（2006江 苏 17）如图所示，质量均为m的 A、B 两个弹性小球，用长为21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；A|I|D（3）轻绳拉直过程中，B 球受到绳子拉力的冲量大小.吝 V

43、。02v 02（1）设 A球下落的高度为hh=gt联立得h=Q2v/（2）由水平方向动量守恒得m v o=m vAx +IHVBX由机械能守恒得式中 VA y f 二 VA y VBy =VBy联立得VA/=Vo,VBX=0（3）由水平方向动量守恒得m v0=2m v Bxf,贝 l j Z=m v o-m vBx =-29.（2006重庆理综25）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山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,碰撞中无机械能损失.重力加速度为g.

44、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 (2)A:v 尸-J.g R ,方向向左;B:v z=Jg g R ,方向向右；4.5 m g,方向竖直向下(3)A:V 尸-，颁，B:V z=O.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同.解 析 由 m g R=皿+皿得=34 4(2)设A、B

45、碰撞后的速度分别为、v z,则1 m v i 2=-m-g-R2 41 加 v 上 依 画24设向右为正、向左为负，得vi=-JggR ,方向向左v2=1 g g R，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，2贝 i j N-m g=m t RN =-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明、V2,则-m V j -v2=m V j+向V 2“1?1 ，m g R =m 匕 2 +/m V 2解得 V 尸-y l 2gR,V2=0(另一组解:V 尸-V ,V z=-V 2不合题意,舍去)由此可得：当 n

46、 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10.（05 天津理综24）如图所示，质量队为4.0 kg 的木板A 放在水平面C上，LC木板与水平面间的动摩擦因数为0.2 4,木板右端放着质量m”为 1.0 kg 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EM为&0 J,小物块的动能为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V o;（2）木

47、板的长度L.答案（l）3.0m/s （2）0.5 0 m解 析（1）设水平向右为正方向，有-Z=mAv0 代入数据解得v0=3.0 m/s 设 A 对 B、B对 A、C对 A 的滑动摩擦力的大小分别为 即FB A和 k,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 A和V B,有一(FB A+FC A)t二I BAVA I UAVO FAB t=mBV B (4)其中 FAB=FB AFC A=(mA+m b)g 设 A、B 相对于C的位移大小分别为SR和SB,有-(FB A+FC A)SA=mAV A2-mAv o2 2 2FABSB=EK B 动量与动能之间的关系为

48、mAV A=y l 2mAEKA aw=12%E.木板A 的长度L=SA-SB 代入数据解得L=0.5 0 m11.(05 全国理综H 2 5)如图所示,一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处孑水5 R I平 位 置)从 A 点由静止出发绕0 点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将11 c男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处A.求男演员落地点C与 0点的水，H 平距离S.已知男演员质量n h 和女演员质量m z之比=2,秋千的质量不计，秋千的摆长m2为 R,C 点比0点低5 R.答案 8 R解析 设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v o,由机械能守恒定律得(m i+m

49、a)g R=(m i+m 2)v(2设刚分离时男演员速度大小为V I,方向与V。相同;女演员速度大小为V 2,方向与V。相反,由动量守恒得(m i+m 2)V o=m M-m 2 V 2 分离后，男演员做平抛运动,设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t,根据题给条件，由运动学规律4 R=g t 2S=V i t 分离后，女演员恰回到A点，由机械能守恒定律m 2 g R=m2v22 2已知m i=2 m2 由以上各式得：s=8 R 1 2.(2 0 0 5 江 苏 1 8)如图所示,三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L 的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上，现给中间的小球B 一个水平初速度

50、v o,方向与绳垂直，小球相互碰撞时无机械能损失,轻绳不可伸长.求：(1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度；(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度；A(3)运动过程中小球A的最大动能口和此时两根绳的夹角0；O(4)当三个小球处在同一直线上时,绳中的拉力F 的大小.”4答案（1）-V o （2）-V o （3）90 （4）m -3 3 L解析（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为VB,考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB.由动量守恒定律,得m v=3 m v B由此解得VB=V o3（2）当三个小球再次处在同一直线上时,则由动量守恒