高中物理五年高考題薈萃--動量守恒定率

1、1.（福建卷）一炮艦總質量為M，以速度v0勻速行駛，從艦上以相對海岸的速度v沿前進的方向射出一質量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為，若不計水的阻力，則下列各關系式中正確的是_。（填寫項前的編號）3.（全國卷I）21. 質量為M的物塊以速度V運動，與質量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等。兩者質量之比M/m可能為A2 B3 C4 D54.(山東卷)（2）如圖所示，光滑水平面軌道上有三個木塊，A、B、C，質量分別為mB=mc=2m,mA=m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的彈簧 (彈簧與滑塊不栓接)。開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止。某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與

2、C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。 6.（天津卷）10.(16分)如圖所示，質量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=15 m,現有質量m2=0.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數=0.5,取g=10 m/s2，求（1）物塊在車面上滑行的時間t; （1）0.24s（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過多少。 (2)5m/s7.（北京卷）24（20分）（1）如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內的光滑軌道，BC段水平，

3、AB段與BC段平滑連接。質量為的小球從高位處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質量為的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失。求碰撞后小球的速度大??； 8.（重慶卷）24.（18分）探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質彈簧、內芯和外殼三部分，其中內芯和外殼質量分別為m和4m.筆的彈跳過程分為三個階段：把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面（見題24圖a）；由靜止釋放，外殼豎直上升至下端距桌面高度為h1時，與靜止的內芯碰撞（見題24圖b）；碰后，內芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處（

4、見題24圖c）。設內芯與外殼的撞擊力遠大于筆所受重力、不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g。求： （1）外殼與內芯碰撞后瞬間的共同速度大??；（2）從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功；（3）從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機械能。解析：設外殼上升高度h1時速度為V1，外殼與內芯碰撞后瞬間的共同速度大小為V2，(1)對外殼和內芯，從撞后達到共同速度到上升至h2處，應用動能定理有(4mgm)( h2h1)(4mm)V22，解得V2；（2）外殼和內芯，碰撞過程瞬間動量守恒，有4mV1(4mgm)V2，解得V1，設從外殼離開桌面到碰撞前瞬間彈簧做功為W，在此過程中，對外殼應用動能定理有W4m

5、gh1(4m)V12，解得Wmg；（3）由于外殼和內芯達到共同速度后上升高度h2的過程，機械能守恒，只是在外殼和內芯碰撞過程有能量損失，損失的能量為(4m)V12(4mm)V22，聯立解得mg(h2h1)。9.（廣東卷）19（16分）如圖19所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距=1.0m 。物塊A以速度=10m/s沿水平方向與B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運動，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度=2.0m/s 。已知A和B的質量均為m，C的質量為A質量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數=0.45.（設碰撞時間很短，g取10m/s2）（1）計算與C碰撞前瞬間AB的速度；www.ks5u

6、.com（2）根據AB與C的碰撞過程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運動方向。 【解析】設AB碰撞后的速度為v1,AB碰撞過程由動量守恒定律得 設與C碰撞前瞬間AB的速度為v2，由動能定理得 聯立以上各式解得若AB與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得 代入數據解得 此時AB的運動方向與C相同若AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒得 聯立以上兩式解得代入數據解得 此時AB的運動方向與C相反若AB與C發(fā)生碰撞后AB的速度為0，由動量守恒定律得代入數據解得總上所述得 當時，AB的運動方向與C相同 當時，AB的速度為0 當時，AB的

7、運動方向與C相反10.（08全國I24）圖中滑塊和小球的質量均為m,滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動,小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連,輕繩長為l.開始時,輕繩處于 水平拉直狀態(tài),小球和滑塊均靜止.現將小球由靜止釋放,當小球到達最低點時,滑塊剛 好被一表面涂有粘性物質的固定擋板粘住,在極短的時間內速度減為零,小球繼續(xù)向左擺動,當輕繩與豎直方向的夾角60時小球達到最高點.求:(1)從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中,擋板阻力對滑塊的沖量.(2)小球從釋放到第一次到達最低點的過程中,繩的拉力對小球做功的大小.答案 (1)-m (2) mgl解析 (1)設小球第一次到達最低點

8、時,滑塊和小球速度的大小分別為v1、v2,由機械能守恒定律得mv12+mv22=mgl小球由最低點向左擺動到最高點時,由機械能守恒定律得mv22=mgl(1-cos 60)聯立式得v1=v2=設所求的擋板阻力對滑塊的沖量為I,規(guī)定動量方向向右為正,有I=0-mv1解得I=-m(2)小球從開始釋放到第一次到達最低點的過程中,設繩的拉力對小球做功為W,由動能定理得mgl+W=mv22聯立式得W=-mgl小球從釋放到第一次到達最低點的過程中,繩的拉力對小球做功的大小為mgl11.(08北京理綜24)有兩個完全相同的小滑塊A和B,A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點的B發(fā)生正碰,碰撞中無機械能

9、損失.碰后B運動的軌跡為OD曲線,如圖所示.（1）已知小滑塊質量為m,碰撞時間為t,求碰撞過程中A對B平均沖力的大小；（2）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速度下滑的運動,特制做一個與B平拋軌跡完全相同的光滑軌道,并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置,讓A沿該軌道無初速下滑（經分析,A下滑過程中不會脫離軌道）.a.分析A沿軌道下滑到任意一點的動量pA與B平拋經過該點的動量pB的大小關系;b.在OD曲線上有一點M,O和M兩點連線與豎直方向的夾角為45.求A通過M點時的水平分速度和豎直分速度.答案 （1）（2）a.pApBb.vAx=v0vAy=v0解析 （1）滑塊A與B正碰,滿足mvA+mv

10、B=mv0mvA2+mvB2=mv02 由,解得vA=0,vB=v0,根據動量定理,滑塊B滿足Ft=mv0解得F=.（2）a.設任意點到O點豎直高度差為d.A、B由O點分別運動至該點過程中,只有重力做功,所以機械能守恒.選該任意點為勢能零點,有EkA=mgd,EkB=mgd+mv02由于p=,有即pApB故A下滑到任意一點的動量總是小于B平拋經過該點的動量.b.以O為原點,建立直角坐標系xOy,x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向下,則對B有x=v0t,y=gt2B的軌跡方程 y=x2在M點x=y,所以y=因為A、B的運動軌跡均為OD曲線,故在任意一點,兩者速度方向相同.設B水平和豎直分速度大

11、小分別為vBx和vBy,速率為vB;A水平和豎直分速度大小分別為vAx和vAy,速度為vA,則,B做平拋運動,故vBx=v0,vBy=,vB=對A由機械能守恒得vA=由得vAx=,vAy=將代入得vAx=v0 vAy=v012.(08四川理綜25)如圖所示,一傾角為=45的斜面固定于地面,斜面頂端離地面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板,在斜面頂端自由釋放一質量m=0.09 kg的小物塊（視為質點）.小物塊與斜面之間的動摩擦因數=0.2.當小物塊與擋板碰撞后,將以原速返回.重力加速度g取10 m/s2.在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中,擋板給予小物塊的總沖量是多少？答案 0.

12、4(3+) Ns解析 解法一：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動,到達斜面底端時速度為v,由功能關系得：mgh=mv2+mgcos以沿斜面向上為動量的正方向.按動量定理,碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為:I=mv-m(-v)設碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h,則mv2=mgh+mgcos同理,有mgh=mv2+mgcosI=mv-m(-v)式中,v為小物塊再次到達斜面底端時的速度,I為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量.由式得I=kI式中k=由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數,首項為I1=2m總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)由1+k+k2

13、+kn-1=得I= 代入數據得I=0.4(3+) Ns 解法二：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動,小物塊受到重力，斜面對它的摩擦力和支持力，小物塊向下運動的加速度為a,依牛頓第二定律得mgsin-mgcos=ma設小物塊與擋板碰撞前的速度為v,則：v2=2a以沿斜面向上為動量的正方向.按動量定理,碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為I=mv-m(-v)由式得I=2m設小物塊碰撞后沿斜面向上運動的加速度大小為a,依牛頓第二定律有：mgsin+mgcos=ma 小物塊沿斜面向上運動的最大高度為h=sin由式得h=k2h式中k =同理,小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量為：I=2m由 式得I=kI

14、由此可知,小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數,首項為I1=2m 總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3） 由1+k+k2+kn-1= 得I=2m 代入數據得I=0.4(3+) Ns 13.（08天津理綜24）光滑水平面上放著質量mA=1 kg的物塊A與質量mB=2 kg的物塊B,A與B均可視為質點,A靠在豎直墻壁上,A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接）,用手擋住B不動,此時彈簧彈性勢能EP=49 J.在A、B間系一輕質細繩,細繩長度大于彈簧的自然長度,如圖所示.放手后B向右運動,繩在短暫時間內被拉斷,之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道,其半

15、徑R=0.5 m,B恰能到達最高點C.取g=10 m/s2,求（1）繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小;（2）繩拉斷過程繩對B的沖量I的大小;（3）繩拉斷過程繩對A所做的功W.答案 (1)5 m/s (2)4 Ns（3）8 J解析 （1）設B在繩被拉斷后瞬間的速度為vB,到達C時的速度為vC,有mBg=mB mBvB2=mBvC2+2mBgR 代入數據得vB=5 m/s（2）設彈簧恢復到自然長度時B的速度為v1,取水平向右為正方向,有Ep=mBv12I=mBvB-mBv1代入數據得I=-4 Ns,其大小為4 Ns（3）設繩斷后A的速度為vA,取水平向右為正方向,有mBv1=mBvB+mAvAW=m

16、AvA2代入數據得W=8 J14.(08廣東19)如圖（a）所示,在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內存在水平向右的電場,電場強度E隨時間的變化如圖（b）所示,不帶電的絕緣小球P2靜止在O點.t=0時,帶正電的小球P1以速度v0從A點進入AB區(qū)域,隨后與P2發(fā)生正碰后反彈,反彈速度大小是碰前的倍,P1的質量為m1,帶電荷量為q,P2的質量m2=5m1,A、O間距為L0,O、B間距L=.已知,T=.(1)求碰撞后小球P1向左運動的最大距離及所需時間.（2）討論兩球能否在OB區(qū)間內再次發(fā)生碰撞.答案 （1）L0 T（2）能再次發(fā)生碰撞解析 （1）因為T=所以0T時間內P1做勻速直線運動,T s末恰好到達O

17、點,與P2發(fā)生正碰.假設碰撞后P1向左移動時始終處在勻強電場中,向左運動的最大距離為s,時間為t.根據動能定理得-qE0s=0-m1(v0)2s=L0L0根據勻變速直線運動的規(guī)律知s=v0tt=T4T由知,題意假設正確,P1向左運動的最大距離為L0,所需時間為T.（2）設P1、P2碰撞后P2的速度為v,以向右為正方向,根據動量守恒定律得m1v0=m1(-v0)+5m1v則v=v0假設兩球能在OB區(qū)間內再次發(fā)生碰撞,設P1、P2從第一次碰撞到再次碰撞的時間為t(碰后P2做勻速直線運動)-v0t+t2=v0 t 則t=3T4TP1、P2從O點出發(fā)到再次碰撞時的位移s1=v0t=v0=L0L由知,題

18、意假設正確,即兩球在OB區(qū)間內能再次發(fā)生碰撞.15.(08廣東20)如圖所示,固定的凹槽水平表面光滑,其內放置U形滑板N,滑板兩端為半徑R=0.45 m的1/4圓弧面,A和D分別是圓弧的端點,BC段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑塊P1和P2的質量均為m,滑板的質量M=4m.P1和P2與BC面的動摩擦因數分別為1=0.10和2=0.40,最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,開始時滑板緊靠槽的左端,P2靜止在粗糙面的B點.P1以v0=4.0 m/s的初速度從A點沿弧面自由滑下,與P2發(fā)生彈性碰撞后,P1處在粗糙面B點上,當P2滑到C點時,滑板恰好與槽的右端碰撞并與槽牢固粘連,P2繼續(xù)滑動,到達D點時速

19、度為零,P1與P2可視為質點,取g=10 m/s2.問：（1）P2在BC段向右滑動時,滑板的加速度為多大？（2）BC長度為多少？N、P1和P2最終靜止后,P1與P2間的距離為多少？答案 （1）0.8 m/s2 (2)1.9 m0.695 m解析 （1）將N、P1看作整體,根據牛頓第二定律得：2mg=（M+m）aa= m/s2=0.8 m/s2(2)設P1到達B點的速度為v,P1從A點到達B點的過程中,根據動能定理有：mgR=mv2-mv02代入數據得v=5 m/s因P1、P2質量相等且發(fā)生彈性碰撞,所以碰后P1、P2交換速度,即碰后P2在B點的速度為：vB=5 m/s設P2在C點的速度為vC,

20、P2從C點到D點過程中根據動能定理得：-mgR=-mvC2代入數據得vC=3 m/s P2從B點到C點的過程中,N、P1、P2作為一個系統所受合外力為零,系統動量守恒,設P2到達C點時N和P1的共同速度為v.根據動量守恒定律得：mvB=mvC+(M+m)vv為滑板與槽的右端粘連前滑板和P1的共同速度.由動能定理-2mgL2=mvC2-mvB22mgLN=(M+m)v2L2和LN分別為P2和滑板對地移動的距離,聯立得BC長度l=L2-LN=1.9 m 滑板與槽粘連后,P1在BC上移動的距離為l1-1mgl1=0-mv12 P2在D點滑下后,在BC上移動的距離l2mgR=2mgl2聯立 得系統完全

21、靜止時P1與P2的間距l(xiāng)=l-l1-l2=0.695 m.三年高考集訓（20052007）題組一一、選擇題1（07全國卷I 18）如圖所示,在傾角為30的足夠長的斜面上有一質量為m的物體,它受到沿斜面方向的力F的作用.力F可按圖(a)、(b)、(c)、(d)所示的四種方式隨時間變化(圖中縱坐標是F與mg的比值,力沿斜面向上為正.)已知此物體在t=0時速度為零,若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在3秒末的速率,則這四個速率中最大的是 ( )A.v1B.v2C.v3 D.v4答案 C解析 圖(a)中,合力的沖量為Ia=Ft1+Ft2-mgsin 30t=-0.5 mg2+0.

22、5 mg1-0.5 mg3=-2 mg;圖(b)中,合力的沖量為Ib=Ft1+Ft2+Ft3-mgsin 30t=-1.5 mg;圖(c)中,合力的沖量為Ic=Ft1+Ft2-mgsin 30t=-2.5 mg;圖(d)中,合力的沖量為Id=Ft1+Ft2-mgsin 30t=-1.5 mg,由于圖(c)情況下合力的沖量最大,故v3是最大的.2.(07全國卷II 16)如圖所示, PQS是固定于豎直平面內的光滑的 圓周軌道,圓心O在S的正上方.在O和P兩點各有一質量為m的小物塊a和b,從同一時刻開始,a自由下落,b沿圓弧下滑.以下說法正確的是 ( )A.a比b先到達S,它們在S點的動量不相等B

23、.a與b同時到達S,它們在S點的動量不相等C.a比b先到達S,它們在S點的動量相等D.b比a先到達S,它們在S點的動量相等答案 A解析 a自由下落,b沿圓弧下滑,a比b先到達S,二者下落高度相同,由機械能守恒定律可知,二者到達S時速度大小相同,故動量不同,A項正確.3.(07北京理綜20)在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊.開始時滑塊靜止.若在滑塊所在空間加一水平勻強電場E1,持續(xù)一段時間后立刻換成與E1相反方向的勻強電場E2.當電場E2與電場E1持續(xù)時間相同時,滑塊恰好回到初始位置,且具有動能Ek.在上述過程中,E1對滑塊的電場力做功為W1,沖量大小為I1;E2對滑塊的電場力做功為W2

24、,沖量大小為I2.則 ( ) A.I1=I2B.4I1=I 2C.W1=0.25Ek,W2=0.75EkD.W1=0.20Ek,W2=0.80Ek答案 C解析 電場為E1時滑塊的加速度為a1,電場為E2時滑塊的加速度為a2,兩段相同時間t內滑塊運動的位移大小相等,方向相反,第一個t內的位移s1=a1t2,第二個t內的位移s2=v1t-a2t2=a1tt-a2t2=a1t2-a2t2,由s1=-s2得:a2=3a1,即:E2=3E1,所以I1=E1qt,I2=E2qt,則I2=3I1,故A、B錯誤.W1=E1qs,W2=E2qs,而W1+W2=Ek,所以W1=0.25Ek,W2=0.75Ek,故

25、C對,D錯.4.(07重慶理綜17)為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產生的平均壓強,小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺,測得1小時內杯中水位上升了45 mm.查詢得知,當時雨滴豎直下落速度約為12 m/s.據此估算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮后無反彈,不計雨滴重力,雨水的密度為1103 kg/m3)A.0.15 Pa B.0.54 PaC.1.5 PaD.5.4 Pa答案 A解析 設圓柱形水杯的橫截面積為S,則水杯中水的質量為m=V=1034510-3S=45S,由動量定理可得：Ft=mv,而p=,所以p= Pa=0.15 Pa.5.（07四川理綜18）如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻上,質量為m的

26、光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個質量也為m的小球從槽高h處開始自由下滑( )A.在以后的運動過程中,小球和槽的動量始終守恒B.在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C.被彈簧反彈后,小球和槽都做速率不變的直線運動D.被彈簧反彈后,小球和槽的機械能守恒,小球能回到槽高h處答案 C解析 小球與槽組成的系統在水平方向動量守恒,由于小球與槽質量相等,分離后小球和槽的速度大小相等,小球與彈簧接觸后,由能量守恒可知,它將以原速率被反向彈回,故C項正確.二、非選擇題6.（07四川理綜25）目前,滑板運動受到青少年的追捧.如圖是某滑板運動員在一次表演時的一部分賽道在豎直平面內的

27、示意圖,賽道光滑,FGI為圓弧賽道,半徑R=6.5 m,G為最低點并與水平賽道BC位于同一水平面,KA、DE平臺的高度都為h=1.8 m,B、C、F處平滑連接.滑板a和b的質量均為m,m=5 kg,運動員質量為M,M=45 kg.表演開始,運動員站在滑板b上,先讓滑板a從A點靜止下滑,t1=0.1 s后再與b板一起從A點靜止下滑.滑上BC賽道后,運動員從b板跳到同方向運動的a板上,在空中運動的時間t2=0.6 s(水平方向是勻速運動).運動員與a板一起沿CD賽道上滑后沖出賽道,落在EF賽道的P點,沿賽道滑行,經過G點時,運動員受到的支持力N=742.5 N.(滑板和運動員的所有運動都在同一豎直

28、平面內,計算時滑板和運動員都看作質點,取g=10 m/s2)(1)滑到G點時,運動員的速度是多大？(2)運動員跳上滑板a后,在BC賽道上與滑板a共同運動的速度是多大？(3)從表演開始到運動員滑至I的過程中,系統的機械能改變了多少？答案 (1)6.5 m/s (2)6.9 m/s(3)88.75 J解析 (1)在G點,運動員和滑板一起做圓周運動,設向心加速度為an,速度為vG,運動員受到重力 Mg、滑板對運動員的支持力N的作用,則N-Mg=Manan=即N-Mg= vG=vG=6.5 m/s(2)設滑板a由A點靜止下滑到BC賽道后速度為v1,由機械能守恒定律有mgh=mv12解得v1=運動員與滑

29、板b一起由A點靜止下滑到BC賽道后,速度也為v1.運動員由滑板b跳到滑板a,設蹬離滑板b時的水平速度為v2,在空中飛行的水平位移為s,則s=v2t2 設起跳時滑板a與滑板b的水平距離為s0,則s0=v1t1 設滑板a在t2時間內的位移為s1,則s1=v1t2 s=s0+s1即v2t2=v1(t1+t2)運動員落到滑板a后,與滑板a共同運動的速度為v,由動量守恒定律mv1+Mv2=(m+M)v由以上方程可解出v=代入數據,解得v=6.9 m/s(3)設運動員離開滑板b后,滑板b的速度為v3,有Mv2+mv3=(M+m)v1可算出v3=-3 m/s,有|v3|=3 m/sv1=6 m/s,b板將在

30、兩個平臺之間來回運動,機械能不變.系統的機械能改變?yōu)镋=(M+m)vG2+mv32-(m+m+M)gh故E=88.75 J7.（07重慶理綜25）某興趣小組設計了一種實驗裝置,用來研究碰撞問題,其模型如右圖所示.用完全相同的輕繩將N個大小相同、質量不等的小球并列懸掛于一水平桿,球間有微小間隔,從左到右,球的編號依次為1、2、3.N,球的質量依次遞減,每個球的質量與其相鄰左球質量之比為k(k1).將1號球向左拉起,然后由靜止釋放,使其與2號球碰撞,2號球再與3號球碰撞所有碰撞皆為無機械能損失的正碰.(不計空氣阻力,忽略繩的伸長,g取10 m/s2)(1)設與n+1號球碰撞前,n號球的速度為vn,

31、求n+1號球碰撞后的速度.(2)若N=5,在1號球向左拉高h的情況下,要使5號球碰撞后升高16h(16h小于繩長),問k值為多少？(3)在第(2)問的條件下,懸掛哪個球的繩最容易斷,為什么？答案 (1) (2)0.414 (3)懸掛1號球的繩最容易斷,原因見解解析 (1)設n號球質量為mn,n+1號球質量為mn+1,碰撞后的速度分別為v n、vn+1,取水平向右為正方向,據題意有n號球與n+1號球碰撞前的速度分別為vn、0,且mn+1=kmn根據動量守恒定律,有mnvn=mnvnn+kmnv n+1 根據機械能守恒定律,有mnvn2=mnv n2+kmnv n+12 由得v n+1=(v n+

32、1=0舍去)設n+1號球與n+2號球碰前的速度為vn+1據題意有vn+1=v n+1得vn+1=v n+1= (2)設1號球擺至最低點時的速度為v1,由機械能守恒定律有m1gh=m1v12 解得v1=同理可求5號球碰后瞬間的速度v5=由式得vn+1=nv1N=n+1=5時,v5=（）4v1由三式得k=-10.414(k=-1舍去)(3)設繩長為l,每個球在最低點時,細繩對球的拉力為F,由牛頓第二定律有F-mng=mn則F=mng+mn=mng+2=mng+Ekn 式中Ekn為n號球在最低點的動能由題意可知1號球的重力最大,又由機械能守恒定律可知1號球在最低點碰前的動能也最大,根據式可判斷在1號

33、球碰撞前瞬間懸掛1號球細繩的張力最大,故懸掛1號球的繩最容易斷.8.（07廣東17）如圖所示,在同一豎直平面上,質量為2m的小球A靜止在光滑斜面的底部,斜面高度為H=2L.小球受到彈簧的彈性力作用后,沿斜面向上運動.離開斜面后,達到最高點時與靜止懸掛在此處的小球B發(fā)生彈性碰撞,碰撞后球B剛好能擺到與懸點O同一高度,球A沿水平方向拋射落在水平面C上的P點,O點的投影O與P的距離為L/2.已知球B質量為m,懸繩長L,視兩球為質點,重力加速度為g,不計空氣阻力.求:(1)球B在兩球碰撞后一瞬間的速度大小.(2)球A在兩球碰撞前一瞬間的速度大小.(3)彈簧的彈力對球A所做的功.答案 (1) (2) (

34、3)mgL解析 (1)設碰撞后的一瞬間,球B的速度為vB,由于球B恰能擺到與懸點O同一高度,根據動能定理-mgL=0-mvB2vB=(2)球A達到最高點時,只有水平方向速度,與球B發(fā)生彈性碰撞,設碰撞前的一瞬間,球A水平速度為vA,碰撞后的一瞬間,球A速度為vA.球A、B系統碰撞過程由動量守恒和機械能守恒得2mvA=2mvA+mvB2mvA2=2mvA2+mvB2由解得vA=及球A在碰撞前的一瞬間的速度大小vA=(3)碰后球A做平拋運動.設從拋出到落地時間為t,平拋高度為y,則=vAty=gt2由解得y=L以球A為研究對象,彈簧的彈性力所做的功為W,從靜止位置運動到最高點W-2mg(y+2L)

35、=2mvA2 由得W=mgL9.（07全國卷I24）如圖所示,質量為m的由絕緣材料制成的球與質量為M=19m的金屬球并排懸掛.現將絕緣球拉至與豎直方向成=60的位置自由釋放,下擺后在最低點處與金屬球發(fā)生彈性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場.已知由于磁場的阻尼作用,金屬球將于再次碰撞前停在最低點處.求經過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于45. 答案 3次解析 設在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn-1,碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為vn和Vn.由于碰撞過程中動量守恒、碰撞前后動能相等,設速度向左為正,則mvn-1=MVn-mvn mvn-12=MVn2+mvn2由、兩式及M=1

36、9m解得vn=vn-1Vn=vn-1第n次碰撞后絕緣球的動能為En=mvn2=(0.81)nE0E0為第1次碰撞前的動能,即初始能量.絕緣球在=0=60與=45處的勢能之比為=0.586式中l(wèi)為擺長.根據式,經n次碰撞后=(0.81)n易算出(0.81)2=0.656,(0.81)3=0.531,因此,經過3次碰撞后將小于45.10.(07山東理綜38)在可控核反應堆中需要給快中子減速,輕水、重水和石墨等常用作減速劑.中子在重水中可與 核碰撞減速,在石墨中與核碰撞減速.上述碰撞可簡化為彈性碰撞模型.某反應堆中快中子與靜止的 靶核發(fā)生對心正碰,通過計算說明,僅從一次碰撞考慮,用重水和石墨作減速劑

37、,哪種減速效果更好？ 答案 見解析 解析 設中子質量為mn,靶核質量為m,由動量守恒定律： mnv0=mnv1+mv2 由能量守恒：mnv02=mnv12+mv22 解得：v1= 在重水中靶核質量：mH=2mn， v1H=-v0 在石墨中靶核質量：mC=12mn, v1C=v0 與重水靶核碰后中子速度較小,故重水減速效果更好.題組二一、選擇題1.（06全國卷I 20）一位質量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經t時間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v.在此過程中 （ ）A.地面對他的沖量為mv+mgt,地面對他做的功為mv2B.地面對他的沖量為mv+mgt,地面對他做的功為零 C.地面對他的沖量

38、為mv,地面對他做的功為mv2D.地面對他的沖量為mv-mgt,地面對他做的功為零答案 B解析 設地面對運動員的作用力為F,則由動量定理得：(F-mg)t=mv,故Ft=mv+mgt；運動員從下蹲狀態(tài)到身體剛好伸直離開地面,地面對運動員做功為零,這是因為地面對人的作用力沿力的方向沒有位移.2.（04上海35）在行車過程中,如果車距不夠,剎車不及時,汽車將發(fā)生碰撞,車里的人可能受到傷害,為了盡可能地減輕碰撞引起的傷害,人們設計了安全帶.假定乘客質量為70 kg,汽車車速為108 km/h(即30 m/s),從開始剎車到車完全停止需要的時間為5 s,安全帶對乘客的作用力大小約為 ( )A.400

39、NB.600 NC.800 ND.1 000 N答案 A解析 根據牛頓運動定律得F=ma=m=70 N=420 N安全帶對乘客的作用力大小也為420 N,和A選項相近,所以選A.3.（04天津理綜21）如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動.兩球質量關系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動量均為6 kgm/s,運動中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為-4 kgm/s,則 （ ）A.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為25 B.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為110 C.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為25 D.右方是A球,碰撞后A、

40、B兩球速度大小之比為110答案 A解析 由mB=2mA,知碰前vBvA若左為A球,設碰后二者速度分別為vA,vB由題意知 pA=mAvA=2 kgm/spB=mBvB=10 kgm/s由以上各式得=,故正確選項為A.若右為A球,由于碰前動量都為6 kgm/s,即都向右運動,兩球不可能相碰.4.（04上海8）滑塊以速率v1靠慣性沿固定斜面由底端向上運動,當它回到出發(fā)點時速率變?yōu)関2,且v2v1,若滑塊向上運動的位移中點為A,取斜面底端重力勢能為零,則 ( )A.上升時機械能減小,下降時機械能增大B.上升時機械能減小,下降時機械能也減小C.上升過程中動能和勢能相等的位置在A點上方D.上升過程中動能

41、和勢能相等的位置在A點下方答案 BC解析 如右圖所示,無論上升過程還是下降過程,摩擦力皆做負功,機械能均減少,A錯,B對.設A點的高度為h,斜面的傾角為,物體與斜面間動摩擦因數為,整個過程由動能定理得:mv12=2mgh+2mgcos=2mgh+2mghcot解得:h=設滑塊在B點時動能與勢能相等,高度為h,則有:mgh=mv12-mgh-mgcos解得h=由以上結果知,hh,故C對,D錯.二、非選擇題5.（07全國卷II 24）用放射源釙的射線轟擊鈹時,能發(fā)射出一種穿透力極強的中性射線,這就是所謂鈹“輻射”.1932年,查德威克用鈹“輻射”分別照射(轟擊)氫和氮(它們可視為處于靜止狀態(tài)),測

42、得照射后沿鈹“輻射”方向高速運動的氫核和氮核的速度之比為7.0.查德威克假設鈹“輻射”是由一種質量不為零的中性粒子構成的,從而通過上述實驗在歷史上首次發(fā)現了中子.假定鈹“輻射”中的中性粒子與氫或氮發(fā)生彈性正碰,試在不考慮相對論效應的條件下計算構成鈹“輻射”的中性粒子的質量.(質量用原子質量單位u表示,1 u等于一個12C原子質量的十二分之一.取氫核和氮核的質量分別為1.0 u和14 u.)答案 1.2 u解析 設構成鈹“輻射”的中性粒子的質量和速度分別為m和v,氫核的質量為mH.構成鈹“輻射”的中性粒子與氫核發(fā)生彈性正碰,碰后兩粒子的速度分別為v和vH.由動量守恒與能量守恒定律得:mv=mv+

43、mHvHmv2=mv2+mHvH2 解得vH=同理,對于質量為mN的氮核,其碰后速度為vN=由式可得m=根據題意可知vH=7.0vN將上式與題給數據代入式得m=1.2 u6（07寧夏理綜23）傾斜雪道的長為25 m,頂端高為15 m,下端經過一小段圓弧過渡后與很長的水平雪道相接.如圖所示,一滑雪運動員在傾斜雪道的頂端以水平速度v0=8 m/s飛出.在落到傾斜雪道上時,運動員靠改變姿勢進行緩沖使自己只保留沿斜面的分速度而不彈起,除緩沖過程外運動員可視為質點,過渡圓弧光滑,其長度可忽略.設滑雪板與雪道的動摩擦因數=0.2,求運動員在水平雪道上滑行的距離(取g=10 m/s2).答案 74.8 m解

44、析 如圖選坐標,斜面的方程為y=xtan=x運動員飛出后做平拋運動x=v0ty=gt2聯立式,得飛行時間t=1.2 s落點的x坐標x1=v0t=9.6 m落點離斜面頂端的距離s1=12 m落點距地面的高度h1=(L-s1)sin=7.8 m接觸斜面前的x方向的分速度vx=8 m/sy方向的分速度vy=gt=12 m/s沿斜面的速度大小為v=vxcos+vysin=13.6 m/s設運動員在水平雪道上運動的距離為s2,由功能關系得mgh1+mv2=mgcos(L-s1)+mgs2解得s2=74.84 m74.8 m7.(06上海21)質量為10 kg的物體在F=200 N的水平推力作用下,從粗糙

45、斜面的底端由靜止開始沿斜面運動,斜面固定不動,與水平地面的夾角=37.力F作用2秒鐘后撤去,物體在斜面上繼續(xù)上滑了1.25秒鐘后,速度減為零.求:物體與斜面間的動摩擦因數和物體的總位移s.(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2)答案 0.25 16.25 m解析 設力F作用時物體沿斜面上升加速度為a1，撤去力F后其加速度變?yōu)閍2,則：a1t1=a2t2有力F作用時,物體受力為:重力mg、推力F、支持力N1、摩擦力f1在沿斜面方向上,由牛頓第二定律可得:Fcos-mgsin-f1=ma1f1=N1=(mgcos+Fsin)撤去力F后,物體受重力mg支持力N2、摩擦力

46、f2,在沿斜面方向上,由牛頓第二定律得:mgsin+f2=ma2f2=N2=mgcos聯立式,代入數據得：a2=8 m/s2 a1=5 m/s2=0.25物體運動的總位移s=a1t12+a2t22=(522+81.252) m=16.25 m8.(2006江蘇17)如圖所示，質量均為m的A、B兩個彈性小球，用長為2l的不可伸長的輕繩連接.現把A、B 兩球置于距地面高H處（H足夠大），間距為l，當A球自由下落的同時，將B球以速度v0指向A球水平拋出，求：（1）兩球從開始運動到相碰，A球下落的高度；（2）A、B兩球碰撞（碰撞時無機械能損失）后，各自速度的水平分量；（3）輕繩拉直過程中，B球受到繩子

47、拉力的沖量大小.答案 (1) (2)v0 0 (3) 解析 （1）設A球下落的高度為hl=v0th=gt2聯立得h=（2）由水平方向動量守恒得mv0=mvAx+mvBx由機械能守恒得m(v02+vBy2)+ mvAy2=m(vAx2+vAy2)+ m(vBx2+vBy2)式中vAy=vAyvBy=vBy聯立得vAx=v0,vBx=0（3）由水平方向動量守恒得mv0=2mvBx則I=mv0-mvBx=9.（2006重慶理綜25）如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內.小球A、B質量分別為m、m(為待定系數).A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑,與靜止于軌道最低點的B球相撞,碰撞后A、B球能達到的最大高度均為R,碰撞中無機械能損失.重力加速度為g.試求:(1)待定系數;(2)第一次碰撞剛結束時小球A、B各自的速度和B球對軌道的壓力;(3)小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結束時各自的速度,并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結束時各自的速度.答案 (1)=3 (2)A:v1=-,方向向左;B:v2=,方向向右；4.5 mg,方向豎直向下(3)A:V1=-, B:V2=0.當n為奇數時,小球A、B第n次碰撞結束時的速度分別與其第一次碰撞剛結束時相同.當n為偶數時,小球