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高中物理动量守恒题及解析


1.下列说法中正确的是(填正确答案标号.选对 1 个得 3 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 6 分;每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.卢瑟福提出原子的核式结构模型建立的基础是α 粒子的散射实验 B.发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构 C.在用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中,在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰

撞架,不会影响动量是否守恒 D.原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用 E.氢原子的核外电子,在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中,放出光子,电子动能 增加,原子的电势能增加 【答案】ABC 【解析】 试题分析:卢瑟福提出原子的核式结构模型建立的基础是α 粒子的散射实验,选项 A 正确;发现天然放射 现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构,选项 B 正确;在用气垫导轨和光电门传感器做验证 动量守恒定律的实验中,在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架,不会影响动量是否守恒,因为滑块 和导轨间无摩擦力,选项 C 正确;核力与万有引力、库伦力的性质不同,核力是短程力,作用范围在 1.5 -15 -15 ×10 m,原子核的半径数量级在 10 m,所以核力只存在于相邻的核子之间,选项 D 错误;氢原子的核外 电子,在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中,放出光子,电子动能增加,原子的电势 能减小,选项 E 错误;故选 ABC. 考点:α 粒子散射实验;核力;波尔理论. 2.如图,在粗糙的绝缘水平面上,彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同) .由静止释 放后,向相反方向运动,最终都静止.在小物块的运动过程中,表述正确的是( )

【答案】C 【解析】 试题分析:根据动量守恒定律可知: Mv0 ? (M ? m)v2 ? mv1 ,解得: m ? 考点:动量守恒定律. 4.质量为 m 的小球 P 以大小为 v 的速度与质量为 3m 的静止小球 Q 发生正碰,碰后小球 P 以大小为 度被反弹,则正碰后小球 Q 的速度大小是( A. 2v B. ) D.

v2 ? v0 M ,选项 C 正确. v2 ? v1
v 的速 2

v 2

C.

v 3

v 6

【答案】B 【解析】 试题分析:小球 P 和 Q 的正碰满足动量守恒定律(设小球 P 的运动方向为正方向) ,有:

v v mv ? 0 ? ?m ? ? 3m ? v? ,解得: v? ? ,故选 B。 2 2
考点:本题考查了动量守恒定律。 5.冰壶运动深受观众喜爱,图 1 为 2014 年 2 月第 22 届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头。在某次 投掷中,冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞,如图 2。若两冰壶质量相等,则碰后两冰 壶最终停止的位置,可能是图 3 中的哪几幅图?

A.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力 B.物体之间的库仑力都做正功,作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些 C.因摩擦力始终做负功,故两物块组成的系统的机械能一直减少 D.整个过程中,物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少 【答案】BD 【解析】 试题分析: 在物块运动过程中,摩擦力不变,而库仑力随距离增大而减小.开始阶段,物块加速运动, 库仑力大于摩擦力,故 A 错误.物体之间的库仑力都做正功,作用在质量较小物体上的位移大,则导致库 仑力做功多一些,故 B 正确.因摩擦力始终做负功,但库仑力做正功,故两物块组成的系统的机械能先增 加后减少,故 C 错误. 物块由于受库仑斥力,向相反方向运动,库仑力做正功,电势能均减小,即物块 受到的库仑力做的功等于电势能的减少,故 D 正确.故选 BD。 考点:电场力功;电势能。 3.一质量为 M 的航天器,正以速度 v0 在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向 后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为 v1,加速后航天器的速度大小 v2,则喷出气体的质量 m 为 . (填选项前的字母) A. m ?

v2 ? v0 M v1

B. m ?

v2 M v2 ? v1

C. m ?

v2 ? v0 M v2 ? v1

D. m ?

v2 ? v0 M v2 ? v1

【答案】BCD 【解析】
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试题分析:由于两个冰壶的质量相等,如果发生弹性碰撞,则碰后甲停止运动,而乙向前运动,B 正确; 若碰撞时发生的不是弹性碰撞,则 B 会向前运动一小段,C 正确,根据碰后的机械能不可能超过碰前的机 械能,因此甲不可能向后运动,A 错误;若发生斜碰,则碰后不在一条直线上,D 正确 考点:碰撞 6.如图所示,质量分别为 m 和 2m 的 A、B 两物块用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A 靠紧竖直墙。现用 力 F 向左缓慢推物块 B 压缩弹簧,当力 F 做功为 W 时,突然撤去 F,在 A 物体开始运动以后,弹簧弹性势 能的最大值是( )

A. m v /( M ? m) 【答案】D

B. ? m v /( M ? m)

C. m v /( M ? m)

D. ? m v /( M ? m)

【解析】由动量守恒定律知: mv ? ( M ? m)v? ? 0 得 v? ? ?mv/(M ? m) ,D 对。 考点:动量守恒定律。 9.两位同学穿旱冰鞋,面对面站立不动,互推后向相反的方向运动,不计摩擦阻力,下列判断正确的是

A

B

F

A.W/3 B.W/2 C.2W/3 D.W 【答案】A 【解析】 试题分析:由题意知,当 B 向右运动至弹簧恢复原长时 A 开始运动,此时 B 的速度为 v0,根据能量守恒可

1 2 2mv 0 ,当 A、B 速度相等时,弹簧弹性势能最大,再根据动量守恒可得:2mv0=3mv,再根据能 2 1 2 量守恒可知此时弹性势能 E P ? 3mv ? W ,解得:EP=W/3 2
得:W ? 考点:本题考查能量守恒、动量守恒 7.如图,在粗糙的绝缘水平面上,彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同) .由静止 释放后,向相反方向运动,最终都静止.在小物块的运动过程中,表述正确的是( )

A.互推后两同学总动量增加 B.互推后两同学动量大小相等,方向相反 C.分离时质量大的同学的速度小一些 D.互推过程中机械能守恒 【答案】BC 【解析】 试题分析:以两人组成的系统为研究对象,竖直方向所受的重力和支持力平衡,合力为零,水平方向上不 受外力,故系统的动量守恒,原来的总动量为零,互推后两同学的总动量保持为零,则两同学的动量大小 相等,方向相反.故 A 错误,B 正确;根据动量守恒得: m男v男 ? m女v女 ? 0 ,得

v男 v女

?

m女 ,可见,分离 m男

A.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力 B.物体之间的库仑力都做正功,作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些 C.因摩擦力始终做负功,故两物块组成的系统的机械能一直减少 D.整个过程中,物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少 【答案】BD 【解析】 试题分析:开始时库仑力大于摩擦力,两物体做加速运动,随着距离的增大,库仑力减小,即物体做加速 度减小的加速运动,当库仑力小于摩擦力时开始做减速运动直至停下,所以 A 错误;两物体受库仑力大小 相等,且一直做正功,质量小的物体受滑动摩擦力小,运动的位移较大,故库仑力做功较多,所以 B 正确; 整个过程库仑力做正功,摩擦力做负功,加速过程机械能增大,减速过程机械能减小,根据动能定理知, 整个过程库仑力做正功等于克服摩擦力做功等于电势能的减少,所以 C 错误;D 正确。 考点:本题考查带电体的运动、功、能量守恒 8.质量为 M 的原子核,原来处于静止状态,当它以速度 V 放出一个质量为 m 的粒子时,剩余部分的速度 为 ( )

时速度与质量成反比,即质量大的同学的速度小.故 C 正确;互推过程中,两人均做功,系统总动能增加, 故机械能不守恒.故 D 错误. 考点:考查了动量守恒,机械能守恒定律 10.2009 年 3 月,在女子冰壶世锦赛上中国队以 8:6 战胜瑞典队,收获了第一个世锦赛冠军,队长王冰 玉在最后一投中,将质量为 19 千克冰壶抛出,运动一段时间后以 0.4 m/s 的速度正碰静止的瑞典队冰 壶,然后中国队冰壶以 0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心.若两冰壶质量相等。求瑞典队冰壶获 得的速度 A.0.1 m/s B.0.2 m/s C.0.3 m/s D.0.4 m/s 【答案】C 【解析】 试题分析:以两冰壶组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得: mv ? mv 1 ? mv 2, 即 0.4m ? 0.1m ? mv2 ,解得 v2 ? 0.3m/s ; 考点:动量守恒定律 11.如图所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行.甲球的质量 m 甲大于乙球的质量 m 乙,水平面是光 滑的,两球做对心碰撞以后的运动情况可能是( )

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A.甲球速度为零,乙球速度不为零 B.乙球速度为零,甲球速度不为零 C.两球速度都不为零 D.两球都以各自原来的速率反向运动 【答案】AC 【解析】 试题分析:该题考查动量守恒定律,动能与动量的关系,甲乙两球动能相等,有 EK 甲=EK 乙,设甲球的动量 为 P 甲,乙球动量为 P 乙,则 EK 甲= ,EK 乙= ,因为 m 甲>m 乙,所以 P 甲>P 乙,又因为两球相向运动,

点评:解决本题的关键掌握动量守恒的条件,这是运用动量守恒定律解题的关键. 13.将静置在地面上,质量为 M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度 v0 竖直 向下喷出质量为 m 的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度 大小为 A、mV0/M B、MV0/ m C、mV0/(M +m) D、mV0/(M —m) 【答案】D 【解析】 试题分析:取向上为正方向,由动量守恒定律得: 0 ? (M ? m)v ? mv0 则火箭速度 v ?

mv0 ,D 正确, M ?m

所以 P 甲与 P 乙方向相反, 碰撞后两球应沿动量大的方向, 故两球运动方向与甲球原来的方向相同不为零. 所 以乙球速度不为零. 解:A、上述分析知 EK 甲=EK 乙,因为 EK= mv =
2

=

,所以动量为:P=



考点:考查了动量守恒定律 14.如图所示,质量为 M 足够长的长木板 A 静止在光滑的水平地面上,质量为 m 的物体 B 以水平速度 v0 冲上 A,由于摩擦力作用,最后停止在木板 A 上。若从 B 冲到木板 A 上到相对木板 A 静止的过程中,木板 A 向前运动了 1m,并且 M>m。则 B 相对 A 的位移可能为( )

因为 m 甲>m 乙,所以有:P 甲>P 乙.甲乙相向运动,故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向,甲继续沿原来的 方向运动,乙必弹回.所以乙的速度不可能为零,故 A 正确. B、因为乙必弹回,故速度不为零,B 错误; C、因为碰撞后甲乙都沿甲原来的方向运动,故甲乙速度不为零,C 正确; D、碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动,甲速度不反向,乙速度反向,故 D 错误; 故选:AC. 点评:该题总体难度适中,只要能找到动能和动量之间的换算关系.就可以顺利解决了. 12.如图所示,A、B 两物体质量之比 mA:mB=3:2,原来静止在平板小车 C 上,A、B 间有一根被压缩的弹 簧,地面光滑,当弹簧突然释放后,则( )

A.0.5m B.1m C.2m D.2.5m 【答案】D 【解析】 试题分析:设木块和木板相对静止时的共同速度为 v,由动量守恒定律可知:mv0=(M+m)v;对木板由动 能定理可得: fs =

1 1 1 2 2 2 Mv ,对系统由能量守恒定律可得: f ?x = mv 0 - ( M + m )v ;联立上述 2 2 2 M+m s ,由于 M>m,则 ?x > 2s = 2m ,故选项 D 正确。 m

三式可得: ?x

=

A.若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B 组成系统的动量守恒 B.若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数不同,A、B、C 组成系统的动量一定不守恒 C.若 A、B 所受的摩擦力大小相等,B、C 组成系统的动量守恒 D.无论 A、B 所受的摩擦力大小不相等,A、B、C 组成系统的一定动量守恒 【答案】D 【解析】 试题分析:当系统不受外力或所受的外力之和为零,系统动量守恒,根据动量守恒的条件进行判断. 解:A、因为 A、B 的质量不等,若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则所受摩擦力大小不等,A、 B 组成的系统所受的外力之和不为零,所以动量不守恒.故 A 错误. B、不论 A、B 的摩擦力是否相等,A、B、C 组成的系统,外力之和为零,则动量守恒.故 B 错误,D 正确. C、BC 组成的系统受到弹簧弹力的作用,合外力不为零,动量不守恒.故 C 错误. 故选:D.

考点:动量守恒定律及动能定理;能量守恒定律. 15. 质量为 m、 速度为 v 的 A 球与质量为 3m 的静止 B 球发生正碰. 碰撞可能是弹性的, 也可能是非弹性的, 因此,碰撞后 B 球的速度可能有不同的值.碰撞后 B 球的速度大小可能是 A.0.6v B.0.4v C.0.2v D.v 【答案】B 【解析】 试题分析:若 vB ? 0.6v ,由动量守恒得: mv ? mvA ? 3m ? 0.6v ,得 vA ? ?0.8 v ,碰撞前系统的总动能为

Ek ?

1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 mv .碰撞后系统的总动能为 Ek ? ? mv A ? ? 3mvB ? m ? 0.8v ? ? ? 3mvB > mv 2 ,违反了 2 2 2 2 2 2

能量守恒定律,不可能.故 A 错误.若 vB ? 0.4v ,由动量守恒得:mv ? mvA ? 3m ? 0.4v ,得 vA ? ?0.2 v ,

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碰撞后系统的总动能为 Ek ? ?

1 2 1 1 1 1 2 2 mvA ? ? 3mvB ? m(?0.2v) 2 ? ? 3m ? 0.4v ? ? mv 2 ,不违反了能量守 2 2 2 2 2

恒定律,是可能的.故 B 正确.A、B 发生完全非弹性碰撞,则有: mv ? (m ? 3m)vB,vB ? 0.25v ,这 时 B 获得的速度最大, 所以 vB ? 0.2v , 是不可能的. 故 C 错误. 若 vB ? v , 由动量守恒得: mv ? mvA ? 3m ? v , 得 v A ? ? v ,碰撞后系统的总动能必定大于碰撞前系统的总动能,违反了能量守恒定律,不可能.故 D 错误. 考点:考查了动量守恒,能量守恒 16.在光滑水平面上动能为 E0,动量大小 P0 的小钢球 1 与静止小钢球 2 发生碰撞,碰撞前后球 1 的运动方 向相反,将碰后球 1 的动能和动量大小分别记为 E1、P1,球 2 的动能和动量大小分别记为 E2、P2,则必有 ( ) A.E1 < E0 B.P1 < P0 C.E2 > E0 D.P2<P0 【答案】AB 【解析】 试题分析: 由题, 碰撞后两球均有速度. 根据碰撞过程中总动能不增加可知,E1<E0,E2<E0,P 否 1<P 0. 则,就违反了能量守恒定律.根据动量守恒定律得: P 0 ?P 2 ?P 1 ,得到 P 2 ?P 0 ?P 1 ,可见, P 2>P 0 .故 A、B 正确,C、D 错误。 考点:考查了动量守恒定律,能量守恒定律的应用 17.甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动,速度大小分别为 3 m/s 和 1 m/s,迎面碰撞后(正碰)甲、 乙两人反向运动,速度大小均为 2 m/s。则甲、乙两人质量之比为( )

1 3

【答案】D 【解析】 试题分析:枪和子弹组成的系统,由于小车对枪有外力,枪和弹组成的系统外力之和不为零,所以动量不 守恒,故 A 错误;枪和小车组成的系统,由于子弹对枪有作用力,导致枪和车组成的系统外力之和不为零, 所以动量不守恒,故 B 错误;小车、枪和子弹组成的系统,在整个过程中所受合外力为零,系统动量守恒, 故 C 错误,D 正确; 考点:考查了动量守恒定律的应用 19.木块 a 和 b 用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a 紧靠在墙壁上,在 b 上施加向左的水平力 使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是( )

A.a 尚未离开墙壁前,a 和 b 系统的动量守恒 B.a 尚末离开墙壁前,a 与 b 系统的动量不守恒 C.a 离开墙壁后,a、b 系统动量守恒 D.a 离开墙壁后,a、b 系统动量不守恒 【答案】AC 【解析】 试题分析:撤去外力后,b 向右运动,在 a 尚未离开墙壁前,系统所受合外力不为零,因此该过程系统动 量不守恒,当 a 离开墙壁,系统水平方向不受外力,系统动量守恒,故 A、C 正确。 考点:考查了动量守恒定律 20.在光滑水平面上,质量为 10 kg 的小球 1 以速度 3 m/s 与原来静止的质量为 5 kg 小球 2 发生弹性碰撞, 碰后小球 1 的速度为( ) A.1 m/s B.2 m/s C.3 m/s D.4 m/s 【答案】A 【解析】 试题分析:两小球组成的系统,碰撞前后动量守恒, 3 ?10 ? 0 ? 10v1 ? 5v2 ,因为是弹性碰撞,所以系统

A.2∶3 B.2∶5 C.3∶5 D.5∶3 【答案】C 【解析】 试题分析:两人碰撞过程系统动量守恒,以甲的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: 解得: m甲:m乙 ? 3: m甲v甲 ? m乙v乙? ? m甲v甲? ? m乙v乙? ,即: m甲 ? 3 ? m乙 ? (?1 ) ? m甲 ? (? 2) ? m乙 ? 2, 5, 故 C 正确。 考点:考查了动量守恒定律 18.把一支弹簧枪水平固定在小车上,小车放在光滑水平地面上,枪射出一颗子弹时,关于枪、弹、车, 下列说法正确的是( ) A.枪和弹组成的系统动量守恒 B.枪和车组成的系统动量守恒 C.子弹和枪筒之间的摩擦力很小,可以忽略不计,故二者组成的系统动量近似守恒 D.枪、弹、车三者组成的系统动量守恒

的机械能不变,故有:

1 1 1 2 ?10 ? 32 ? ?10 ? v12 ? ? 5 ? v2 ,联立解得 v1 ? 1m / s, v2 ? 4m / s ,故 A 正确。 2 2 2

考点:考查了弹性碰撞 21.如图所示,两个小球 A、B 在光滑水平地面上相向运动,它们的质量分别为 mA=4 kg,mB=2 kg,速度 分别是 vA=3 m/s(设为正方向),vB=-3 m/s.则它们发生正碰后,速度的可能值分别为( )

A.vA′=1 m/s,vB′=1 m/s B.vA′=4 m/s,vB′=-5 m/s C.vA′=2 m/s,vB′=-1 m/s D.vA′=-1 m/s,vB′=-5 m/s 【答案】A 【解析】 试题分析:两球碰撞过程系统动量守恒,碰撞过程中系统机械能不可能增加,碰撞后的系统总动能应该小 于或等于碰撞前的系统总动能;同时,碰撞后 A 球速度不大于 B 球的速度.

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碰前系统总动量为 3 ? 4 ? 3 ? 2 ? 6kg ? m / s ,碰前总动能为

1 1 ? 4 ? 32 ? ? 2 ? 32 ? 27 J ; 2 2

摆球 a 向左拉开一小角度后释放.若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是(



若 v A ?= 1 m / s,vB ?=1 m / s ,则系统动量守恒,动能 3J,碰撞后 A 球速度不大于 B 球的速度,符合,故 A 可能; 若 vA ?=4 m / s,vB ?=-5 m / s ,则系统动量守恒,动能大于碰撞前,不符合题意,故 B 不可能; 若 vA ?=2 m / s,vB ?=- 1 m / s ,则系统动量守恒,但不符合碰撞后 A 球速度不大于 B 球的速度,故 C 不 可能; 若 vA ?=- 1 m / s,vB ?=-5 m / s ,则系统动量不守恒,D 不可能。 考点:考查了动量守恒定律的应用 22.一条小船长 3 米,船上站有一人。人的质量为 60kg,船的质量(不包括人)为 240kg,开始时船静止 在水面上,当该人从船头走向船尾的过程中(不计水的阻力) ,小船将后退的距离为: ( ) A.0.4m B.0.5m C.0.6m D.0.7m 【答案】C 【解析】 试题分析:设船的质量为 M,人的质量为 m,船长为 d,据题,水对船的阻力略不计,船和人组成的系统, 在水平方向上动量守恒,人在船上行进,船向右退,取人相对地的速度为正,人和船的速度大小分别为 v 和 V.有: mv ? MV ? 0 .人从船头走到船尾,设船后退的距离为 x,则人相对于地面的距离为 d ? x .则 A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等 C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同 D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置 【答案】AD 【解析】 试题分析:两球在碰撞前后,水平方向不受外力,故水平方向两球组成的系统动量守恒,由动量守恒定律 有: mv0 ? mv1 ? 3mv2 ,两球碰撞是弹性的,故机械能守恒,即: 得: v1 ? ?

1 1 1 mv0 2 ? mv12 ? ? 3mv2 2 ,解两式 2 2 2

v0 v ,v2 ? 0 ,可见第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等,故 A 正确;因两球质量不相 2 2

等,故两球碰后的动量大小不相等,方向相反,故 B 错误;两球碰后上摆过程,机械能守恒,故上升的最 大高度相等,另摆长相等,故两球碰后的最大摆角相同,故 C 错误;由单摆的周期公式 T ? 2?

L 可知, g

v?

d?x x d?x x md ? M ? 0 解得: x ? ,V ? ,则有: m .带入数据可得 x ? 0.6 m ,故 C 正确, t t t t M ?m

考点:考查了动量守恒定律的应用 23.如图所示,现有甲、乙两滑块,质量分别为 3m 和 m,以相同的速率 v 在光滑水平面上相向运动,发生 碰撞。已知碰撞后,甲滑块静止不动,则

两球摆动周期相同,经半个周期后,两球在平衡位置处发生第二次碰撞,故 D 正确。 考点:考查了动量守恒定律.单摆周期 25.如图所示,质量分别为 m 和 2m 的 A、B 两个木块间用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A 紧靠竖直墙 壁。用水平力向左推 B,将弹簧压缩,推到某位置静止时推力大小为 F,弹簧的弹性势能为 E。在此位置突 然撤去推力,下列说法中正确的是( )

A.碰撞前总动量是 4mv B.碰撞过程动量不守恒 C.碰撞后乙的速度大小为 2v D.碰撞属于非弹性碰撞 【答案】C 【解析】 试题分析:规定向右为正方向,碰撞前总动量为 3mv ? mv ? 2mv ,A 错误;碰撞过程两滑块组成的系统 外力为零,故系统动量守恒,B 错误;根据动量守恒定律可得: 3mv ? mv ? 0 ? mv ' ,解得: v ' ? 2v ,C 正确;碰撞前总动能为:

1 1 1 ? 3mv 2 ? ? mv 2 ? 2mv 2 ,碰撞后总动能为: 0 ? ? m(2v) 2 ? 2mv 2 ,碰撞前 2 2 2

A.撤去推力的瞬间,B 的加速度大小为 F/2m B.从撤去推力到 A 离开竖直墙壁前,A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒 C.A 离开竖直墙壁后,弹簧弹性势能最大值为 E/3 D.A 离开竖直墙壁后,弹簧弹性势能最大值为 E 【答案】ABC 【解析】 试题分析:A、B 弹簧组成和系统,在撤去推力 F 时,系统受墙壁的作用力,故系统动量不守恒,又因为墙 壁对系统的作用力不做功,系统机械能守恒.F 撤去前 B 处于静止状态,合力为 0,即弹簧弹力大小与 F 大小相等方向相反,当撤去 F 的瞬时间,对 B 而言只受到弹簧弹力作用,大小为 F,故此时 B 的加速度大 小a ?

后无动能损失,D 错误; 考点:考查了动量守恒定律的应用 24.如图,大小相同的摆球 a 和 b 的质量分别为 m 和 3m,摆长相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触.现

F ,故 A 正确;A 离开墙前墙对 A 有弹力,这个弹力虽然不做功,但对 A 有冲量,因此系统机械 2m

能守恒而动量不守恒,B 正确;撤去力 F 后,B 向右运动,弹簧弹力逐渐减小,当弹簧恢复原长时,A 开始

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脱离墙面,这一过程机械能守恒,即满足: E ?

1 ? 2 m ? vB 2 2

①,A 脱离墙面后速度逐渐增加,B 速度逐渐

试题分析:粒子原来的轨道半径为:

R=

减小,此过程中弹簧逐渐伸长,当 A、B 速度相同时,弹簧弹性势能最大,这一过程系统动量和机械能均 守恒,有:动量守恒: 2mvB ? (m ? 2m)v ②,机械能守恒: EPmax= 由①②③可解得: EPmax=

m 1v ,根据动量守恒,结合后的总动量满足: q1B
'

1 1 2 ? ? m ? 2m ? v 2 ③, ? 2m ? vB 2 2

E ,所以 C 正确,D 错误。 3

m1v = (m1 + m 2 )v 共 ,则结合后在磁场中运动的半径 R =

(m 1 + m 2 )v 共 m 1v = =R ,故选项 A 正确。 q1B q1B

考点:考查了动量守恒,机械能守恒 26.质量为 ma=1kg,mb=12kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞,碰撞前后两球的位移—时间图象如图所 示,则可知碰撞属于( )

考点:带电粒子在磁场中的运动;动量守恒定律。 28. (4 分)质量分别为 m1、 m2 的小球在一直线上做弹性碰撞, 它们在碰撞前后的位移—时间图像如图所示, 若 m1=1kg,m2 的质量等于多少?

A.弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞 【答案】A 【解析】

B.非弹性碰撞 D.条件不足,不能判断

3 ? 3m / s ,b 球的初的速度为 vb ? 0 ,碰撞后 a 球 1 1 5?3 的速度为: va ? ? ? ? ?1m / s ,碰撞后 b 球的速度为: vb ? ? ? 2m / s ,两球碰撞过程中,动能变化 1 1 1 1 1 1 1 1 量为: Ek ? ma va 2 ? 0 ? ma va ?2 ? mb vb ?2 ? ?1? 32 ? ?1?12 ? ? 2 ? 22 ? 0 , 则知碰撞前后系统 2 2 2 2 2 2
试题分析:根据 x-t 图象可知:a 球的初速度为: va ? 的总动能不变,此碰撞是弹性碰撞;A 正确 考点:考查了动量守恒定律,弹性碰撞 27. 在匀强磁场中有带电粒子作匀速圆周运动, 当它运动到 M 点, 突然与不带电的静止粒子碰撞合为一体, 碰撞后的运动运动轨迹是图中那一个(实线为原轨迹,虚线为碰后轨迹,且不计粒子的重力)

【答案】A 【解析】

【答案】3kg. 【解析】 试题分析:从位移—时间图像上可看出:m1 和 m2 于 t=2s 时在位移等于 8m 处碰撞,碰前 m2 的速度为 0,m1 的速度 v0=△s/△t=4m/s; 碰撞后,m1 的速度 v1=-2m/s,m2 的速度 v2=2m/s, 由动量守恒定律得 m1v0=m1v1+m2v2, 得 m2=3kg. 考点:动量守恒定律;s-t 图线。 29.A、B 两个相互作用的物体,在相互作用的过程中所受合外力为 0,则下述说法中正确的是 ( ) A.A 的动量变大,B 的动量一定变大 B.A 的动量变大,B 的动量一定变小 C.A 与 B 的动量变化相等 D.A 与 B 受到的冲量大小相等 【答案】D 【解析】 试题分析: 在相互作用的过程中所受合外力为 0,则系统动量守恒,若二者同向运动时发生碰撞,且后面 速度大的质量也大,则碰后一个动量变大,一个动量变小,故 A 错误;若碰撞前二者动量大小相等,方向 相反,则碰后二者均静止,即动量均减小,故碰后 A 的动量不一定变大,B 错误;根据动量定理得:I=△P, 则知,两物体的动量变化量大小相等,方向相反.故 C 错误;根据牛顿第三定律得知,作用力与反作用力 大小相等、方向相反,而且同时产生,同时消失,作用时间相等,由冲量定义式 I=Ft,可知作用力与反作 用力的冲量也是大小相等、方向相反.故 D 正确; 考点:动量守恒定律 30.如图所示,三辆完全相同的平板小车 a、b、c 成一直线排列,静止在光滑水平面上.c 车上有一小孩跳 到 b 车上,接着又立即从 b 车跳到 a 车上.小孩跳离 c 车和 b 车时对地的水平速度相同.他跳到 a 车上相对

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a 车保持静止,此后(



A.a、b 两车运动速率相等 B.a、c 两车运动速率相等 C.三辆车的速率关系 vc>va>vb D.a、c 两车运动方向相同 【答案】C 【解析】若人跳离 b、c 车时速度为 v,由动量守恒定律可得 .vc>va>vb,并且 vc 与 va 方向相反. 31.质量为 m 的人站在质量为 2m 的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行.车所受地面阻 力的大小与车对地面压力的大小成正比. 当车速为 v0 时, 人从车上以相对于地面大小为 v0 的速度水平向后 跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的 v?t 图像为 ( )

为 57J,故 C 错误,B 满足; 考点:考查了动量守恒定律的应用 33.水平冰面的同一直线上有三个木箱 A、B、C,质量均为 60kg.一质量为 30kg 的猴子停在 A 上,与 A 一 起以 3m/s 的速度向右滑向静止的木箱 B、C,在接近 B 时,以 6m/s 的水平速度跳上木箱 B,接近木箱 C 时 再以 6m/s 的水平对地速度跳上木箱 C,最终与 C 一起运动,若木箱在运动过程中发生碰撞,则碰撞后不再 分开,求木箱 A、B、C 最终运动的速度.

【答案】B 【解析】 试题分析:人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行,做匀减速直线运动,当车速为 v0 时,人从车上 以相对于地面大小为 v0 的速度水平向后跳下, 跳离前后系统动量守恒, 规定车的速度方向为正方向, 则有: ,得: v ? 2v0 ,人跳车后做匀减速直线运动,车所受地面阻力的大小与车 (m ? 2m)v0 ? 2mv ? (? mv0) 对地面压力的大小成正比,所以人跳车前后车的加速度不变,所以能正确表示车运动的 v-t 图象 B. 考点:动量守恒定律;牛顿第二定律. 32. 两个小球在光滑水平面上沿同一直线, 同一方向运动, B 球在前, A 球在后, MA=1kg, MB=2kg, vA=6m/s, vB=2m/s, 当 A 球与 B 球发生碰撞后,A、B 两球速度可能为( ) A. vA=5m/s, vB=2.5m/s B. vA =2m/s, vB =4m/s C. vA = -4m/s, vB =7m/s D. vA =7m/s, vB =1.5m/s 【答案】B 【解析】 试题分析:考虑实际情况,碰撞后 A 球速度不大于 B 球的速度,因而 AD 错误,BC 满足;两球碰撞过程, 系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒,ABCD 均满足;根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该 小于或等于碰撞前的系统总动能,碰撞前总动能为 22J,B 选项碰撞后总动能为 18J,C 选项碰撞后总动能

【答案】vC=2m/s,方向向右。 【解析】 试题分析:猴子跳离木箱 A 过程动量守恒,跳离后木箱速度为 vA1, (M+m)v0=mv+MvA1 解得:vA1=1.5m/s 猴子跳上木箱 B 后再跳离木箱 B,B 和猴子组成系统动量守恒 mv=mv+MvB1,解得 vB1=0 A 木箱将追上 B 木箱发生正碰,AB 组成系统动量守恒,碰后速度为 vAB, MvA1=2MvAB,解得 vAB=0.75m/s,方向水平向右, 猴子跳上木箱 C 过程,动量守恒:mv=(m+M)vC 解得 vC=2m/s,方向向右。 考点:动量守恒定律。 34.质量相等的甲乙两球在光滑水平面上沿同一直线运动。甲以 7 kg·m/s 的动量追上前方以 5 kg·m/ s 的动量同向运动的乙球发生正碰,则碰后甲乙两球动量不可能的是 A.6.5 kg·m/s, 5.5 kg·m/s B.6 kg·m/s, 6 kg·m/s C.4 kg·m/s, 8 kg·m/s D.5.5 kg·m/s, 6.5 kg·m/s 【答案】C 【解析】 试题分析:碰撞的过程中,1、是动量守恒定律;2、总动能不增加;3、符合物体的实际运动情况.动量 守恒,初状态总动能 E1=
2 P P 2 74 P ?2 P ?2 72.5 1 ? 2 = .末状态总动能 E2= 1 ? 2 = ,知动能不增加.故 A 2m 2m 2m 2m 2m 2m 2 P P ?2 72 1? ? 2 = .知动能不增加.故 B 可能.动量守恒,末状态 2m 2m 2m

可能.动量守恒,末状态的总动能 E2=

总动能 E2=

2 P P ?2 80 1? ? 2 = .知动能增加,违背动量守恒的规则.故 C 不可能.动量守恒,末状态总动 2m 2m 2m

2 P P2 ?2 72.5 1? ? = 能 E2= ,知动能不增加,故 D 可能. 2m 2m 2m

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考点:考查了动量守恒定律的应用

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第 II 卷(非选择题)
请点击修改第 II 卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题(题型注释) 35.光滑水平面上有两小球 a、b,开始时 a 球静止,b 球以一定速度向 a 运动,a、b 相撞后两球粘在一起 运动,在此过程中两球的总动量_______(填“守恒”或“不守恒” ) ;机械能_________(填“守恒”或“不 守恒” ) 。 【答案】守恒 不守恒 【解析】 试题分析:两球碰撞时,内力远远大于外力,可以认为系统动量守恒,但由碰撞后粘在一起,这就属于完 全非弹性碰撞,动能有损失,故机械能不守恒。 考点:动量守恒定律 点评:掌握动量守恒定律和机械能守恒定律的条件即可。 36. (18 分)(1)如图所示,在匀强磁场中,与磁感应强度 B 成 30°角放置一矩形线圈,共 100 匝,线圈 长 lab=10cm、宽 lbc=8cm,线圈电阻 r=1.0Ω ,与它相连的电路中,电阻 R1=4.0Ω ,R2=5.0Ω ,磁感应强度 变化如图乙所示,开关闭合后 t=1.5s 时 R2 中电流的大小为_______A,此时左侧边 ab 所受的安培力大小 _______N。

②实验时某同学测得的 g 值偏大,其原因可能是_________. A.实验室的海拔太高 B.摆球太重 C.测出 n 次全振动时间为 t,误作为(n+1)次全振动时间进行计算 D.用摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算 ③用的摆球密度不均匀,无法确定重心位置.他第一次量得悬线长为 l1 (不计半径),测得周期为 T1;第二 次量得悬线长为 l 2 ,测得周期为 T2.根据上述数据,g 表达式为___________ 【答案】 (1)0.02A 0.2N (2) v 2 =10m/s s=1.5m

d 2 4? ( L ? )n 2 2 (3) ① g= 2 t

②CD



4? 2 ( L1 ? L2 ) T12 ? T22

【解析】 试题分析: (1)根据法拉第电磁感应定律,则有: =0.2V; 根据闭合电路欧姆定律则有,R2 中电流大小为: I ? 左侧边 ab 所受的安培力大小 F=BlabI=0.2N (2)根据动能定理:EqL=

E =0.02A, R1 ? R1 ? r

1 2 mv1 ,代入数据得:v1=20m/s; 2

小球相碰后粘在一起,根据动量守恒定律:mv1=2mv2,v2=10m/s。 当两球所受洛伦磁力等于重力时,离开地面,则:qv3B=2mg,v3=40m/s 根据动能定理:Eqx= (2)一个质量为 m =0.001kg、带电量为 q = 1 ? 10 ?3 C 的带正电小球和一个质量也为 m 不带电的小球相距

1 2 2 2m(v3 -v2 ) ,x=1.5m; 2

(3)①周期为一次全振动的时间,所以 T=t/n; 根据周期公式得:T= 2?
L g

L =0.2m,放在绝缘光滑水平面上,当加上如图的 E = 1 ? 10 3 N/C 的水平向左的匀强电场和 B =0.5T 的水平
向外的匀强磁场后, 带电小球开始运动, 与不带电小球相碰后粘在一起, 则两球碰后的速度为________m/s, 两球碰后到两球离开水平面,还要前进_________m。 ,所以 g=

4? L = T2
2

4? 2 ( L ? T2

d d 2 ) 4? ( L ? )n 2 2 = 2 2 t

②实验室的海拔太高,g 偏小,A 错误;摆球太重,不影响周期,B 错误;测出 n 次全振动时间为 t,误作 为(n+1)次全振动时间进行计算,造成 T 偏小,g 偏大,C 正确;用摆线长与摆球直径之和作为摆长来计 算,造成 L 偏大,g 偏大,D 正确。故选 CD ③设摆球的重心到线与球结点的距离为 r,根据单摆周期的公式 T=2π (3)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,测得单摆摆角小于 10°时,完成 n 次全振动时间为 t,用 毫米刻度尺测得摆线长为 l ,用螺旋测微器测得摆球直径为 d. ①测得重力加速度的表达式为 g=_________.

L 得 g

T1=2π

L1 ? r ① g

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T2=2π

L2 ? r ② g

1.2? 10 m = 0 .6 m / s ; 碰 后 两 小 车 的 共 同 速 度 : 试 题 分 析 : 碰 前 小 车 甲 的 速 度 : v甲= 0.02s v 共= 0.8? 10 m = 0.4m / s ,由动量守恒定律:m 甲 v 甲=(m 甲+m 乙)v 共,代入数据解得:m 甲:m 乙=2:1 . 0.02s
- 2

- 2

联立两式解得 g=

4? ( L1 ? L2 ) T12 ? T22
2

考点:法拉第电磁感应定律、安培力、动能定理、动量守恒定律、单摆的周期 37.质量为 100kg 的小船静止在水面上,船两端有质量 40kg 的甲和质量 60kg 的乙,当甲、乙同时以 3m/s 的速率向左、向右跳入水中后,小船的速度大小为 m/s,方向是 。 【答案】0.6m/s,向左 【解析】 试题分析:规定向左为正,小船和两人组成的系统,动量守恒,故有 0 ? m甲v甲 ? m乙v乙 ? mv ,代入数据 可得: 0 ? 40 ? 3 ? 60 ? 3 ? 100v ,解得 v ? 0.6m / s ,速度为正,说明向正方向运动, 考点:考查了动量守恒定律的应用 38.场强为 E、方向竖直向上的匀强电场中有两小球 A、B,它们的质量分别为 m1、m2,电量分别为 q1、 q 2 . A 、 B 两球由静止释放,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】 E (q1 ? q2)( ? m1 ? m2)g 【解析】 试题分析:由题意,小球 A 和 B 组成的系统动量守恒,必定满足动量守恒的条件:系统的所受合外力为零. 两球受到重力与电场力,则知电场力与重力平衡,则得: E (q1 ? q2)( ? m1 ? m2)g 。 考点:考查了动量守恒定律的应用 39.(6 分).如图(a)所示,在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车,甲车系一穿过打点计时器的 纸带,当甲车受到水平向右的冲量时,随即启动打点计时器,甲车运动一段距离后,与静止的乙车发生正 碰并粘在一起运动,纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图(b)所示,电源频率为 50Hz, 则碰撞前甲车运动速度大小为______m/s,甲、乙两车的质量比m甲:m乙=_______.

考点:动量守恒定律。 40.短道速滑接力赛中,运动员通过身体接触完成交接棒过程。某次比赛中运动员 甲以 7m/s 在前面滑行, 运动员乙以 8m/s 从后面追上,并用双臂奋力将甲向前推出,完成接力过程。设甲乙两运动员的质量均为 60kg , 推后运动员乙变为 5m/s,方向向前,速度方向在同一直线上,则运动员甲获得的速度为;此接力 过程 (选填“可以”或“不可以” )看作弹性碰撞。

【答案】10m/s,不可以; 【解析】 试题分析:两运动员碰撞过程中动量守恒,所以根据动量守恒定律可得: 60 ? 7 ? 60 ? 8 ? 60v ? 60 ? 5 , 解得: v ? 10m / s ,碰撞前后总动能不同,故不能看做弹性碰撞, 考点:考查了动量守恒定律 评卷人 得分 三、实验题(题型注释) 41. (2014?江苏二模)如图为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置.两带有等宽遮光条的滑块 A 和 B,质量分别为 mA、mB,在 A、B 间用细线水平压住一轻弹簧,将其置于气垫导轨上,调节导轨使其能实现 自由静止,这是表明 ,烧断细线,滑块 A、B 被弹簧弹开,光电门 C、D 记录下两遮光条通过的时间 分别为 tA 和 tB,若有关 系式 ,则说明该实验动量守恒.

【答案】0.6 【解析】

;2:1 【答案】气垫导轨水平; 【解析】
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试题分析:滑块静止,处于平衡状态,所受合力为零,据此分析答题; 求出滑块速度,由动量守恒定律分析答题. 解:两滑块自由静止,滑块静止,处于平衡状态,所受合力为零,此时气垫导轨是水平的; 设遮光条的宽度为 d,两滑块的速度为:vA= 如果动量守恒,满足:mAvA﹣mBvB=0?②, 由①②解得: . ,vB= ?①,

m1 gL ( 1 ? cos?) ?

1 m1v12 ,解得 v1= 2 gL ?1 ? cos? ? .则 P 1 ? m1 2 gL ?1 ? cos? ? . 2 1 mv1 ?2 , 解 得 v1 ?= 2gL ?1 ? cos? ? , 则 2

小球 A 与小球 B 碰撞后继续运动,在 A 碰后到达最左端过程中,机械能再次守恒,

( 1 ? cos ?) ? 0? 由 机 械 能 守 恒 定 律 得 : ?m1 gL

P 1 ? ? m1 2 gL ?1 ? cos? ? .碰前小球 B 静止,则 P B ? 0 ;碰撞后 B 球做平抛运动,水平方向: S ? v2 ?t ,
竖直方向 h=

g g 1 2 gt ,联立解得 v2 ?=s ? ,则碰后 B 球的动量 P2 ? ? m2 s ? 2 2h 2h

故答案为:气垫导轨水平;



点评:本题考查了实验注意事项、实验数据处理,应用速度公式、动量守恒定律即可正确解题. 42.某同学用如图所示装置验证动量守恒定律,用轻质细线将小球 1 悬挂于 O 点,使小球 1 的球心到悬点 O 的距离为 L,被碰小球 2 放在光滑的水平桌面上.将小球 1 从右方的 A 点(OA 与竖直方向的夹角为α ) 由静止释放,摆到最低点时恰与小球 2 发生正碰,碰撞后,小球 1 继续向左运动到 C 位置(OC 与竖直方向 夹 角为θ ) ,小球 2 落到水平地面上,落点 D 到桌面边缘水平距离为 s,已知重力加速度为 g.

考点:验证动量守恒定律 43.某同学用如图所示的(a)图装置来探究碰撞中的守恒量,图中 PQ 是斜槽,QR 为水平槽, (b)图是多 次实验中某球落到位于水平地面记录纸上得到 10 个落点痕迹,有关该实验的一些说法,不正确 的有 ...

(1)实验中已经测得上述物理量中的θ 、? 、L、s 以及小球 1 的质量 m1 和、小球 2 的质 量 m2,为了验证 两球碰撞过程动量守恒,还应该测量的物理量有________________. (2)请用测得的物理量结合已知物理 量分别表示碰撞前后小球 1 的动量:p1=____________,p1′=____________;再用物理量表示碰撞前后

P 小球 2 的动量: p2=____________, p2′=____________ 【答案】 (1) 桌面高度 h。 (2) 1 ? m1 2 gL ?1 ? cos? ? ; P 1 ? ? m1 2 gL ?1 ? cos? ? ;
0; P2 ? ? m2 s ? 【解析】 试题分析: : (1)为了验证两球碰撞过程动量守恒,需要测量两小球的质量,小球 1 质量 m1 ,小球 2 质量

g 2h

A.入射球和被碰球必须是弹性好的,且要求两球的质量相等,大小相同 B.被碰球静止放在槽口,入射球必须每次从轨道的同一位置由静止释放 C.小球碰撞前后的速度不易测量,所以通过测小球“平抛运动的射程”间接地解决 D.图(b)可测出碰撞后某球的水平射程为 64.7cm(或取 64.2cm — 65.2cm 之间某值) 【答案】A 【解析】 试题分析:为防止两球碰撞后入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,为发生对心碰撞,两球半 径应相等,故 A 错误;为保证小球的速度相等,被碰球静止放在槽口,入射球必须每次从轨道的同一位置 由静止释放,故 B 正确;小球离开轨道后做平抛运动,由于小球抛出点的高度相等,它们在空中的运动时 间相等,小球的水平位移与小球的初速度成正比,小球碰撞前后的速度不易测量,所以通过测小球“平抛 运动的射程”间接地解决,故 C 正确;由图示刻度尺可知,图(b)可测出碰撞后某球的水平射程为 64.7cm (64.2cm-65.2cm 均正确) ,故 D 正确; 考点:考查了动量守恒定律 评卷人 得分 四、计算题(题型注释) 44.如图所示,A 和 B 两小车静止在光滑的水平面上,质量分别为 m1、m2,A 车上有一质量为 m0 的人,以 速度 v0 向右跳上 B 车,并与 B 车相对静止.求:

m2 ,小球 1 碰撞前后的速度可以根据机械能守恒定律测出,所以还需要测量 OC 与 OB 夹角,需要通过平
抛运动测量出小球 2 碰后的速度,需要测量水平位移 S 和桌面的高度 h. (2)小球从 A 处下摆过程只有重力做功,机械能守恒,由机械能守恒定律得:

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解得:v1=1m/s 设小铁块在平板小车上的滑动的位移为 x 时与平板小车达到共同速度 v2,则根据功能关系得:

①人跳离 A 车后,A 车的速度大小和方向; ②人跳上 B 车后,A、B 两车的速度大小之比. 【答案】① v A ? ?

m0 v0 ,方向向左 m1



vA vB

?

m0 ? m2 m1

【解析】 试题分析:①设人跳离 A 车后,A 车的速度为 vA,研究 A 车和人组成的系统,以向右为正方向,由动量守 恒定律有

1 2 ? 1 mυ 2 (M ? m)υ2 1 2 2 解得:x=1.2m 由于 x>L,说明铁块在没有与平板小车达到共同速度时就滑出平板小车.所以小铁块在平板小车上运动的 整个过程中系统损失的机械能为:Δ E=2μ mgL=9J 考点:动量守恒定律及动能定理. 46. (原创) (16 分)某兴趣小组设计了一种实验装置,用来研究碰撞问题,其模型如图所示,光滑轨道中 间部分水平,右侧为位于竖直平面内半径为 R 的半圆,在最低点与直轨道相切.5 个大小相同、质量不等 的小球并列静置于水平部分,球间有微小间隔,从左到右,球的编号依次为 0、1、2、3、4,球的质量依 次递减,每球质量与其相邻左球质量之比为 k(k<1).将 0 号球向左拉至左侧轨道距水平高 h 处,然后由 静止释放,使其与 1 号球碰撞,1 号球再与 2 号球碰撞??所有碰撞皆为无机械能损失的正碰(不计空气 阻力,小球可视为质点,重力加速度为 g). ? μmgx ?

m1v A ? m0 v0 ? 0

(1 分)
0

解得

m v A ? ? 0 v0 m1

(1 分) (1 分)

1 2 3 4

负号表示 A 车的速度方向向左 ②研究人和 B 车,由动量守恒定律有

m0 v0 ? (m0 ? m2 )vB (1 分)

(1)0 号球与 1 号球碰撞后,1 号球的速度大小 v1; (2)若已知 h=0.1m,R=0.64m,要使 4 号球碰撞后能过右侧轨道的最高点,问 k 值为多少? 【答案】 (1) v1 ? 【解析】 试题分析:(1)0 号球碰前速度为 v0, m0 gh ?
' 碰撞过程: m0 v0 ? m0 v0 ? m1v1

解得

vA vB

?

m0 ? m2 m1

2 2 gh 1? k

(2) k ?

2 ?1
1 2 m0 v0 2

(1 分)

考点:动量守恒 45. 如图所示, 一辆质量为 M=3kg 的平板小车 A 停靠在竖直光滑墙壁处, 地面水平且光滑, 一质量为 m=1kg 的小铁块 B(可视为质点)放在平板小车 A 最右端,平板小车 A 上表面水平且与小铁块 B 之间的动摩擦因数 μ =0.5,平板小车 A 的长度 L=0.9m.现给小铁块 B 一个 υ 0 =5m/s 的初速度使之向左运动,与竖直墙壁发生 弹性碰撞后向右运动,求小铁块 B 在平板小车 A 上运动的整个过程中系统损失的机械能( g ? 10m/s 2 ). υ0 A B

(2 分)

(2 分) (2 分)

1 1 1 2 '2 m0 v0 ? m0 v0 ? m1v 2 1 2 2 2
解得: v1 ?

2m0 2 2 v0 ? v0 ? 2 gh m0 ? m1 1? k 1? k
2 v1 1? k
(2 分)

(2 分)

【答案】9J 【解析】 试题分析:设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为 v1,根据动能定理得:

(2)同理 v2 ? 故: v4 ? (

2 4 ) v0 1? k

1 2 1 2 mυ1 ? mυ0 2 2 解得:v1=4m/s 假设发生弹性碰撞后小铁块最终和平板小车达到的共同速度为 v2,根据动量守恒定律得:m v1=(M+m)v2 ? μmgL ?

4 号球从最低点到最高点:

1 1 2 m4 v4 ? m4 v 2 ? 2m4 gR 2 2

(2 分)

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4 号球在最高点: m4 解得: k ?

v2 ? m4 g R
(2 分)

(2 分)

解得: aB ? 8.0m / s 两者速度相同时,有 v0 ? aC t ? aBt 解得: t ? 0.4s C 滑行的距离: sC ? v0t ? B 滑生的距离: sB ? (1 分)

(1 分)

2 ?1

考点:本题考查了动量守恒定律、动能定理。 47. (18 分)如图所示,质量为 M=0.5kg、长 L=1m 的平板车 B 静止在光滑水平面上,小车左端紧靠一半径 为 R=0.8m 的光滑四分之一圆弧, 圆弧最底端与小车上表面相切, 圆弧底端静止一质量为 mC=1kg 的滑块. 现 将一质量为 mA=1kg 的小球从圆弧顶端静止释放,小球到达圆弧底端后与 C 发生弹性碰撞.C 与 B 之间的动 2 摩擦因数μ =0.2, 取 g=10m/s . 若在 C 刚好滑上木板 B 上表面的同时, 给 B 施加一个水平向右的拉力 F. 试 求:

1 aC t 2 ? 1.44m 2

(1 分) (1 分) (1 分)

1 2 aB t ? 0.64m 2

C 与 B 之间的最大距离: ?s ? sC ? sB ? 0.80m

(3)C 从 B 上滑落的情况有两种: (i)当 F 较小时滑块 C 从 B 的右端滑落,滑块 C 能滑落的临界条件是 C 到达孤右端时,C、B 具有共同的 速度 v1,设该过程中 B 的加速度为 aB,C 的加速度不变,
2 v0 ? v12 v12 根据匀变速直线运动的规律: ? ?L 2aC 2aB1

(1 分)

(1)滑块 C 滑上 B 的初速度 v0. (2)若 F=2N,滑块 C 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离. (3)如果要使 C 能从 B 上滑落,拉力 F 大小应满足的条件. 【答案】 (1) v0 ? 4m/s (2) 0.80m (3) 3N ? F 或 F ? 1N 【解析】 试题分析: (1)设 A 到达圆弧底端的速度为 v 由动能定理可得: mA gR ? 代入数据得: v ? 4m/s

v0 ? v1 v1 ? aC aB1
由以上两式可得: aB1 ? 6m / s2

(1 分)

v1 ? 3.0m/s

(1 分)

1 mAv 2 2

(1 分) (1 分) (1 分)

再代入 F ? 1N ,则 C 滑到 B 的右端时,速度仍大于 B 的速度,于是从 B 上滑落 (ii)当 F 较大时滑到 C 从 B 的左端滑落,在 C 到达 B 的右端之前,就与 B 具有相同的速度,此时的临界 条件是之后必须相对静止,才不会从 B 的左端滑落。 对于 B、C 整体有: F ? (mC ? M )a 对于 C 有: ?mC g ? mC a (1 分) (1 分) (1 分)

A 与 C 发生弹性碰撞,由动量守恒定律可得: mAv ? mAv? ? mC v0

1 1 1 2 2 2 由机械能守恒定律可得: mAv ? mAv? ? mC v0 2 2 2
由以上两式解得 v? ? 0 ; v0 ? 4m/s

(2)物体 C 滑木板 B 以后,做匀减速运动,此时设 B 的加速度为 aB ,C 的加速度为 aC , 由牛顿第二定律得: ? mC g ? mC aC 解得 aC ? 2.0m / s
2

由以上两式解得:F=3N,即若 F 大于 3N,A 就会相对 B 向左滑下 (1 分) 综上所述力,F 满足的条件是 3N ? F 或 F ? 1N (1 分) 考点:牛顿运动定律,匀变速直线运动规律 48. (9 分)如图所示,质量分别为 1 kg、3 kg 的滑块 A、B 位于光滑水平面上,现使滑块 A 以 4 m/s 的速 度向右运动,与左侧连有轻弹簧的滑块 B 发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中

(1 分)

木板 B 做加速度运动,由牛顿第二定律得 F ? ? mC g ? MaB

①弹簧的最大弹性势能; ②滑块 B 的最大速度。 【答案】①弹簧的最大弹性势能是 6 J;②滑块 B 的最大速度是 2 m/s。 【解析】
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试题分析:①A、B 速度相同时弹簧有最大势能,由动量守恒得 mAvA=(mA+mB)v,v= mAvA/(mA+mB)=

4 m/s =1 m/s 4

Δ Ek=

1 1 mAvA?(mA+mB)v?=8-2=6 J,弹簧的最大势 2 2

能为 6 J。 ②当 A、B 分离时,B 的速度最大,此时相当进行了一次弹性碰撞,则 mAvA=mAvA′+mBvB′

考点:能量守恒及动量守恒定律。 50.如图,质量为 m 的 b 球用长 h 的细绳悬挂于水平轨道 BC 的出口 C 处。质量也为 m 的小球 a,从距 BC 高 h 的 A 处由静止释放,沿 ABC 光滑轨道滑下,在 C 处与 b 球正碰并与 b 粘在一起。已知 BC 轨道距地面 有一定的高度,悬挂 b 球的细绳能承受的最大拉力为 2.8mg。试问: A

1 1 1 mAvA?= mAvA′?+ mBvB′? 2 2 2
由上二式解得 vB=2mAvA/(mA+mB)=2 m/s 考点:动量守恒定律、机械能守恒定律 点评:本题关键对两物体运动情况进行分析,得出 A 和 B 的速度相同时,弹簧最短; A、B 分离时,B 的 速度最大。最后根据动量守恒定律和动能守恒定律列式求解。 49.如图,两个大小相同的小球用等长的细线悬挂在同一高度,静止时两个小球恰好接触,无相互挤压, 两个小球质量分别为 m1 和 m2 ( m1 ? m2 ) 。现将 m1 拉离平衡位置,从高 h 处由静止释放,与 m2 碰撞后被 弹回,上升高度为 h1 ,求碰后 m2 能上升的高度 h2 。 (已知重力加速度为 g )

①a 与 b 球碰前瞬间的速度多大? ②a、b 两球碰后,细绳是否会断裂?(要求通过计算回答) 【答案】① 2gh ②细绳会断裂 【解析】 试题分析: ①设 a 球经 C 点时速度为 vC,a 球下滑过程机械能守恒,则由机械能守恒得: mgh ? 解得: vC ? 2gh , 即 a 与 b 球碰前的速度为 2gh ; ②设 b 球碰后的速度为 v,a、b 两球碰撞过程系统动量守恒,

1 2 mvC , 2

【答案】 .

m1 ( h + m
2 2

2

h1 )

2

以 a 球的初速度方向为正方向,由动量守恒得: mvC ? (m ? m)v , 解得: v ?

【解析】

1 2gh , 2

1 2 试题分析:m1 碰前 m 1gh = m 1v 1 ,解得 v 1 = 2
根据动量守恒定律: m 1v 1 = m1 碰后反弹上升:
2

小球被细绳悬挂绕 O 摆动时,若细绳拉力为 T,

2 gh
由牛顿第二定律得: T ? 2mg ? 2m

- m 1v 1 + m 2v

'

' 2

v2 , h

解得: T ? 3mg>2.8mg ,细绳会断裂。 考点:动量守恒定律;机械能守恒定律;牛顿第二定律. 51. (12 分)在许多建筑工地经常使用打夯机将桩料打入泥土中以加固地基。打夯前先将桩料扶起、使其 缓慢直立进入泥土中,每次卷扬机都通过滑轮用轻质钢丝绳将夯锤提升到距离桩顶 h0 =5m 处再释放,让夯 锤自由下落,夯锤砸在桩料上并不弹起,而随桩料一起向下运动。设夯锤和桩料的质量均为 m=500 kg,泥

1 '2 m 2v 2 = m 2 gh2 2
2

解得: h2 =

m 1 ( h + h1 ) m
2 2

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土对桩料的阻力为 f ? kh ,其中常数 k ? 2.0 ? 10 N / m , h 是桩料深入泥土的深度。卷扬机使用电动机
4

来驱动,卷扬机和电动机总的工作效率为? =95%,每次卷扬机需用 20 s 的时间提升夯锤。提升夯锤时忽 略加速和减速的过程,不计夯锤提升时的动能,也不计滑轮的摩擦。夯锤和桩料的作用时间极短, g 取 10 m / s ,求:
2

1 1 0 ? mv12 ? 2mg △h ? k ?h1 ? ?h1 ?△h ??△h (2 分) 2 2
∴ 2△h ?△h ? 2.5 ? 0 , △h ?
2

1 ? 21 m ? 1.4m (1 分) 4

则第一夯打击后桩料深入泥土的浓度为 h ? h1 ? △h ? 1.65m (2 分) 考点:功,功率,动能定理 52.(9 分)如图所示,质量为 m1=60 kg 的小车在光滑水平面上以速度 v1=0.5 m/s 向右运动,质量为 m2 =40 kg 的小车(包括小孩)在光滑水平面上以速度 v2=3 m/s 向左运动,为了避免两滑块再次相碰,在两 小车靠近的瞬间,m2 上的小孩用力将 m1 推开.求小孩对 m1 做功的范围.(滑块 m2 与右边竖直墙壁碰撞时无 机械能损失,小孩与小车不发生相对滑动,光滑水平面无限长)

(1)在提升夯锤的过程中,电动机的输入功率; (结果保留 2 位有效数字) (2)打完第一夯后,桩料进入泥土的深度。 【答案】 (1) P ? 1.3 ?10 W (2) h ? 1.65m
3

【答案】 16.8 J ? W ? 600 J 【解析】 试题分析:设向左为正方向,推后二者共速向左

【解析】 试题分析: (1)提升夯锤的过程中需做功 W ? mgh 0 ∴ W ? 500 ?10 ? 5J ? 2.5 ?10 J (2 分)
4

m2 v2 ? m1v1 ? (m1 ? m2 )v v ? 0.9m / s
对 m1 分析

则卷扬机的输入功率为

W ? ?EK 1 1 2 m1v 2 ? m1v1 2 2 W ? 16.8 J W?
设向左为正方向,推后二者反向,速度等大

W 25000 5 P? ? W ? ?104W ? 1.3 ?103 W (2 分) ?t 0.95 ? 20 38
(2)依靠自重桩料可下沉 h1 mg ? 2.0 ?10 h1
4

∴ h1 ? 0.25m (1 分) 夯在打击前的速度为 v ?

m2 v2 ? m1v1 ? m1v`?m2 v` v`? 4.5m / s
W ? ?EK 1 1 2 m1v`2 ? m1v1 2 2 W ? 600 J W?
所以,做功范围为:
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2 gh0 ? 10m/s (1 分)

打击后的共同速度为 v1 ? 5m / s (1 分) 下冲过程的阻力是随距离均匀变化的力,可用平均力求做功,下冲过程用动能定理

16.8 J ? W ? 600 J
考点:原子核、动能定理、动量守恒定律 53. (12 分)如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比,并且总是指向平衡位置,即 F=-kx, 其中 k 是由系统本身特性决定的线性回复力常数,那么质点的运动就是简谐运动。

当θ 很小时 可得 所以

sin? ? mg x L

x L

F? k?

mg L (2)单摆做简谐运动的过程中,只有线性回复力做功。 摆球从最大位移处运动到平衡位置的过程中,由动能定理 W?
其中 所以

1 2 mvm ? 0 2 W? kA ? 0 1 ? A ? kA2 2 2

(1)图 1 所示为一理想单摆,摆球的质量为 m,摆长为 L。重力加速度为 g。请通过计算说明该单摆做简 谐运动的线性回复力常数 k=? (2)单摆做简谐运动的过程中,由于偏角很小,因此可以认为摆球沿水平直线运动。 如图 2 所示,质量为 m 的摆球在回复力 F=-kx 作用下沿水平的 x 轴做简谐运动,若振幅为 A,在平衡位置

1 2 1 2 mvm ? kA 2 2 1 2 1 2 kd ? mv1 2 2

(3)B 球向 O 点运动的过程中 B、C 碰撞过程中动量守恒

1 2 1 2 O 点的速度为 vm,试证明: mvm ? kA 。 2 2 (3)如图 3 所示,两个相同的理想单摆均悬挂在 P 点。将 B 球向左拉开很小的一段距离由静止释放,B 球沿水平的 x 轴运动,在平衡位置 O 点与静止的 C 球发生对心碰撞,碰撞后 B、C 粘在一起向右运动。已 知摆球的质量为 m,摆长为 L。释放 B 球时的位置到 O 点的距离为 d。重力加速度为 g。求 B、C 碰撞后它 们沿 x 轴正方向运动的最大距离。
【答案】 (1) k ?

mv1 ? 2mv2

B、C 从 O 点向右运动的过程中 其中 可得
k' ? 2k

1 1 2 ? 2mv2 ? k' d' 2 2 2

1 mg (2)见解析(3) d L 2

【解析】 试题分析: (1)如答图 3 所示,以平衡位置 O 点为坐标原点,沿水平方向建立 x 轴。

1 d 2 考点:动能定理,动量守恒定律 54. (14 分)如图所示,固定的光滑圆弧面与质量为 6 kg 的小车 C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个 质量为 2 kg 的滑块 A,在小车 C 的左端有一个质量为 2 kg 的滑块 B,滑块 A 与 B 均可看做质点.现使滑 块 A 从距小车的上表面高 h=1.25 m 处由静止下滑,与 B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动,最终没有从小 车 C 上滑出.已知滑块 A、B 与小车 C 的动摩擦因数均为μ =0.5,小车 C 与水平地面的摩擦忽略不计,取 2 g=10 m/s .求: d' ?

x O 答图 3

设当偏角为θ 时,位移为 x。 重力垂直绳方向的分力提供回复力 F ? mg sin?

(1)滑块 A 与 B 碰撞后瞬间的共同速度的大小; (2)小车 C 上表面的最短长度. 【答案】(1)2.5 m/s (2)0.375 m 【解析】 试题分析:(1)设滑块 A 滑到圆弧末端时的速度大小为 v1,由机械能守恒定律有: m A gh ?
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1 m A v12 ① 2

代入数据解得 v1=5 m/s. ② 设 A、B 碰后瞬间的共同速度为 v2,滑块 A 与 B 碰撞瞬间与车 C 无关,滑块 A 与 B 组成的系统动量守恒, mAv1=(mA+mB)v2, ③ 代入数据解得 v2=2.5 m/s. ④ (2)设小车 C 的最短长度为 L,滑块 A 与 B 最终没有从小车 C 上滑出,三者最终速度相同设为 v3, 根据动量守恒定律有: (mA+mB)v2=(mA+mB+mC)v3 ⑤ 根据能量守恒定律有: ? ?m A ? m B ?gL ?

同理可得 aB

?

f AB ?( mA g ? F sin ? ) ? ? 1m / s 2 mB mB

(2)3s 时 v A ? a At ? 18m / s , v ? a B t ? 3m / s
' 当撤去外力 F 后,滑块 A 做减速运动,减速的加速度为: a A ? ?g ? 5m / s 2

1 ?m A ? mB ?v22 ? 1 ?m A ? mB ? mC ?v32 2 2



滑块 B 继续做加速运动,加速的速度为: a B ?
'

?m A g
mB

? 2.5m / s 2

联立⑤⑥式代入数据解得 L=0.375 m. ⑦ 考点:本题考查动量守恒、动能定理 55. (20 分)如图所示,足够长的木板 B 静止在光滑水平地面上.小滑块 A 静止放在木板 B 的左端,已知 mA=1kg、mB=2kg、滑块 A 与木板 B 间的动摩擦因数 ? ? 0.5 ,现对小滑块 A 施加一个竖直平面内斜向右上方 大小为 10N 的外力 F,且 F 作用 3s 后撤去.若图中 ? ? 37? ,问:

' 设撤去力 F 后,AB 还要经过 t 时间共速,有: v A ? a 'A t ? vB ? aB t

解得 t=2s,A、B 一起匀速的速度 v共 ? 8m / s ( 3 ) 整 个 过 程 , 由 于 摩 擦 产 生 的 内 能 :

1 1 1 2 2 Q ? WF ? (m A ? mB )? 共 ? F cos ? ? a A ? 32 - (m A ? mB )v共 2 2 2
解得 Q=120J (其它方法视情况给分) 考点:牛顿第二定律、功能关系 56.如图所示,质量为 mA = 2 kg 的木块 A 静止在光滑水平面上,一质量为 mB = 1 kg 的木块 B 以初速度 v0 = 10 m/s 沿水平面向右与 A 正碰,碰撞后两者都向右运动。接着木块 A 与挡板碰撞后立即反弹(木块 A 与挡板碰撞过程无机械能损失) 。之后木块 A 与 B 发生第二次碰撞,碰后 A、B 同向运动,速度大小分别为 1.8 m/s、2.4 m/s。求:

(1)施加外力 F 时,滑块 A 及木板 B 加速度大小分别为多少? (2)最终滑块 A、木板 B 会一起在光滑水平面上做匀速运动,它们匀速运动的速度为多少? (3)整个过程 A、B 组成的系统由于摩擦产生的内能是多少? 2 2 【答案】 (1)aA=6m/s ,aB=1m/s ; (2)8m/s; (3)120J。 【解析】 试题分析:(1)如图对 A 受力分析,有:

(i)木块 B 和 A 第一次碰撞后瞬间, A 的速度; (ii)A、B 第二次碰撞过程中,A 对 B 做的功。

Fcos?-f BA ? mAa A

【答案】 (i) v A ? 4m/s

(ii)0.88J

Fsin?+N BA ? mA g

f BA ? ?N BA
解得 a A

【解析】 试题分析: (i)设 A、B 第一次碰后的速度大小为 vA 、 v B ,取向右为正方向: 由动量守恒定律得 mBv0 ? mA vA ? mBvB (2 分) 之后,A 保持速度 vA 与墙碰撞,由于这次碰撞无机械能损失,故反弹速度大小为 vA ,设 A、B 第二次碰后
' ' 的速度大小分别为 vA 、 vB ,取向左为正方向:
' ' ? mAvA ? mBvB ? mAvA ? mBvB
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?

F cos? ? ?( mA g ? F sin ? ) ? 6m / s 2 mA

(2 分)

联立解得 vA ? 4m/s 、 vB ? 2m/s (2 分)
1 1 ' 2 2 ? mBvB ? 0.88J (ii)第二次碰撞过程中,A 对 B 做的功: W ? mBvB 2 2

(3 分)

碰后 a、b 共同速度 v 2 ?

1 v1 ? 1 m s 2

考点:本题考查碰撞、动量守恒定律 57.如图示,水平面光滑,轻质弹簧右端固定,左端栓连物块 b,小车质量 M=3kg,粗糙部分 AO 长 L=2m, 动摩擦因数μ =0.3,OB 部分光滑。另一小物块 a,放在车的最左端,和车一起以 v0=4m/s 的速度向右匀速 运动,车撞到固定挡板后瞬间速度变为零,但不与挡板粘连。已知车 OB 部分的长度大于弹簧的自然长度, 弹簧始终处于弹性限度内。a、b 两物块视为质点质量均为 m=1kg,碰撞时间极短且不粘连,碰后一起向右 2 运动。 (取 g=10 m/s )求: L=2m

此后 a、b 压缩弹簧,能量守恒,弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能最大,a、b 的动能减小到零。根 据能量守恒定律,最大弹性势能 EPm ?

1 2 ? 2mv 2 ? 1J 2

(3 ) 根据能量守恒定律, a、 b 向左运动, 弹簧恢复原长时, a、 b 速度的大小仍为 v2 ? 1m s , a 以 v2 ? 1 m s 滑上 AO 部分,最终 a 与小车有共同速度,系统动量守恒。 根据动量守恒定律: mv2 ? (m ? M )v3

a

v0
粗糙 光滑

b

解得 a 与小车的共同速度 v3 ?

m v 2 ? 0.25 m s m?M

A

O

B

根据能量守恒定律,

1 2 1 2 mv 2 ? (m ? M )v3 ? ?mgx 相对 2 2

当物块 a 相对小车静止时在小车上的位置距 O 点的距离 x相对 ? 0.125m ? 12.5cm (1)物块 a 与 b 碰前的速度大小 (2)弹簧具有的最大弹性势能 (3)当物块 a 相对小车静止时在小车上的位置距 O 点多远 (4)当物块 a 相对小车静止时小车右端 B 距挡板多远 【答案】 (1) v1 ? 2m/s ; (2) v2 ? 1m s ; (3) x相对 ? 12.5cm; (4) x车 ? 3.125cm。 【解析】 试题分析:小物块 a 和车一起以向右匀速运动,车撞到固定挡板后瞬间速度变为零,小物块 a 在 AO 部分 继续向右做匀加速运动,在 OB 部分做匀速运动,然后和物块 b 发生碰撞,动量守恒,一起向右压缩弹簧, 能量守恒,弹簧压缩到最短后,a、b 开始向左运动,弹簧恢复原长后 a、b 分离,在弹力作用下 b 要减速, a 在 AO 部分匀速向左,滑上 OB 部分在摩擦力作用下减速,小车则向左加速,当 a 与小车速度相同后一起 以共同速度匀速向左运动。 (4)在摩擦力作用下,小车向左做加速运动,根据动能定理, ?mgx 车 ?

1 2 Mv 3 2

解得物块 a 相对小车静止时小车右端 B 距挡板的距离 x车 ? 0.03125 m ? 3.125cm 考点:动能定理,能量守恒定律,动量守恒定律。 58.如图在光滑水平面上,视为质点、质量均为 m=1 ㎏的小球 a、b 相距 d=3m,若 b 球处于静止,a 球以 初速度 v0=4m/s,沿 ab 连线向 b 球方向运动,假设 a、b 两球之间存在着相互作用的斥力,大小恒为 F=2N, 从 b 球运动开始,解答下列问题: a v
0

b d

1 1 2 2 (1)物块 a 与 b 碰前对物块 a 应用动能定理, ? ?mgL ? mv 1 ? mv 0 2 2
解得 a 与 b 碰前速度 v1 ? 2m/s (2)小物块 a 和物块 b 发生碰撞,根据动量守恒定律 mv 1 ? (m ? m)v2

(1)通过计算判断 a、b 两球能否发生撞击; (2)若不能相撞,求出 a、b 两球组成的系统机械能的最大损失量; (3)若两球间距足够大,b 球从开始运动到 a 球速度为零的过程,恒力 F 对 b 球做的功; 【答案】 (1)两球不会发生碰撞; (2) ?E K ? 4J ; (3) W ? 8J 。 【解析】 试题分析: (1)在力 F 作用下,a 球做匀减速运动,b 球做匀加速运动,若两个小球速度相同时没发生碰
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撞,则此时间距最小。 取向右为正方向,根据牛顿第二定律:对 a 球 - F ? ?ma 1 ,对 b 球 F ? m a2 , 解得两球的加速度大小 a1 ? a2 ? 2 m s
2

mg ( H ? h) ?

1 mv B 2 2

v B ? 2g(H ? h) ? 2 ?10? (1.6 ? 0.8)m / s ? 4m / s
由题意可知小物块P从B滑上小车右端过程中机械能没有损失,故小物块 P 滑上小车左端时的速度 v1 =4m/s (2)小物块P在小车 Q 的上表面滑动的过程中, P、Q 构成的系统所受合外力为零,动量守恒,取小车 最短长度L0 时,小物块刚好在小车右端共速为 v2。

当 a、b 同速 va ? vb ? v 时,有 v0 ? at ? at ,解得 t ? 1s 此时 v ? va ? vb ? 2 m s ,a 球位移 x a ?

1 1 (v0 ? v a )t ? 3m ,b 球位移 xb ? vb t ? 1m 2 2

mv1 ? (m ? M)v2



两球初始距离 d ? 3m , xa ? xb ? d ,由位置关系可知,两球不会发生碰撞。 (2)两球速度相同时相当于完全非弹性碰撞,机械能损失最大。 损失的机械能 ?EK ?

相对运动过程中系统的能量守恒,有:

1 1 mv 1 2 ? (m ? M)v 2 2 ? ?mgL 0 2 2
联立并代入已知数据解得: v2 ? 2m / s ,



1 2 1 mv 0 ? ? 2mv 2 ? 4J 2 2

? ,得 vb ? ? v0 ? 4m / s (3)两球总动量守恒,当当 a 球速度为零时,有 mv0 ? mvb
1 ?2 ? 8J 根据动能定理,恒力 F 对 b 球做的功 W ? mvb 2
考点:牛顿第二定律,匀变速直线运动的规律,动量守恒定律,动能定理。 59.如图所示,高H=1.6m 的赛台 ABCDE 固定于地面上,其上表面 ABC 光滑;质量M=1kg、高 h=0.8m、 长L的小车 Q 紧靠赛台右侧 CD 面(不粘连) ,放置于光滑水平地面上.质量 m =1kg 的小物块 P 从赛台 顶点A由静止释放,经过B点的小曲面无损失机械能的滑上 BC 水平面,再滑上小车的左端.已知小物块 与小车上表面的动摩擦因数 μ=0.4,g 取 10m/s2.

L0 =1m (3)小车长L=1.2m,说明小车与竖直挡板相撞前小物块不会滑脱小车,设共速时小车位移 X1,物块对地 位移 X2,分别对小车和物块由动能定理可知

可得:

1 Mv 2 2 2 2 1 ? ?mgx 2 ? m(v 2 ?v 1 2 ) 2 x1 ? 0.5m x2 ? 1.5m

?mgx 1 ?

若 S ? X1 ,说明小车与挡板碰撞前小物块与小车已具有共同速度,且共速后一起匀速至挡板处,小物块 将在小车上继续向右做初速度为 v2 = 2m/s 的匀减速运动,距离车尾位移为 L1 = L-L0 = 0.2m,设减速到 0 位移为 L2,则

?mgL 2 ?

2 1 mv 2 2

可得:L2 =0.5m>L1 则小物块在车上飞出去

Wf ? ?mg( x2 ? L1 ) ? 6.8J
若 S< X1,说明小车与挡板碰撞前小物块与小车还没有共速,小物块全程都受摩擦力作用,则 (1)求小物块 P 滑上小车左端时的速度 v1。 (2)如果小物块没有从小车上滑脱,求小车最短长度L0 。 (3)若小车长L=1.2m,距离小车右端 S 处有与车面等高的竖直挡板,小车碰上挡板后立即停止不动, 讨论小物块在小车上运动过程中,克服摩擦力做功 Wf 与 S 的关系。 【答案】 (1)4m/s; (2)1m; (3) Wf ? (4.8 ? 4s) J 【解析】 试题分析: (1)小物块P从A滑到 B 点的过程中,根据机械能守恒定律,有:
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Wf ? ?mg(L ? s) ? (4.8 ? 4s) J
考点:动能定理、动量守恒定律及机械能守恒定律的应用. 60.如图所示,质量 M=2 kg 的滑块套在光滑的水平轨道上,质量 m=1 kg 的小球通过长 L=0.5 m 的轻 质细杆与滑块上的光滑轴 O 连接,小球和轻杆可在竖直平面内绕 O 轴自由转动,开始轻杆处于水平状态, 2 现给小球一个竖直向上的初速度 v0=4 m/s,g 取 10 m/s 。

(2)设碰后铁块的速度为 v ,由动量守恒 mv0 ? Mv ? mvm 可得, v ? 4 (m/s) ,铁块受到的摩擦力所的做 功为铁块动能的损失即 ? Mgs ?

1 v2 42 Mv 2 , s ? 。 ? ? 1.6 (m) 2 2? g 2 ? 0.5 ?10

(1)若锁定滑块,试求小球通过最高点 P 时对轻杆的作用力大小和方向; (2)解除对滑块的锁定,小球过最高点时速度大小 v′=2 m/s,求此时滑块的速度大小。 【答案】(1) 2 N,方向为竖直向上 (2) 1m/s 【解析】 试题分析:(1) 由

考点:本题考查了平抛运动、动量守恒的概念 62. (10 分)质量为 M=6 kg 的木板 B 静止于光滑水平面上,物块 A 质量为 6 kg,停在 B 的左端。质量为 1 kg 的小球用长为 0. 8 m 的轻绳悬挂在固定点 O 上,将轻绳拉直至水平位置后,由静止释放小球,小球在 最低点与 A 发生碰撞后反弹,反弹所能达到的最大高度为 0.2 m,物块与小球可视为质点,不计空气阻力。 已知 A、B 间的动摩擦因数 ? ? 0.1 ,为使 A、B 达到共同速度前 A 不滑离木板,木板至少多长?

v 1 1 6 mv0 2 ? mgL ? mv p 2 ,可得 vp 2 ? v02 ? 2gL , F向 ? m p ? 1? ,设 ? 12 (N) 2 2 L 0.5

2

小球通过最高点 P 时轻杆对小球的作用力为 Fp ,则有 Fp ? F (N) ,故可知小球通 向 ? mg ? 12 ? 1?10 ? 2 过最高点 P 时对轻杆的作用力大小为 2 N,方向为竖直向上(作用力与反作用力大小相等方向相反) 。 (2) 设此时滑块的速度为 v ,由于小球与滑块组成的系统在水平方向不受外力作用动量守恒,故有

mv? ? Mv ? 0 , v ? ?

m v? ? ?1 (m/s),负号表示与小球速度方向相反,由此可得此时滑块的速度大小 M
【答案】x=0.25m 【解析】 试题分析:

为 1m/s。 考点:本题考查了动量守恒、向心力的计算、机械能守恒的概念 61.如图,在高为 h=5 m 的平台右边缘上,放着一个质量 M=3 kg 的铁块,现有一质量为 m=1 kg 的钢 球以 v0=10 m/s 的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹,落地点距离平台右边缘的水平距离为 2 L=2 m, 已知铁块与平台之间的动摩擦因数为 0.5 (不计空气阻力, 铁块和钢球都看成质点, 取 g=10 m/s ) , 求:

1 mv12 2 1 mgh ? mv '12 2 mgL ?

v1 ? 2gL ? 4m / s v1' ? 2gL ? 2m / s
mv1 ? ?mv1' ? mAvA

(1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (2 分) (1 分)

球与 A 碰撞过程中,系统动量守恒 得 vA=1m/s

物块 A 与木板 B 相互作用过程中 mAvA ? (mA ? M )v共 (1)钢球碰后反弹的速度; (2)铁块在平台上滑行的距离 s。 【答案】(1)2 m/s ,(2)1.6m 【解析】 v 共=0.5m/s

? mgx ? mAv A 2 ? (mA ? M )v 2 共

1 2

1 2

(2 分)

2h 试 题 分 析 : (1) 设 钢 球 下 落 的 时 间 为 t , 则 有 t ? ,由此可计算出钢球碰后反弹的速度 g
vm ? L ? t 2 ? 2h g 2 ? 2 (m/s) 。 2?5 10

得 x=0.25m (1 分) 考点:本题考查机械能守恒和动量守恒定律。 63.如图所示,竖直平面内的四分之一圆轨道下端与水平桌面相切,小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的 最高点和最低点,现将 A 无初速度释放,A 与 B 碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动,已知圆弧轨道光 滑, 半径 R=0.2m, A 和 B 的质量相等, A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数 ? ? 0.2 , 重力加速度取 10m / s ,
2


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(2)由动量定理: ? ?m gt ? m ?

v0 v ? m v0 ,可以解得: t ? 0 2 2?g

(3)由功能关系,物块与小车之间一对滑动摩擦力做功之和(摩擦力乘以相对位移)等于系统机械能的 (1)碰撞前瞬间 A 的速率 v (2)碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v ' (3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l 和运动的时间 t 【答案】(1)2m/s (2)1m/s (3)0.25m,0.5s 【解析】 试题分析:设滑块的质量为 m.(1)根据机械能守恒定律有:mgR= 解得碰撞前瞬间 A 的速率有:v= 2gR =2m/s. (2)根据动量守恒定律有 mv=2mv? ,解得碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v′= (3)根据动能定理有

v 2 1 2 1 增量: ? F f l ? (m ? m)( 0 ) ? m v0 2 2 2

2 v0 解得 l ? 4?g

1 2 mv 2

考点: 动量守恒定律 65.如图所示,半径为 r=0.4m 的 1/4 圆形光滑轨道 AB 固定于竖直平面内,轨道与粗糙的水平地面相切于 B 点,CDE 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管,DE 段被弯成以 O 为圆心、半径 R=0.2m 的一小段圆弧,管的 C 端弯成与地面平滑相接,O 点位于地面,OE 连线竖直.可视为质点的物块 b,从 A 点由静止开始沿轨道下滑,经地面进入细管(b 横截面略小于管中空部分的横截面) ,b 滑到 E 点时受到细 2 管下壁的支持力大小等于所受重力的 1/2.已知物块 b 的质量 m = 0.4kg,g 取 10m/s .

1 v=1 m/s. 2

1 2 (2m)v′ =μ (2m)gl 2

解得 A 和 B 整体沿水平桌面滑动的距离 l=

v? v? 2 t? ? 0.5s =0.25 m. ?? ? 2m? gt ? 0 ? 2mv? ,解得: ?g 2? g

考点:考查了机械能守恒,动量守恒,动能定理 64.如图所示,质量为 m 的小物块以水平速度 ?0 滑上原来静止在光滑水平面上质量为 m 的小车上,物块 与小车间的动摩擦因数为 ? ,小车足够长。求:
v m
0

(1)求物块 b 滑过 E 点时的速度大小 vE. (2)求物块 b 滑过地面 BC 过程中克服摩擦力做的功 Wf. (3)若将物块 b 静止放在 B 点,让另一可视为质点的物块 a,从 A 点由静止开始沿轨道下滑,滑到 B 点时 与 b 发生弹性正碰,已知 a 的质量 M≥m,求物块 b 滑过 E 点后在地面的首次落点到 O 点的距离范围. 【答案】(1)1m/s(2) W f ? 0.6J (3) 0.2m≤x<1m 【解析】 试题分析: (1)物块 b 滑过 E 点时重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得

M

2 vE mg ? N ? m R

(2 分)代入 N ?

1 mg 2
(1 分)

①小物块相对小车静止时的速度; ②从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间; ③从小物块滑上小车到相对小车静止时,系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离。 【答案】 (1) v 共 【解析】 试题分析:(1)由动量守恒定律,物块与小车系统:mv=( m+m )V 共,解得: v 共 ?
2 v0 v0 v0 ? ; (2) t ? ; (3) l ? 2 2?g 4?g

联立解得 v E ?

gR 10 ? 0.2 ? m/s ? 1m/s 2 2

(2)物块 b 从 A 点到 E 点的过程中,由动能定理得
mg(r ? R) ? W f ? 1 2 mvE 2

(2 分) (1 分)

解得 W f ? 0.6J

v0 2

(3)物块 a 从 A 滑到 B 的过程机械能守恒,设物块 a 滑到 B 点时速度为 v,则有
1 Mv 2 ? Mgr (1 分) 2
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解得 v ? 2 2m/s 设碰撞后物块 a、b 的速度分别为 va、vb,碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得
Mv ? Mva ? mvb (2 分)

【答案】 2m/s 【解析】

5 2N

0.5J

试题分析:(1)小球从 A 运动到 B 做平抛运动,在水平方向有: r sin 45?=v0 t 在 B 点有: tan 45 ?=

1 1 1 2 2 (2 分) Mv 2 ? Mva ? mvb 2 2 2

gt v

由以上两式解得:v0=2m/s

联立解得 vb ?

2M 2v v? m M ?m 1? M

⑵ 在 B 点据平抛运动的速度及规律有: v B ?

v0 =2 2m / s sin 45?

因为 M ≥m,由上式可知, 碰撞后 v≤vb<2v,即 2 2 m/s≤vb< 4 2 m/s 物块 b 从 B 点到 E 点的过程中,由动能定理得
1 1 2 ? mgR ? W f ? mvE '2 ? mvb 2 2
x ? v E '?t (1 分)

小球在管中的受力分析为三个力,由于重力与外加力 F 平衡,故小球所受的合力为管的外轨对它的压力, (2 分) 得 小 球 在 管 中 以 vB=2 2m / s 做 匀 速 圆 周 运 动 , 由 圆 周 运 动 的 规 律 得 : 细 管 对 小 球 的 作 用 力

(2 分)

N ?m

vB ? 5 2N r

2

物块 b 离开 E 点后做平抛运动,设时间为 t,首次落点到 O 点的距离为 x,则有

R?

1 2 gt (1 分) 2

(3)小球与木块发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的共同速度为 v2 由动量守恒定律有:mvB=(m+M)v2 ( 2 分) 代入数据解得:v2=0.5 2 m/s ( 1 分) 木块(包括小球)压缩弹簧至最短时其动能全部转化为弹簧的弹性势能,故弹簧的最大弹性势 能: E P ? 2 ( M
1

由以上三式联立解得 0.2m≤x<1m(1 分) 考点:考查了动量守恒,机械能守恒,牛顿第二定律,平抛运动,动能定理,圆周运动 66. (18 分)如图,BC 为半径等于R= 0.4 2m 竖直放置的光滑细圆管,O 为细圆管的圆心,BO 与竖直线 的夹角为 45°;在圆管的末端 C 连接一光滑水平面,水平面上一质量为M=1.5kg 的木块与一轻质弹簧拴 接,轻弹簧的另一端固定于竖直墙壁上.现有一质量为 m=0.5kg 的小球从O点正上方某处A点以 v0 水平抛 出,恰好能垂直 OB 从 B 点进入细圆管,小球从进入圆管开始即受到始终竖直向上的力 F=5N 的作用,当小 2 球运动到圆管的末端 C 时作用力 F 立即消失.小球过后与木块发生完全非弹性碰撞(g=10m/s ) .求:

? m )v 2 2 ? 1 ? 2 ? ( 0.5 2 )2 J ? 0.5J 2

( 3 分)

考点:本题考查圆周运动的规律、动量守恒定律。 67.如图所示,水平地面上竖直固定一个光滑的、半径 R=0.45m 的 1/4 圆弧轨道,A、B 分别是圆弧的端点, 圆弧 B 点右侧是光滑的水平地面,地面上放着一块足够长的木板,木板的上表面与圆弧轨道的最低点 B 等 高,可视为质点的小滑块 P1 和 P2 的质量均为 m=0.20kg,木板的质量 M=4m,P1 和 P2 与木板上表面的动摩擦 因数分别为 ?1 =0.20 和 ?2 =0.50,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力;开始时木板的左端紧靠着 B,P2 静 止在木板的左端,P1 以 v0=4.0m/s 的初速度从 A 点沿圆弧轨道自由滑下,与 P2 发生弹性碰撞后,P1 处在木 板的左端,取 g=10m/s 。求:
2

(1)小球在A点水平抛出的初速度 v0; (2)在圆管运动中圆管对小球的支持力N; (3)弹簧的最大弹性势能EP.

(1)P1 通过圆弧轨道的最低点 B 时对轨道的压力; (2)P2 在木板上滑动时,木板的加速度为多大? (3)已知木板长 L=2m,请通过计算说明 P2 会从木板上掉下吗?如能掉下,求时间?如不能,求共速? 2 【答案】 (1)压力大小为 13.1N,方向竖直向下; (2)木板的加速度为 1.0m/s ; (3)没有共速,P2 已经从

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木板上掉下,时间是 t 2 ? 【解析】

2 s ? 0.67 s . 3
1 1 2 2 mv 0 ? mgR ? mv B ,代入数据 2 2

(1)设 P1 滑到圆弧最低点 B 时的速度为 vB,根据机械能守恒定律得:

②滑动摩擦力对物块 B 做的功; ③物块 A 与物块 B 碰撞过程中损失的机械能. 【答案】①4.0 m/s②-1.6 J③E=0.80 J 【解析】 试题分析: ①设物块 A 滑到斜面底端与物块 B 碰撞前时的速度大小为 v0,根据机械能守恒定律有 m1gh=

v2 a 解得 vB=5m/s;设 P1 通过 B 时受到的支持力为 N,根据牛顿第二定律得: N ? m g ? m B R
代入数据解得 N = 13.1N。根据牛顿第三定律可知,P1 对轨道的压力为 13.1N,方向竖直向下。 (2)P1 与 P2 碰撞满足动量守恒和机械能守恒,用 v1、v2 分别表示碰后 P1、P2 的速度,则有

1 2 m1 v0 (1 分)v0= 2gh ,解得:v0=4.0 m/s(1 分) 2
②设物块 B 受到的滑动摩擦力为 f,摩擦力做功为 W,则 f=μ m2g(1 分) W=-μ m2gx 解得:W=-1.6 J(1 分) ③设物块 A 与物块 B 碰撞后的速度为 v1,物块 B 受到碰撞后的速度为 v,碰撞损失的机械能为 E,根据动 能定理有-μ m2gx=0-

1 1 1 2 2 2 ? mv1 ? mv 2 ,联立解得 v1 =0,v2=5m/s,向右。假设碰撞后 P2 在木板 mv B ? mv1 ? mv 2 , mv B 2 2 2
上滑动时, P1 与木板保持相对静止, 它们共同的加速度为 a 共, 根据牛顿第二定律, 有 ? 2 mg ? (m ? M )a共 , 解 得 a共 ?

1 2 m2v 2

?2m g
m ? 4m

?

?2 g
5

?

0.50 ? 10 m / s 2 ? 1.0m / s 2 , P1 受 到 木 板 的 静 摩 擦 力 为 5
, P1 与 木 板 间 的 最 大 静 摩 擦 力 为

解得:v=4.0 m/s(1 分) 根据动量守恒定律 m1v0=m1v1+m2v(1 分) 解得:v1=2.0 m/s(1 分) 能量守恒

1 1 1 2 2 2 m1 v0 = m1 v1 + m2v +E(1 分) 2 2 2

f1 ? ma共 ? 0.20?1.0N ? 0.20N

2 因为 f1<fm, 说明以上假设成立。 所以木板的加速度为 1.0m/s . f m ? ?1mg ? 0.20? 0.20?10N ? 0.40N ,

(3) 碰撞后 P2 在木板上滑动时: 向左; P1 与木板共同的加速度为: a2 ? ?? 2 g ? ?5.0m / s 2 , a1 ? 1.0m / s 2 , 向 右 。 设 它 们 有 共 速 : v共 ? v2 ? a2 ? t1 ? a1 ? t1 , 得 : t1 ?

解得:E=0.80 J(1 分) 考点:考查了机械能守恒,动量守恒定律 69.如下图所示,光滑水平面上有一质量为 M 的滑板,AB 段是半径为 r 的 1/4 圆弧光滑轨道,BC 段是长为 L 的水平粗糙面。开始滑板处于静止状态,一可视为质点的质量也为 M 的滑块从 A 处静止释放,滑块经过 B 点后恰好到达滑板右端 C 点与滑板相对静止(重力加速度为 g)。

5 s ,它们的相对位移大小: 6

1 1 25 a 2 ? t12 ? a1 ? t12 ? m ? 2.08m ,∴ ?s ? L =2m ,故 P2 已经从木板上掉下,时间是 t2。 2 2 12 1 1 1 1 2 2 2 2 ∵ L ? v 2 ? t 2 ? a 2 ? t 2 ? a1 ? t 2 ? 5t 2 ? (?5)t 2 ? ? 1.0 ? t 2 ? 2m , 2 2 2 2 2 5 ∴所求的时间: t 2 ? s ? 0.67 s .(另:t2=1.0s> t1 ? s ,舍去) 6 3 ?S ? v 2 ? t1 ?
68.如图所示,水平桌面固定着光滑斜槽,光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接,设物块通过衔接处时 速率没有改变.质量 m1=0.40 kg 的物块 A 从斜槽上端距水平木板高度 h=0.80 m 处下滑,并与放在水平 木板左端的质量 m2=0.20 kg 的物块 B 相碰,相碰后物块 B 滑行 x=4.0 m 到木板的 C 点停止运动,物块 A 2 滑到木板的 D 点停止运动.已知物块 B 与木板间的动摩擦因数μ =0.20,重力加速度 g=10 m/s ,求:

求:(1)滑块经过 B 点时滑板的速度; (2)滑块与滑板 BC 段之间的动摩擦因数 ? . 【答案】 (1)V= gr (2)? =L/r

【解析】规定向右为正方向 (1)根据动量守恒定律得 0=MV1-MV2 所以 V1=V2=V 滑块从 A 到 B 过程,机械能守恒
2 2 1 Mgr= 1 2 MV ? 2 MV

得:V= gr (2)滑块从 B 到 C 过程系统动量守恒 ①物块 A 沿斜槽滑下与物块 B 碰撞前瞬间的速度大小;
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0 ? MV1 ? MV2 ? 2MV '
所以 V ' ? 0 滑块从 B 到 C 过程只有滑动摩擦力做负功,根据能的转换与守恒有 ? MgL=Mgr 得: ?=L/r 70.如下图所示,光滑水平面上有一质量为 M、长为 L 的长木板,上表面水平粗糙,一可视为质点的质量 为 m 的滑块静止在长木板左端. 给滑块一个瞬时冲量使其获得向右的初速度 V,滑块恰好到达长木板右端并 相对长木板静止(重力加速度为 g)、

乙车的最短长度。 【答案】①4m/s;②

5 m 3

【解析】 试题分析: ①设滑块 P 滑上乙车前的速度为 v1, 甲速度为 v2, 对整体应用动量守恒和能量关系有: mv1-2Mv2=0

E0 ?

1 2 1 2 mv1 ? ? 2Mv2 2 2

解得:v1=4m/s, v2=1m/s ②设滑块 P 和小车乙达到的共同速度为 v3,对滑块 P 和小车乙有: mv1-Mv2=(m+M)v3?) 求:(1)滑块到达长木板右端时的速度; (2)滑块与长木板上表面之间的动摩擦因数 ? . 【答案】(1)V1=mv/(M+m) (2)?=
2 2 ? mgL ? mv12 ? Mv2 ? ( M ? m)v3

1 2

1 2

1 2

Mv 2 gL( M ? m)

2

5 代入数据解得:L= 3 m
考点:能量守恒定律以及动量守恒定律。 72.质量为 M 的木块静止在光滑的水平面上,一颗子弹质量为 m,以水平速度 v0 击中木块并最终停留在木 块中。求:在这个过程中 ①木块的最大动能; ②子弹和木块的位移之比。 【答案】①

【解析】规定向右为正方向 (1)滑块从左到右过程系统动量守恒 mv=(M+m)V1 所以 V1=mv/(M+m) (2)滑块从左到右过程只有滑动摩擦力做负功, 根据能的转换与守恒定律有 ?mgL=

1 2 1 mv ? ( M ? m)v12 2 2

2 ? M ? m?

2 Mm 2 v0

2



2m ? M m

Mv2 解得: ?= 2 gL( M ? m)
71.如图所示,光滑水平面上放置质量均为 M=2 kg 的甲、乙两辆小车,两车之间通过一感应开关相连(当 滑块滑过两车连接处时,感应开关使两车自动分离,分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响) ,甲车上 表面光滑,乙车上表面与滑块 P 之间的动摩擦因数μ =0.5。一根轻质弹簧固定在甲车的左端,质量为 m=l kg 的滑块 P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连,用一根细线栓在甲车左端和滑块 P 之间使弹簧处 于压缩状态,此时弹簧的弹性势能 E0=10J,弹簧原长小于甲车长度,整个系统处于静止状态.现剪断细线, 2 滑块 P 滑上乙车后最终未滑离乙车,g 取 10m/s .求:

【解析】 试题分析:①设子弹和木块的共同速度为 V,有动量守恒定律得

mv0 ? ( M ? m)v
解得:
v?

? ? ? ? ?(2 分)

mv0 M ? m ? ? ? ? ?(1 分)
EK ? Mm 2 v0 2 1 MV 2 ? 2 2( M ? m) 2 ? ? ? ? ?(1 分)

木块的最大动能为

②设子弹和木块之间的相互作用力为 F,位移分别为 x 、 x ,由动能定理得 1 2

2 2 ? ? ? ? ?(2 分) 1 Fx2 ? Mv 2 ? 0 2 对木块: ? ? ? ? ?(2 分)
对子弹: ①滑块 P 滑上乙车前的瞬时速度的大小;
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? Fx1 ?

1

mv 2 ?

1

mv0 2

x2 2m ? M ? x m 联立解得子弹和木块的位移之比为: 1 ? ? ? ??(1 分)
考点:考查了动量守恒定律,动能定理 73.如图所示,在光滑水平面上使滑块 A 以 2 m/s 的速度向右运动,滑块 B 以 4 m/s 的速度向左运动并与 滑块 A 发生碰撞,已知滑块 A、B 的质量分别为 1 kg、2 kg,滑块 B 的左侧连有轻弹簧,求:

②若小孩第二次将木箱推出,根据动量守恒定律 4mv 2 ? 3mv 3 ? mv , v 3 ? v 故无法再次接住木箱. 考点:动量守恒定律, 75.(9 分)如图所示,一质量为 M 的平板车 B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为 m 的小木块 A,m<M, A、B 间动摩擦因数为μ ,现给 A 和 B 以大小相等,方向相反的初速度 v0,使 A 开始向左运动,B 开始向右 运动,如果 A 不滑离 B,求:

(1)当滑块 A 的速度减为 0 时,滑块 B 的速度大小; (2)两滑块相距最近时滑块 B 的速度大小. 【答案】 (1) v1 =3m/s 【解析】 试题分析: (1)根据动量守恒定律可得 mA vA - mBvB = mBv1 解得: v1 =3m/s (2 分) (3 分) (3 分) (2) v=2m/s

(ⅰ)A、B 最后的速度大小和方向; (ⅱ)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动的位移大小。 【答案】 (1)

M- m 2M - m 2 v 0 (2) v M+m 2? Mg 0

(2)根据动量守恒定律可得: m A vA +mBvB =(m A +mB )v

【解析】 试题分析: (1)A 刚好没有滑离 B 板,表示当 A 滑到 B 板的最左端时,A、B 具有相同的速度,设此速度为 v,A 和 B 的初速度的大小为 v0,则据动量守恒定律可得: Mv0-mv0=(M+m)v 解得: v

解得: v=2m/s (2 分) 考点:考查了动量守恒定律的应用 74. (8 分)如图所示,质量均为 m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上,质量为 2m 的小孩站在 小车上用力向右迅速推出木箱,木箱相对于冰面运动的速度为 v,木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生 弹性碰撞,反弹后能被小孩接住,求:

=

M- m v ,方向向右 M+m 0

(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,木块速度为零,平板车速度为 v',由动量守恒 定律得 Mv0-mv0=Mv' 这一过程平板向右运动 S, μ mgs=

1 2 1 2 MV0 ? Mv′ 2 2

解得 s = ①小孩接住箱子后共同速度的大小. ②若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度 v 将木箱向右推出,木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞,判断 小孩能否再次接住木箱. 【答案】① 【解析】 试题分析: ①取向左为正方向,根据动量守恒定律,推出木箱的过程 中: 0 ? ? m ? 2m ? v 1 ? mv , 接住木箱的过程中: mv ? ? m ? 2m ? v 1 ? ? m ? m ? 2m ? v 2 ,v
2

2M - m 2 v 2? Mg 0

v ;②无法再次接住木箱. 2

考点:动量守恒及能量守恒定律。 76.如图所示,一条轨道固定在竖直平面内,粗糙的 ab 段水平,bcde 段光滑,cde 段是以 O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块 A 和 B 紧靠在一起,静止于 b 处,A 的质量是 B 的 3 倍。两物块 在足够大的内力作用下突然分离,分别向左、右始终沿轨道运动。B 到 d 点时速度沿水平方向,此时轨道 对 B 的支持力大小等于 B 所受重力的 3/4,A 与 ab 段的动摩擦因数为μ ,重力加速度 g,

?

v . 2

求: (1)物块 B 在 d 点的速度大小。 (2)物块 A 滑行的距离 s 和滑行的时间 t。
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Rg 1 【答案】 (1) v ? (2) t= 2 2?
【解析】

R R , s= 8? g

2R 【答案】(1) N A? ? 6mg (2) 若 S ? 2 R , v ? 2 2 gR ;若 S ? , v? ? 2 9? 9? 3
【解析】

? gS (3) L ? R
?

试题分析: (1)滑块从轨道的最高点到最低点,机械能守恒,设到达 A 点的速度为 vA ,

试题分析: (1)在 d 点对 B,由牛顿第二定律得: mg ?

3 v mg ? m 4 R

2



则 : 1 2mvA2 ? 2mgR
2

①(1 分) ②(1 分)
2

解得: v ?

Rg 2

由上式得: vA ? 2 gR

在 A 点由牛顿第二定律有: N A ? 2mg ? 2mvA
R

③ (1 分)

(2)设 A、B 在分离瞬间速度大小分别为 v1、v2 ,取水平向右方向为正,A、B 分离过程动量守恒,则:

3m (? v1) ? mv2 ? 0 ②
1 2 1 2 A、B 分离后,B 从 b 点到 d 点过程由动能定理得: ? mgR= mv ? mv2 2 2 1 2 A 向左减速至零过程由动能定理得: ? ? ? 3m ? gs=0 ? ? 3m ? v1 ④ 2
由①②③④得: s= ③

由②③得: N A ? 6mg ④ (1 分) 由牛顿第三定律,滑块在 A 点对轨道的压力 N A? ? 6mg ⑤ (1 分) (2)若第一次碰撞前的瞬间,滑块与木板达到共同速度 v ,由动量守恒定律得:

(2m ? m)v ? 2mvA

⑥(1 分) ⑦(1 分)

R 8?

对滑块由动能定理得: ? 2mgS ? 1 mv 2
2

A 向左减速至零过程由动量定理得: ??(3mg )t ? 0 ? 3mv1 解得: t=

由②⑥⑦得: S ? 2 R (1 分) 9? ⅰ.若 S ? 2 R ,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为 v ? 2 2 gR 9? 3 ⅱ.若 S ? (1 分)

1 2?

R g
1 光滑圆弧形固 4

1 2R ,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为 v? ,则 mv?2 ? ? 2mgS (1 分) 2 9?

考点:考查了牛顿第二定律,动能定理,动量守恒,动量定理 77. (14 分)如图所示,一个质量为 m 的长木板静止在光滑的水平面上,并与半径为 R 的

得: v? ? 2

? gS

(1 分)

定轨道接触(但不粘连) ,木板的右端到竖直墙的距离为 s;另一质量为 2m 的小滑块从轨道的最高点由静 止开始下滑,从圆弧的最低点 A 滑上木板。设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失。已知 滑块与长木板间的动摩擦因数为μ 。试求:

(3)因为 S 足够大,每次碰前滑块与木板共速,因为滑块的质量大于木板的质量,每次碰后系统的总动量 方向向右,要使滑块不滑离长木板,最终木板停在墙边,滑块停在木板上。 R 由能量守恒得: ? 2mgL ? 1 2mv A 2 (2 分) 解得 L ? (1 分) 2 ? 考点:考查了动量守恒,动能定理,机械能守恒,牛顿第二定律 78.(10 分) 质量分别为 m1 和 m2 的甲、乙两小球碰撞后在同一直线上运动,它们碰撞前、后的 s ? t 图象如 图 (a)和图 (b)所示。求:

(1)滑块到达 A 点时的速度大小以及物体对轨道的压力大小; (2)若滑块不会滑离长木板,试讨论长木板与墙第一次碰撞前的速度 v 与 s 的关系; (3)若 s 足够大,为了使滑块不滑离长木板,板长 L 应满足什么条件。

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试题分析:(1)子弹射穿物块 A 后,A 以速度 vA 沿桌面水平向右匀速运动,离开桌面后做平抛运 动: h ?

1 2 gt 2

t=0.40s

s , t vA=5.0m/s 设子弹射入物块 B 后,子弹与 B 的共同速度为 vB,子弹与两物块作用过程系统动量守恒:
A 离开桌边的速度 v A ?
mv0 ? Mv A ? ( M ? m)v B

B 离开桌边的速度 vB=10m/s (1)碰撞前,甲、乙两小球的速度分别是多大; (2)碰撞后,甲、乙两小球的速度分别是多大; (3)求甲、乙两小球的质量之比 m1:m2。 (2)设子弹离开 A 时的速度为 v1 ,子弹与物块 A 作用过程系统动量守恒: mv0 ? mv1 ? 2Mv A v1=40m/s 子弹在物块 B 中穿行的过程中,由能量守恒

? ? 2m/s ; v乙 ? ?2m/s (3) m1 : m2 ? 2 : 1 【答案】 (1) v甲 ? 0 ; v乙 ? 4m/s (2) v甲
【解析】 试题分析: (1)由图像可得碰撞前: v甲 ? 0 (1 分) (2)由图像可得碰撞后: v甲 ? ? 16 ? 8 m/s ? 2m/s 4 (2 分) v乙 ? 8 m/s ? 2m/s (与原方向相反) 4 (3)由动量守恒: m2 v乙 ? ?m2v乙 ? m1v甲 ? (2 分) 故得 m1 : m2 ? 2 : 1 (2 分) 考点:考查了动量守恒定律的应用 79.如图所示,两物块 A、B 并排静置于高 h=0.80m 的光滑水平桌面上,物块的质量均为 M=0.60kg。一颗 质量 m=0.10kg 的子弹 C 以 v0=100m/s 的水平速度从左面射入 A,子弹射穿 A 后接着射入 B 并留在 B 中,此 时 A、B 都没有离开桌面。已知物块 A 的长度为 0.27m,A 离开桌面后,落地点到桌边的水平距离 s=2.0m。 2 设子弹在物块 A、B 中穿行时受到的阻力大小相等,g 取 10m/s 。(平抛过程中物块看成质点)求:
v乙 ? 8 m/s ? 4m/s (1 分) 2

1 1 1 2 2 Mv A ? mv12 ? ( M ? m)v B 2 2 2 子弹在物块 A 中穿行的过程中,由能量守恒 fLB ?



fL A ?

(2 分)

1 1 1 2 2 mv 0 ? mv12 ? ( M ? M )v A 2 2 2



由①②解得 LB ? 3.5 ? 10 ?2 m (3)子弹在物块 A 中穿行过程中,物块 A 在水平桌面上的位移为 s1,由动能定理:

fs1 =

1 2 ( M + M )v A - 0 2 1 1 2 2 Mv B - Mv A 2 2



子弹在物块 B 中穿行过程中,物块 B 在水平桌面上的位移为 s2,由动能定理

fs2 =



由②③④解得物块 B 到桌边的最小距离为: smin 解得: smin

= s1 + s2 ,

= 2.5 10 m

- 2

考点:平抛运动;动量守恒定律;能量守恒定律。 80.如图所示,光滑的 (1)物块 A 和物块 B 离开桌面时速度的大小分别是多少; (2)子弹在物块 B 中打入的深度; (3)若使子弹在物块 B 中穿行时物块 B 未离开桌面,则物块 B 到桌边的最小初始距离。 【答案】 (1)5m/s;10m/s; (2) LB ? 3.5 ? 10 ?2 (3) 2.5? 【解析】
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1 圆弧 AB(质量可忽略)固定在甲车的左端,其半径 R=1m。质量均为 M=3 kg 的 4

甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上,两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时,两车自动 分离) 。其中甲车上表面光滑,乙车上表面与滑块 P 之间的动摩擦因数μ =0.4。将质量为 m=2 kg 的滑块 P (可视为质点)从A处由静止释放,滑块 P 滑上乙车后最终未滑离乙车。求:

10 m

- 2

4<k ? 6 时,AB 的运动方向与 C 相反.
【解析】 试题分析: (1)设 AB 碰撞后的速度为 v1 ,AB 碰撞过程由动量守恒定律得 mv0 ? 2mv1 ,设与 C 碰撞前瞬间
2 AB 的速度为 v 2 , 由动能定理得 ? ? mgl= mv2 ?

1 2

1 2 mv1 , 联立以上各式解得 v2 ? 4m / s 该过程为完全非弹 2

①滑块 P 刚滑上乙车时的速度大小; ②滑块 P 在乙车上滑行的距离为多大? 【答案】①v1= 15m / s , v2 ? 【解析】 试题分析: ①设滑块 P 刚滑上乙车时的速度为 v1 ,此时两车的速度为 v 2 ,滑块、甲、乙两辆小车组成系统,规定向右 为正方向,根据系统水平方向动量守恒列出等式 mv1-2Mv2 ? 0 对整体应用能量守恒有: mgR ?

性碰撞, (2)若 AB 与 C 发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得 2mv2 ? (2 ? k)mv3 ,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,由动量守恒和能量守恒得 2mv2=2mv3 ? kmv, 联立以上两式解得 v 3=

15 15 m/ s ②l ? m 8 3

1 1 1 2 2 ? 2mv2 = ? 2mv3 ? ? kmv 2 2 2 2

2?k 4 v2 , v= v2 ,代入数据解得 k ? 6 ,此时 AB 的运动方向与 C 相反 2?k 2?k

若 AB 与 C 发生碰撞后 AB 的速度为 0,由动量守恒定律得 2mv2 ? kmv ,代入数据解得 k ? 4 , 总上所述得: 当 2 ? k<4 时,AB 的运动方向与 C 相同; 当 k ? 4 时,AB 的速度为 0; 当 4<k ? 6 时,AB 的运动方向与 C 相反. 考点:考查了动量守恒定律的应用 82.如图所示,质量为 m 的铅弹以大小为 v0 初速度射入一个装有砂子的总质量为 M 的静止的砂车中并与车 相对静止,砂车与水平地面间的摩擦可以忽略.求:

1 2 1 2 mv1 ? ? 2 Mv2 2 2

解得:v1= 15m / s

v2 ?

15 m/s 3

②设滑块 P 和小车乙达到的共同速度为 v,滑块 P 在乙车上滑行的距离为 L,对滑块 P 和小车乙应用动量 守恒和能量关系有: mv1 ? Mv2 ? (m ? M)v 对滑块 P 和小车乙应用能量守恒有: ? mgL ? 解得 l ?

1 2 1 1 2 mv1 ? Mv2 ? (M ? m)v 2 2 2 2
(1)弹和砂车的共同速度; (2)弹和砂车获得共同速度后,砂车底部出现一小孔,砂子从小孔中流出,当漏出质量为 m0 的砂子时砂 车的速度 【答案】(1) 【解析】 试题分析: : (1)以铅球、砂车为系统,水平方向动量守恒, mv0 ? (M ? m)v ,得球和砂车的共同速度

15 m 8

考点:考查了动量守恒定律;机械能守恒定律. 81.如图,水平地面上静止放置着物块 B 和 C,相 l=1.0 m,物块 A 以速度 v0 =10 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μ =0.45.(设碰撞时间很短,g 2 取 10 m/s )

mv0 M ?m

(2)

mv0 M ?m

(1)计算与 C 碰撞前瞬间 AB 的速度; (2)根据 AB 与 C 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. 【答案】 (1) 4.0 m/s (2)当 2 ? k<4 时,AB 的运动方向与 C 相同;当 k ? 4 时,AB 的速度为 0,当

v?

mv0 . M ?m

(2)球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒,设当漏出质量为 m0 的砂子时砂车的

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速度为 v ? ,砂子漏出后做平抛运动,水平方向的速度仍为 v ,由 (M ? m)v ? m0v ? (M ? m ? m0)v? ,

mv0 得 v? ? v ? . M ?m
考点:考查了动量守恒定律的应用 83.如图所示,甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻乙以大小为 v0=2m/s 的速度远离空间站向乙“飘”去,甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点。甲和他的装备总 质量共为 M1=90kg,乙和他的装备总质量共为 M2=135kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质 量为 m=45kg 的物体 A 推向甲,甲迅速接住后即不再松开,此后甲乙两宇航员在空间站外做相对距离不变 通向运动,一线以后安全“飘”入太空舱。 (设甲乙距离太空站足够远,本题中的速度均指相对空间站的 速度)

?0
m
1

m
2

m

【答案】12NS 水平向右 【解析】 试题分析:以 m 和 m2 组成的系统为研究对象,在碰撞极短时间内可认为动量守恒,以初速度的方向为正 方向,根据动量守恒定律得:

mv0 ? ? m ? m0 ? v
以 m1 、 m 和 m2 组成的系统为研究对象,取向右的方向为正方向,根据动量定理得: ①求乙要以多大的速度 v (相对空间站)将物体 A 推出 ②设甲与物体 A 作用时间为 t ? 0.5s ,求甲与 A 的相互作用力 F 的大小 【答案】① v ? 5.2m / s,v1 ? 0.4m / s ② F ? 432 N 【解析】 试题分析:①甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动,说明甲乙的速度相等, 以甲、乙、A 三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙的速度方向为正方向, 由动量守恒定律得: M 2v0 ? M1v0 ? (M1 ? M 2)v1 , 以乙和 A 组成的系统为研究对象,以乙的速度方向为正方向, 由动量守恒定律得: M 2v0 ? (M 2 ? m)v1 ? mv , 解得: v ? 5.2m / s,v1 ? 0.4m / s ; ②以甲为研究对象,以乙的初速度方向为正方向, 由动量定理得: Ft ? M1v1 ? ,解得: F ? 432 N ; (? M1v0) 考点:考查了动量守恒定律,动量定理 84.如图,质量为 m1=1kg,m2=4.5kg 的两个小滑块固定在轻质弹簧两端,静止于光滑水平面上,m1 靠在光 滑竖直墙上。现在一质量为 m=0.5kg 的小滑块,以 v0 =12m/s,极短时间内撞上 m2 并粘在一起,最后 m1 与 m2、m 都将向右运动。在这个过程中,竖直墙对 m1 的冲量。 【答案】 (1) ①木块返回到小车左端时小车的动能; ②弹簧获得的最大弹性势能.

I ? ?P ? ? m ? m2 ? v ? ? ? ? ? m ? m2 ? v ? ? ? 2 ? m ? m2 ? v ? 12NS

方向水平向右

考点:本题考查动量守恒定律、动量定理,意在考查考生应用动量守恒定律、动量定理解决碰撞问题的能 力。 85.如图所示,质量为 M 的平板小车静止在光滑的水平地面上,小车左端放一个质量为 m 的木块,小车的 右端固定一个轻质弹簧.现给木块一个水平向右的瞬时冲量 I,木块便沿小车向右滑行,在与弹簧作用后 又沿原路返回,并且恰好能到达小车的左端.试求:

MI

2 2

(2)

MI

2 2

2( M + m )

4( M + m )

【解析】 试题分析:①选小车和木块整体为研究对象,由于 m 受到冲量 I 之后系统水平方向不受外力作用,系统动 量守恒,设系统的末速度为 v,则 I=mv0=(M+m)v

1 MI 2 小车的动能为 Ek = Mv = 2 2 2( M + m )
②根据动量定理得,I=mv0,则木块的初速度 v 0
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2

=

I ,当弹簧具有最大弹性势能 Ep 时,小车和木块具有 m

共同速度,即为 v.设木块从小车左端运动到弹簧弹性势能最大的过程中,摩擦生热 Wf,在此过程中,由 能量守恒得

速度相等且水平,均为v. 故得

1 I 2 1 I 2 m ( ) = EP + W f + (M + m )( ) 2 m 2 M+m

m

v0 v + m 0 = 2mv , 2 4
9m v 0 1 2 = mv = . 2 128
1 固定光滑圆轨道竖直放置,其底端与光滑的水平轨道相切于 D 点,O 点为其 4
2

1 I 2 1 I 2 当木板返回到小车左端时,由能量守恒得 m ( ) = 2W f + ( M + m )( ) 2 m 2 M+m
联立得 EP



得滑块的动能 ECD

=

MI

2 2

考点:动量守恒定律及能量守恒定律。 . 87.如图所示,半径为 R 的

4( M + m )

考点:动量守恒定律及能量守恒定律的应用。 86. (12 分) 在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD,木板AB上表面粗糙,动摩擦因 数为μ ,滑块CD上表面为光滑的 1/4 圆弧,它们紧靠在一起,如图 1-93 所示.一可视为质点的物块 P质量也为m,它从木板AB右端以初速v0 滑入,过B点时速度为v0/2,后又滑上滑块,最终恰好滑到 最高点C处,求:

圆心。质量为 M 的小球 B 静止在光滑水平轨道上,其左侧连接了一轻质弹簧;质量为 m 的小球 A 从距水平 轨道高

1 R 处由静止释放, 重力加速度为 g, 试求: ①在小球 A 压缩轻质弹簧到弹簧压缩到最短的过程中, 2

弹簧对小球 B 的冲量大小; ②要使弹簧能再次被压缩,m 与 M 应满足什么关系?

【答案】① I 【解析】 (1)物块滑到B处时,木板的速度vAB; (2)木板的长度L; (3)物块滑到C处时滑块CD的动能.

=

Mm gR 1 ;② m< M M+m 3

试题分析: (1)设 A 球到达圆弧底端时的速度为 v0,根据机械能守恒定律有: mg ? 当 A、B 两球速度相同时,弹簧的弹性势能最大,设共同速度为 v, 由动量守恒定律得:mv0=(m+M)v ②, 对小球 B,由动量定理得:I=Mv, 解得: I

R 2

1 2 mv 0 ①, 2

v 9m v 0 5v 0 【答案】 (1) 0 ;(2) ;(3) 128 4 16 ? g

2

2

【解析】 试题分析:(1)物体由A滑至B的过程中,由三者系统水平方向动量守恒得:

=

Mm gR ; M+m

v v mv 0 = m 0 + 2mv AB .解之得 v AB = 0 2 4

(2)设 A、B 碰撞后的速度分别为 v1 和 v2,以 A 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=mv1+Mv2 , . 由机械能守恒定律得:

(2)物块由A滑至B的过程中,由三者功能关系得: ?mgL =

v 2 1 1 v 2 1 2 mv 0 - m ( 0 ) 2m ( 0 ) . 2 2 2 2 4

1 1 1 2 2 2 mv 0 = mv 1 + Mv 2 , 2 2 2

解得: v 1 =

5v 0 解之得 L = . 16? g
(3)物块由D滑到C的过程中,二者系统水平方向动量守恒,又因为物块到达最高点C时,物块与滑块

2

m- M 2m v 0 ,v 2 = v , m+ M m+ M 0

要使 A、B 两球能发生二次碰撞,必须满足|v1|>v2 ,

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则有: -

m- M 2m 1 ,解得: m< M ; > 3 m+ M m+ M

考点:动量守恒定律及能量守恒定律。 88.如图所示,光滑水平面上放有 A、B、C 三个 物块,其质量分别为 mA=2.0kg,mB=mC=1.0kg,用一轻弹簧 固接 A、B 两物块,B、C 只是靠在一起.现用力压缩弹簧使三物块靠近,此过程外力做功 72J,然后释放, 求: (1)滑至最低点时,解除对弹簧的锁定状态之前 A 球和 B 球的速度 v0 的大小。 (2)最低点时,解除对弹簧的锁定状态之后 A 球和 B 球速度 vA 和 vB 的大小。 (3)弹簧处于锁定状态时的弹性势能。 (1)释放后物块 B 对物块 C 一共做了多少功? (2)弹簧第二次被压缩时,弹簧具有的最大弹性势能为多大? 【答案】 (1) W ? ? 18 J (2) Ep ? 48J 【解析】 试题分析: : (1)释放后,在弹簧恢复原长的过程中 B 和 C 和一起向左运动,当弹簧恢复原长后 B 和 C 的 分离,所以此过程 B 对 C 做功.选取 A、B、C 为一个系统,在弹簧恢复原长的过程中动量守恒(取向右为 正向) : mAvA ? (mB ? mC)vC ? 0 ①, 【答案】 v0 ?

2 gR

v A ? (2 2 ? 5 ) gR

v B ? 5 gR

E弹 ? (7 ? 2 10)mgR

【解析】 试题分析:设 A、B 系统滑到圆轨道最低点时锁定为 V0,解除弹簧锁定后 A、B 的速度分别为 vA、vB ,B 到 轨道最高点的速度为 v,则有: (1)根据系统机械能守恒有: 2mgR ?

1 2 ? 2mv 0 2

得:

v0 ? 2 gR

(1 分)

1 1 2 2 系统能量守恒 : mAv A ? (mB ? mC)vC ? W ? 72 J ② 2 2 1 2 ∴B 对 C 做的功: W ? ? mC vC ③ 2 联立①②③并代入数据得: W ? ? 18 J .
(2)B 和 C 分离后,选取 A、B 为一个系统,当弹簧被压缩至最短时,弹簧的弹性势能最大,此时 A、B 具有共同速度 v,取向右为正向由动量守恒: mAvA ? mBvB ? (mB ? mA)v (vB ? vC) ④

v2 (2)对 B,在最高点重力提供向心力有: mg ? m R
解除锁定后在最低点由系统机械能守恒:

(2 分)

1 2 1 mvB ? mg ? 2 R ? mv 2 (2 分) v B ? 5 gR (1 分) 2 2
(3 分)

对 A.B 组成系统由动量守恒有: 2mv0 ? mv A ? mv B

v A ? (2 2 ? 5 ) gR

(1 分)

1 1 1 2 2 弹簧的最大弹性势能: E p ? mAv A ? mB vB ? (mB ? mA)v ⑤ 2 2 2
联立①②④⑤并代入数据得: Ep ? 48J 考点:考查了动量守恒定律;功能关系;能量守恒定律. 89. (16 分)如图所示,A、B 两球质量均为 m,其间有压缩的轻短弹簧处于锁定状态。弹簧的长度、两球 的大小均可忽略,整体视为质点。该装置从半径为 R 的竖直光滑圆轨道左侧与圆心等高处由静止下滑,滑 至最低点时,解除对弹簧的锁定状态之后,B 球恰好能到达轨道最高点,求:

(3)由系统机械能守恒有: 2 ?

1 2 1 2 1 2 mv0 ? E弹 ? mvA ? mvB 2 2 2

(2 分)

解得: E弹 ? (7 ? 2 10)mgR (1 分) 考点:本题考查机械能守恒、动量守恒、向心力来源。 90.室内装修污染四大有害气体是苯系物、甲醛、氨气和氡。氡存在于 建筑水泥、矿渣砖、装饰石材及土 壤中。氡看不到,嗅不到,但它进入人的呼吸系统能诱发肺癌,是除吸烟外导致肺癌的重大因素。静止的 氡核 222 放出一个粒子 x 后变成钋核 218 ,钋核的动能为 0.33MeV,若衰变放出的能量全部变成钋核和 86 Rn 84 Po 粒子 x 的动能。则: ①写出上述衰变的核反应方程; ②求粒子 x 的动能。 (保留两位有效数字)
218 4 【答案】① 222 86 Rn ? 84 Po ? 2 He ②18MeV

【解析】
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218 4 试题分析:① 222 86 Rn ? 84 Po ? 2 He (2 分)

② 设钋核的质量为 m1、速度为 v1,粒子 x 的质量为 m2、速度为 v2 根据动量守恒定律 有 0 ? m1v1 ? m2 v2 (1 分) 粒子 x 的动能 Ek 2 ? A.等于零 C.大于 B 车的速率 【答案】B 【解析】 B.小于 B 车的速率 D.等于 B 车的速率

(m2 v2 ) 2 m1v12 m1 109Ek1 =18MeV(2 分) ? ? ? 2m2 2 m2 2

考点:考查了核反应方程,动量守恒定律的应用 评卷人 得分 五、作图题(题型注释)

试题分析:设人的质量为 m,小车的质量均为 M,人来回跳跃后人与 A 车的速度为 v1 ,B 车的速度为 v 2 , 根据题意知,人车组成的系统水平方向动量守恒.有题意有: P 0 ? 0 ,人来回跳跃后的总动量

P? (M ? m)v1 ? Mv2 ,由动量守恒得 v2= ?

M ?m v1 ,其中负号表示 v1、v2 的方向相反,故小车 A 的速 M

评卷人

得分 六、简答题(题型注释)

评卷人

得分 七、新添加的题型

率小于小车 B 的速率,选项 B 正确。 考点:考查了动量守恒定律的应用 93.如图所示,光滑水平直轨道上有三个滑块 A、B、C,质量分别为 mA=mC=2m,mB=m,A、B 用细绳连接, 中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接) .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.

91.如图所示,位于光滑水平桌面上的滑块 P 和 Q 都可视为质点,质量相等.Q 与轻质弹簧相连.设 Q 静 止, P 以某一初速度向 Q 运动并与弹簧发生碰撞. 在整个碰撞过程中, 弹簧具有的最大弹性势能等于( ) 【答案】

A.P 的初动能 C.P 的初动能的

B.P 的初动能的

1 2 1 4

9 v0 5

1 3

D.P 的初动能的

【解析】 试题分析:设共同速度为 v,球 A 与 B 分开后,B 的速度为 vB,由动量守恒定律(mA+mB)v0=mAv+mBvB① mBvB=(mB+mC)v② 联立①②式,得 B 与 C 碰撞前 B 的速度 vB=

【答案】B 【解析】 试题分析:当两者的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,以 P、Q 组成的系统为研究对象,系统的动量守 恒,机械能守恒,以 P 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: mv0 ? (m ? m)v ,由机械能守恒定 律得:

9 v0 . 5

考点:动量守恒定律 94.如图所示,物体 A 静止在光滑的水平面上,A 的左边固定有轻质弹簧,与 A 质量相等的物体 B 以速度 v 向 A 运动并与弹簧发生碰撞, A、 B 始终沿同一直线运动, 则 A、 B 组成的系统动能损失最大的时刻是 ( )

1 1 1 1 mv0 2 ? ? 2mv 2 ? EP ,解得: EP ? mv0 2 ,即弹簧具有的最大弹性势能等于 P 的初动能的 , 2 2 4 2
A.开始运动时 C.弹簧压缩至最短时 【答案】C B.A 的速度等于 v 时 D.B 的速度最小时

故 B 正确。 考点:考查了机械能守恒,动量守恒 92.如图所示,两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上,有一人静止站在 A 车上,两车静止.若这个人 自 A 车跳到 B 车上,接着又跳回 A 车,静止于 A 车上,则 A 车的速率

【解析】试题分析:A、B 和弹簧看作糸统只有弹簧弹力做功,所有糸统机械能守恒。E kA ? E kB ? E P ? E ,

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所以当 E p 最达时,A、B 组成的糸统动能最小。 考点:机械能守恒定律 95.如图所示,水平面上有两个木块,两木块的质量分别为 m1、m2,且 m2=2m1.开始两木块之间有一根用 轻绳缚住的已压缩的轻弹簧,烧断细绳后,两木块分别向左、右运动.若两木块 m1 和 m2 与水平面间的动摩 擦因数为μ 1、μ 2,且μ 1=2μ 2,则在弹簧伸长的过程中,两木块( )

考点:动量守恒 97. 如图所示, 一辆小车静止在光滑水平面上, A、 B 两人分别站在车的两端. 当两人同时相向运动时 (



A.动量大小之比为 1∶1 B.速度大小之比为 2∶1 C.通过的路程之比为 2∶1 D.通过的路程之比为 1∶1 【答案】ABC 【解析】 试题分析:以两木块及弹簧为研究对象,绳断开后,弹簧将对两木块有推力作用,这可以看成是内力;水 平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力, 且 F1=μ 1m1g, F2=μ 2m2g.因此系统所受合外力 F 合=μ 1m1g-μ 2m2g=0, 即满足动量守恒定律的条件. 设弹簧伸长过程中某一时刻,两木块速度大小分别为 v1、v2.由动量守恒定律有(以向右为正方向) : -m1v1+m2v2=0,即 m1v1=m2v2,即两物体的动量大小之比为 1∶1,故 A 项正确;两物体的速度大小之比为

s v1 m v 2 2 ? ? ,故 B 项正确;由于木块通过的路程正比于其速度,两木块通过的路程之比 ? 1 ? , s 2 v2 1 v 2 m2 1
故 C 项正确,D 项错误。 考点:动量守恒定律及其应用 96. 在 2010 年温哥华冬奥会上, 首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌, 如图为中国队员投掷冰壶的镜头. 在 某次投掷中,冰壶运动一段时间后以 0.4 m/s 的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以 0.3 m/s 的速度向前滑行.若两冰壶质量相等,规定向前运动的方向为正方向,则碰后中国队冰壶获得的速度 为( ) .

A.若小车不动,两人速率一定相等 B.若小车向左运动,A 的动量一定比 B 的小 C.若小车向左运动,A 的动量一定比 B 的大 D.若小车向右运动,A 的动量一定比 B 的大 【答案】C 【解析】 试题分析:水平面光滑,把两个人和小车看做糸统,在水平方向不受外力,糸统动量守恒。若小车不动, A、B 两个动量相等,由于不知道两个质量大小,所以不能确定两个的速度,A 不对。若小车向左运动,A、 B 总动量向右,所以 A 动量大于 B 动量,故 C 正确。若小车向右运动,A、B 总动量向左,B 动量大于 A 动 量,D 错。 考点:动量守恒 98. (9 分) 如图所示,在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块 A、B、C,质量分别为 mA=1kg,mB=1kg, mC=2kg,其中 B 与 C 用一个轻弹簧固定连接,开始时整个装置处于静止状态;A 和 B 之间有少许塑胶炸药, A 的左边有一个弹性挡板(小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失) 。现在引爆塑胶炸药,若炸药爆炸产 生的能量有 E=9J 转化为 A 和 B 沿轨道方向的动能,A 和 B 分开后,A 恰好在 BC 之间的弹簧第一次压缩到 最短时追上 B,并且在碰撞后和 B 粘到一起。求:弹簧弹性势能的最大值。

【答案】3.5J 【解析】 试题分析:塑胶炸药爆炸瞬间取 A 和 B 为研究对象,假设爆炸后瞬间 A、B 的速度大小分别为 vA、vB,取向 右为正方向 由动量守恒:-mAvA+mBvB=0 爆炸产生的热量由 9J 转化为 AB 的动能: E = 1 m v 2 + 1 m v 2 2 A A 2 B B 带入数据解得:vA = vB = 3m/s 设 B、C 第一次速度相等时的速度为 v1,根据动量守恒有:mBvB=(mB+mC)v1 解得:v1= 1m/s A、B 碰撞完成瞬间的共同速度为 v2,根据动量守恒有:mAvA+mBv1=(mA+mB)v2[来源:学科网] 解得:v2= 2m/s A、B 碰撞过程中损失的能量为: ?E ?
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A.0.1 m/s B.-0.1 m/s C.0.7 m/s D.-0.7 m/s 【答案】A 【解析】 试题分析:设冰壶质量为 m,碰后中国队冰壶速度为 vx,由动量守恒定律得 mv0=mv+mvx 解得 vx=0.1 m/s,故选项 A 正确。

1 1 1 2 2 mA v A ? mB v12 ? (mA ? mB )v2 ?1J 2 2 2

当 A、B、C 速度相等时设为 v3,弹簧的弹性势能最大, 根据动量守恒有:mAvA+mBvB=(mA+mB+ mC)v3 解得:v3= 1.5m/s 根据能量守恒定律有,弹簧的最大弹性势能

EPm ? E ? ?E ?

1 ? mA ? mB ? mC ? v32 ? 3.5 J 2

考点:动量守恒定律及能量守恒定律。 99. (10 分)一质量为 m1 的小球 A 与另一质量为 m2 的静止小球 B 发生正碰。实验中测出碰撞后小球 B 的 速度为 v2,求小球 A 原来的速度 v0 的最大值和最小值分别是多少? 【答案】 v
0min

联立得: F=30 N (1 分) 由牛顿第三定律,小滑块在 D 点时对圆弧的压力为 30N (1 分) (2) 设 B 滑块被碰后的速度为 vB,由动量守恒定律:M v=MvA+m vB (3 分) 得: vB=4 m/s (1 分) (3) 由于 B 物块的速度较大,如果它们能再次相碰一定发生在 B 从竖直挡板弹回后,假设两物块能运动 到最后停止,达到最大的路程,则
2 对于 A 物块,由动能定理: ? ?MgS A ? 0 ? 1 Mv A

2

(2 分)

?

m ? m2 m1 ? m2 , v2 v2 v0 max ? 1 m1 2m1

解得:SA=2 m (1 分) 对于 B 物块,由于 B 与竖直挡板的碰撞无机械能损失,由动能定理:
? ?mgS B ? 0 ? 1 2 mv B 2

【解析】 试题分析:解:两球碰后粘在一起运动时,系统能量损失最大,v0 最大,则碰撞应满足
m1v0 ? (m1 ? m2 )v 2

(2 分)

(2 分) (2 分)

v0 max ?

m1 ? m2 v2 m1

设碰撞后 A 的速度为 v1; 两球发生弹性正碰时系统能量损失最小且为零,v0 最小,则碰撞应满足

解得:SB=8 m(1 分) 两滑块刚好第二次发生接触的条件 2L=SA+ SB=10 m (1 分) 要使两滑块能发生第二次碰撞 L<5m (1 分) 考点:考查了动能定理,动量守恒定律,牛顿运动定律 101. (4 分)两个小木块 A 和 B 中间夹着一轻质弹簧,用细线捆在一起,放在光滑的水平地面上,落地点 与平台边缘的水平距离分别为 l A ? 1m, lB ? 2m ,如图所示,则下列说法正确的是( )

m1v0 ? m1v1 ? m2 v2
联立以上两式解得 v
0min

(2 分)
? m1 ? m2 v2 2m1

1 1 1 2 2 m1v0 ? m1v12 ? m2 v 2 2 2 2

(2 分)

(2 分)

考点:考查了动量守恒定律 100.如图,半径 R=0.8m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置,圆弧最低点 D 与长为 L 的水平面相切于 D 点,质量 M=1.0kg 的小滑块 A 从圆弧顶点 C 由静止释放,到达最低点 D 点后,与 D 点 m=0.5kg 的静止小物 块 B 相碰,碰后 A 的速度变为 vA=2.0 m/s,仍向右运动.已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为 ? =0.1, 2 A、B 均可视为质点,B 与 E 处的竖直挡板相碰时没有机械能损失,取 g=10m/s .求:

A.木块 A、B 离开弹簧时的速度大小之比 v A : vB ? 1 : 2 B.木块 A、B 的质量之比 mA : mB ? 2 : 1 C.木块 A、B 离开弹簧时的动能之比 EA : EB ? 1 : 2 D.弹簧对木块 A、B 的作用力大小之比 FA : FB ? 1 : 2

(1)滑块 A 刚到达圆弧的最低点 D 时对圆弧的压力; (2)滑块 B 被碰后瞬间的速度; (3)要使两滑块能发生第二次碰撞,DE 的长度 L 应满足的条件. 【答案】 (1)F=30 N(2)vB=4 m/s(3)L<5m 【解析】 试题分析: (1)设小滑块运动到 D 点的速度为 v,由机械能守恒定律有:MgR= 1 Mv (2 分)
2

【答案】ABC 【解析】 试题分析:木块被弹出离开桌面后做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,因 为下落的高度相等,所以运动的时间相等,而 l A ? 1m, lB ? 2m ,由 l ? vt 得 vA : vB ? l A : lB =1:2,故 A
2

正确;根据动量守恒定律得: mAvA ? mBvB 所以 mA : mB ? vB : vA ? 2 :1故 B 正确;根据动能的表达式

在 D 点,由牛顿第二定律有:F - Mg=M v

2

(2 分)

R

Ek ?
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1 2 mv 得 EA : EB ? 1: 2 ,故 C 正确;弹簧对木块 A、B 的作用力大小相等,故 FA : FB ? 1:1 ,故 D 2

选项错误。 考点:动量守恒定律 平抛运动规律 102.如图所示,光滑水平面上有 m1 ? 2kg , m 2 ? 4kg 的两个物体,其中 m 2 左侧固定一轻质弹簧, m1 以 v 0 ? 6m / s 的速度向右运动,通过压缩弹簧与原来静止的 m 2 发生相互作用,则弹簧被压缩最短时 m 2 的速度
v=

得: v A ? v AC ? 5gR 滑块 A 在半圆轨道最低点: FN ? mA g ? m vAC ,
R
2

得: FN ? mA g ? mA vA ? 6mg
R

2

m/s,此时弹簧存储的弹性势能为__________J。
v0

(2)A、B 爆炸过程动量守恒,则 mB vB ? mA (?v A) ?0,

得: v ? mA v ? 5 gR B A
mB 2

(3 ) 、滑块 B 滑上小车直到与小车共速的过程中,动量守恒: mB vB ? (mB ? M)v共 得: v共 ? 2vB ? 5 gR
5 5
2 2 滑块 B 从滑上小车到共速时的位移为 s ? v共 ? vB ? 21R B

【答案】2,24 【解析】 试题分析:据题意,当弹簧压缩最短时, m 2 的速度据动量守恒定律可得为: m1v0 ? (m1 ? m2 )v ,即

-2 ? g

8

小车从开始运动到共速时的位移为

1 1 2 v ? 2m / s ;此时弹簧存储的弹性势能由能量守恒定律可得: E ? m1v0 ? (m1 ? m2 )v 2 ? 24 J 。 2 2
考点:本题考查动量守恒定律和能量守恒定律。 103. (16 分)如图所示,固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道,轨道半径为 R,平台上静止放着 两个滑块 A、B,其质量 mA=m,mB=2m,两滑块间夹有少量炸药.平台右侧有一小车,静止在光滑的水平地 面上,小车质量 M=3m,车长 L=2R,车面与平台的台面等高,车面粗糙,动摩擦因数μ =0.2,右侧地面上 有一立桩, 立桩与小车右端的距离为 s, s 在 0<s<2R 的范围内取值, 当小车运动到立桩处立即被牢固粘连。 点燃炸药后,滑块 A 恰好能够通过半圆轨道的最高点 D,滑块 B 冲上小车.两滑块都可以看作质点,炸药 的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上,重力加速度为 2 g=10m/s .求:

s车 ? 2

? 2mg
3m

2 v共

?

3 R 4

滑块 B 相对小车的位移为: ?s ? sB - s车 ? 15 R <2R,滑块 B 未掉下小车。
8

讨论:当 3R ? s ? 2 R 时,滑块 B 从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为
4

W f 1 ? ? 2mgS B ?

21mgR 20

2 然后滑块 B 做匀减速运动直到停下的位移为 s ? vt ? R > R ,滑块会从小车滑离。 2?g 2 8

则滑块共速后在小车运动时克服摩擦力做功为 W f 2 ? ? 2mg ( L ? ?S ) ? mgR 20 所以,当
11mgR 3R ? s ? 2 R 时,滑块 B 克服摩擦力做功为 W f ? W f 1 ? W f 2 ? 10 4

(1)滑块 A 在半圆轨道最低点 C 受到轨道的支持力 FN. (2)炸药爆炸后滑块 B 的速度大小 vB. (3)请讨论滑块 B 从滑上小车在小车上运动的过程中,克服摩擦力做的功 Wf 与 s 的关系. 【答案】(1) 6mg (2)

当 0 ? s ? 3R 时,滑块会滑离小车,滑块 B 克服摩擦力做功为
4

W f ? ? 2mg ( L ? s ) ? 0.4mg (2 R ? S )
考点:考查了动能定理,动量守恒,功的计算, 104.汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶,突然拖车与汽车脱钩,而汽车的牵引力不变,各自受的阻力 不变,则脱钩后,在拖车停止运动前( ) A.汽车和拖车的总动量不变 B.汽车和拖车的总动能不变 C.汽车和拖车的总动量增加 D.汽车和拖车的总动能增加 【答案】AD 【解析】 试题分析:分析汽车和拖车的受力可以知道,对于整体而言,牵引力和阻力的大小都没变,整体的合力还 是为零,所以整体的动量守恒,所以 A 正确,C 错误;当拖车与汽车脱钩后,汽车的牵引力不变,但是车
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5 gR 2

(3) 0.4mg(2R+s)

【解析】 试题分析: (1)以水平向右为正方向,设爆炸后滑块 A 的速度大小为 vA, 滑块 A 在半圆轨道运动,设到达最高点的速度为 vAD,则 mA g ? m vAD , 得 v
R
2
2

AD

? gR

滑块 A 在半圆轨道运动过程中,据动能定理: ?m g ? 2 R ? 1 m v 2 ? 1 m v 2 A A AD A AC
2

头受到的阻力减小,所以车头要做加速运动,拖车做减速运动,车头的位移大于拖车的位移,根据动能定 理可知, 此时牵引力的位移比阻力的位移大, 牵引力的功比阻力的功大, 所以汽车和拖车的总动能要增加, 所以 D 正确,B 错误. 考点:考查了动量守恒,动能定理 105. 如图所示, 一质量 m1 ? 0.45kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。 车顶右端放一质量 m2 ? 0.4kg 的小物体,小物体可视为质点。现有一质量 m0 ? 0.05kg 的子弹以水平速度 v0 ? 100m s 射中小车左端, 并留在车中,已知子弹与车相互作用时间极短,小物体与车间的动摩擦因数为 ? ? 0.5 ,最终小物体以

【答案】① 2 m s

② 12J

【解析】 试题分析: ①B、C 碰撞过程动量守恒,以 B、C 组成的系统为研究对象,以 B 的初速度方向为正方向,设 B、C 碰撞后 的瞬间共同速度为 v1 ,根据动量守恒定律有

mB v0 ? ? mB ? mC ? v1
解得: v1 ? 2 m s

v ? 5m / s 的速度离开小车,g 取 10m s 。求:
2

②由题意可知当 A、B、C 速度大小相等时弹簧的弹性势能最大,以 A、B、C 三者组成想系统为研究对象, 设此时三者的速度大小为 v 2 ,根据动量守恒定律有:

?m A ? m B ?v0 ? ?m A ? m B ? mC ?v2
① 子弹刚刚射入小车时,小车的速度大小 v1 ; ② 小车的长度 L。 【答案】① v1 ? 10m s ② L ? 5.5m 【解析】 试题分析:①子弹进入小车的过程中,子弹与小车组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得: 设弹簧的最大弹性势能为 E pm ,则对 B、C 碰撞后到 A、B、C 速度相同的过程应用能量守恒定律有:

1 1 1 2 2 2 m A v0 ? ?m B ? mC ?v1 ? ?m A ? m B ? mC ?v 2 ? E pm 2 2 2
以上各式联立解得 E pm ? 12J 考点:本题考查应用机械能守恒定律和动量守恒定律解决碰撞问题的能力。
2 3 4 107.近年来,国际热核聚变实验堆计划取得了重大进展,它利用的核反应方程是 1 H ?1 H ?2 He ?1 0 n. 2 3 若1 H 和1 H 迎面碰撞,初速度大小分别为 v1、v2. 2 1 3 1 H 、1 H 、4 2 He 、 0 n 的质量分别为 m1、m2、m3、m4,

m0 v0 ? (m0 ? m1 )v1 (2 分)
解得 v1 ? 10m s (1 分) ② 三物体组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得:

(m0 ? m1 )v1 ? (m0 ? m1 )v2 ? m2 v (2 分)
令小车长 L,由功能关系知 ?m2 gL ?

2 2 1 反应后 4 2 He 的速度大小为 v3,方向与 1 H 的运动方向相同.求中子 0 n 的速度(选取 1 H 的运动方向为正方

向,不计释放的光子动量,不考虑相对论效应). 【答案】 v= 【解析】 试题分析:设中子的速度为 v,由动量守恒定律有 m1v1-m2v2=m3v3+m4v ,解得 v=

1 1 1 2 (m0 ? m1 )v12 ? (m0 ? m1 )v 2 ? m2 v 2 (2 分) 2 2 2

联立并代入数值得 L ? 5.5m (1 分) 考点:考查了动量守恒定律的应用 106.光滑水平面上,用轻质弹簧相连接的质量均为 2 kg 的 A、B 两物体都以 的速度向右运动,弹簧处于 原长。质量为 4 kg 的物体 C 静止在前方,如图所示,B 与 C 碰撞后粘合在一起运动,求: v0 A v0 B C

m1v1-m2 v2-m3v3 m4

m1v1-m2 v2-m3v3 m4

①B、C 碰撞刚结束时的瞬时速度的大小; ②在以后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能。

考点:考查了动量守恒定律 108.火箭喷气发动机每次喷出 m=200g 的气体,喷出的气体相对地面的速度为 v=1000m/s,设火箭初质量 m=300kg,发动机每秒喷 20 次,在不考虑空气阻力及地球引力的情况下,火箭发动机 1s 末的速度多大? (小数点后保留一位)
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【答案】13.5 m/s 【解析】 试题分析:火箭和 1 s 内喷出的气体为研究对象,取火箭的运动方向为正方向. 在这 1 s 内由动量守恒定律得 (M-20m)v?-20mv=0 解得 1 s 末火箭的速度

A C

B

v?=

20mv 20 ? 0.2 ?1000 ? m / s ? 13.5m / s . M ? 20m 300 ? 20 ? 0.2

考点:考查动量守恒定律 109. (12 分)在光滑水平面上静置有质量均为 m 的木板 AB 和滑块 CD,木板 AB 上表面粗糙.动摩擦因数 为 ? ,滑块 CD 上表面是光滑的 1/4 圆弧,其始端 D 点切线水平且在木板 AB 上表面内,它们紧靠在一起, 如图所示.一可视为质点的物块 P,质量也为 m,从木板 AB 的右端以初速度 v0 滑上木板 AB,过 B 点时速 度为 v0/2,又滑上滑块 CD,最终恰好能滑到滑块 CD 圆弧的最高点 C 处,求:

A.A、B 系统动量守恒 B.A、B、C 系统动量守恒 C.开始时小车会向左运动 D.最后小车将静止 【答案】BCD 【解析】 试题分析:由于 mA:mB=3:2,A、B 所受的摩擦力大小不等,所以 A、B 组成的系统合外力不为零,动量不 守恒,故 A 错误;地面光滑,A、B、C 系统受到的合外力为零,则系统动量守恒,故 B 正确;由于 A、B 两木块的质量之比为 mA:mB=3:2,由摩擦力公式 f=μ N=μ mg 知,A 对小车向左的滑动摩擦力大于 B 对小 车向右的滑动摩擦力,在 A、B 相对小车停止运动之前,小车的合力所受的合外力向左,会向左运动,故 C 正确;A、B、C 系统动量守恒,故最终 ABC 都将静止,D 正确. 考点:动量守恒定律的应用。

(1)物块滑到 B 处时木板的速度 vAB; (2)木板的长度 L; (3)滑块 CD 圆弧的半径 R.
2 v0 v 5v0 【答案】(1) (2) L ? (3) 0 16?g 64 g 4

2

【解析】 试题分析:(1)对 ABC 用由动量守恒得 mv0 ? mv B ? 2m ? v AB ,又 vB ? (2)由 A 到 B,根据能量守恒得

v0 v ,则 v AB ? 0 2 4

2 v 1 1 1 v 5v mv0 2 ? 2m( 0 ) 2 ? m( 0 ) 2 ? ? mgL ,则 L ? 0 2 2 4 2 2 16?g

( 3 ) 由 D 点 C , 滑 块 CD 与 物 块 P 的 动 量 守 恒 且 机 械 能 守 恒 , 得

m?

v0 v ? m ? 0 ? 2mv共 2 4

1 1 v 1 v mgR ? ? 2mv共 2 ? m( 0 ) 2 ? m( 0 ) 2 2 2 2 2 4
解之得: v共 ?

v 3 v0,R ? 0 8 64 g

2

考点:动量守恒及能量守恒定律。 110.如图所示,A、B 两物体的质量比 mA∶mB=3∶2,它们原来静止在粗糙的平板车 C 上,A、B 间有一根 被压缩了的弹簧(弹簧两头不拴接) ,A、B 与平板车 C 的上表面间的动摩擦因数相同,且 AB 均不会从平板 车上掉下,地面光滑.当弹簧突然释放,则有( )

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