五年高考三年联考绝对突破系列新课标

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 五年高考三年联考绝对突破系列新课标：选修3-5

第15单元 动量守恒定律

河北省藁城市第九中学 高立峰 整理（交流资源 请给予保留）

本单元是高考的必考内容，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；计算题主要考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力；一般计算题具有过程错综复杂，图景“扑朔迷离”、条件隐晦难辨,知识覆盖广的特点,经常是高考的压轴题.

第一部分 五年高考题荟萃 两年高考·精选（2008～2009）

考点1 冲量、动量和动量定理

考点2 动量守恒定律及其应用

1.（福建卷）（2）一炮舰总质量为M，以速度v0匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v沿前进的方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v?，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）

①Mv0?(M?m)v??mv ②Mv0?(M?m)v??m(v?v0) ③Mv0?(M?m)v??m(v?v?) ④Mv0?Mv??mv

解析：本题考查动量定理的简单应用，强调正方向的规定和物体质量的界定，答案选①。29题与28题在题型和难度的把握上尽量的等值。

2.(08江苏12C)场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两个小球A、B,它们的质量分别为m1、m2,电荷量分别为q1、q2,A、B两个小球由静止释放,重力加速度为g,则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为

答案 (q1+q2)E=(m1+m2)g

解析 动量守恒的条件是系统不受外力或受的合外力为零,所以动量守恒满足的关系式为(q1+q2)E=(m1+m2)g

1

.

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 考点3 与动量有关的综合问题

3.（全国卷I）21. 质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比M/m可能为

A．2 B．3 C．4 D．5 答案：AB

考查目标：本题属两体碰后可能性问题，考查碰撞中动量守恒、能量关系、及碰后运动关系。

解析：由动量守恒定律可知，碰后两物块的动量均为

MVMV?2mMmMV2，由于碰后M的速度不可能

大于m的速度，故有

(MV22M，可得

Mm?1，由碰撞前后能量关系有：

MV22M12)2(?MV22m)2?，可得?3，故选A、B选项。

4.(山东卷)（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为

mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。

v0

解析：设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为vB,由动量守恒定律有

(mA?mB)v0?mAv?mBvB,mBvB?(mB?mC)v,

联立这两式得B和C碰撞前B的速度为vB?【考点】动量守恒定律

95v0。

5.（全国卷I）25.（18分）如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因素为μ，重力加速度为g。设碰撞时间极短，求

（1）工人的推力； （2）三个木箱匀速运动的速度； 2 l l ?为您服务教育网 http://www.wsbedu.com （3）在第一次碰撞中损失的机械能。

解析：(1)设工人的推力为F，则有

F＝3mg（sinθ＋cosθ）

12①

(2)设第一次碰撞前瞬间木箱速度为υ1,由功能关系得：

Fl?mglsin???mglcos??m?1

2②

设碰撞后两木箱的速度为υ2，有动量守恒得：

mυ1=2mυ

2

③

12设再次碰撞前瞬间速度为υ3，由功能关系得：

Fl?2mglsin??2?mglcos???2m(?3??2)

22④

设碰撞后三个木箱一起运动的速度为υ4,由动量守恒得： 2mυ3=3mυ

4

⑤

232gl(sin???cos?)

由以上各式可得?4?⑥

（3）设在第一次碰撞中损失的机械能为ΔE，有：

?E?12m?1?212m?2

2⑦

由①②③⑦式可得：

?E?mgl(sin???cos?)

⑧

6.（天津卷）10.(16分)如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端

滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数?=0.5,取g=10 m/s2，求

（1）物块在车面上滑行的时间t;

（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。 （1）0.24s (2)5m/s

【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0??m1?m2?v ① 设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

-Ft?m2v?m2v0 ②

3

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 其中 F??m2g ③ 解得

t?m1v0??m1?m2?g

代入数据得 t?0.24s ④ （2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则

???m1?m?2v? ⑤ m2v0由功能关系有

12?2?m2v012?m1?m2?v?2??m2gL ⑥

代入数据解得 =5m/s

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。

7.（北京卷）24．（20分）（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2；

（2）碰撞过程中的能量传递规律在屋里学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为m1、m2、m3……mn?1、mn??的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能Ek1，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n

a.求k1n

b.若m1?4m0,mk?m0,m0为确定的已知量。求m2为何值时，k1n值最大

4

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com

【解析】

24.（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律 m1gh?

设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律

m1v10?m1v1?m2v2 ②

12m1v102 ①

由于碰撞过程中无机械能损失

12m1v10?212m1v1?212m2v22 ③

②、③式联立解得

v2?2m1v10m1?m2 ④

将①代入得④

v2?2m12ghm1?m2

1212（2）a由④式，考虑到EK1?m1v10和EK2?2m2v22得

根据动能传递系数的定义，对于1、2两球

k12?Ek2Ek1?4m1m2(m1?m2)2 ⑤

同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为

k13?Ek3Ek1?Ek2Ek1?Ek3Ek2?4m1m2(m1?m2)2?4m2m3(m2?m3)2 ⑥

依次类推，动能传递系数k1n应为

kin?EknEk1?Ek2Ek1?Ek3Ek2?EknEk(n?1)?4m1m2(m1?m2)2?4m2m3(m2?m3)2?4mn?1mn(mn?1?mn)2

解得

k1n?4n?12m1m2m3?mn?1mn22222

(m1?m2)(m2?m3)?(mn?1?mn)b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得

k12?264m0??m2???(4m0?m2)(m2?mo)?2

5

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 为使k13最大，只需使

m2(4mo?m2)(m2?m0)2?124m0最大，即m2?4m0m22取最小值，

由

m2?4m0m22?????m22m0???4m可知?0m2??

当m2?2m0m2,即m2?2m0时，k13最大。

21世纪教育网 8.（重庆卷）24.（18分）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：

①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；

②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；

③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见题24图c）。

设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求： （1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小； （2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；

（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。 解析：

设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2， (1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有 (4mg＋m)( h2－h1)＝

12(4m＋m)V22，解得V2＝2g(h2?h1)；

（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2， 解得V1＝54122g(h2?h1)，

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－4mgh1＝解得W＝

(4m)V12，

mg；

25h2?9h14（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为E损＝

12(4m)V12－

12(4m＋m)V22，

6

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 联立解得E损＝

54mg(h2－h1)。

9.（广东卷）19．（16分）如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l=1.0m 。物块A以速度v0=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s 。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数?=0.45.（设碰撞时间很短，g取10m/s2）

（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；

（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。

【解析】?设AB碰撞后的速度为v1,AB碰撞过程由动量守恒定律得 mv0?2mv1

设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得 ??mgl?12mv22?12mv1

2 联立以上各式解得v2?4m/s

?若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得 2mv2?(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，由动量守恒和能量守恒得

2mv2?2mv3?kmv 12?2mv2?212?2mv3?2?k2?k42?k212?kmv2

v3?vv2联立以上两式解得

v?

2代入数据解得 k?6

7

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 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

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

10.（08全国I24）图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始时,轻绳处于 水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚 好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点.求:

(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量. (2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小. 答案 (1)-m

gl (2)

12 mgl

解析 (1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v1、v2,由机械能守恒定律得

12mv12+

12mv22=mgl ①

小球由最低点向左摆动到最高点时,由机械能守恒定律得

12mv22=mgl(1-cos 60°) ②

联立①②式得 v1=v2=gl

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

I=0-mv1

解得I=-m

gl

④

(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为W,由动能定理得

mgl+W=

12mv2

2

⑤

8

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 联立③⑤式得 W=-12mgl

12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mgl

11.(08北京理综24)有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与 静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为 OD曲线,如图所示.

（1）已知小滑块质量为m,碰撞时间为Δt,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小； （2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动,特制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置,让A沿该轨道无初速下滑（经分析,A下滑过程中不会脱离轨道）.

a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系; b.在OD曲线上有一点M,O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.

答案 （1）

mv0?t（2）a.pA

255v0vAy=

455v0

解析 （1）滑块A与B正碰,满足 mvA+mvB=mv0

12

① ②

mvA2+

12mvB2=

12mv02

由①②,解得vA=0,vB=v0,

根据动量定理,滑块B满足F·Δt=mv0 解得F=

mv0?t.

（2）a.设任意点到O点竖直高度差为d.

A、B由O点分别运动至该点过程中,只有重力做功,所以机械能守恒. 选该任意点为势能零点,有 EkA=mgd,EkB=mgd+

12mv0 pApBEKAEKB2gdv0?2gd22

由于p=2mEK,有即pA＜pB

???1

9

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 故A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量.

b.以O为原点,建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向下,则对B有x=v0t,y=

12gt2

g2v02B的轨迹方程 y=x2

在M点x=y,所以y=

2v0g2 ③

因为A、B的运动轨迹均为OD曲线,故在任意一点,两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为

vBx和vBy,速率为vB;A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy,速度为vA,则 vAxvA?vBxvB,

vAyvA?vByvB ④

B做平抛运动,故vBx=v0,vBy=2gy,vB=v0?2gy 对A由机械能守恒得vA=2gy 由④⑤⑥得vAx=

v022 ⑥

⑤

2gy,vAy=

2gyv0?2gy2

v0?2gy将③代入得vAx=

255v0 vAy=

455v0

12.(08四川理综25)如图所示,一倾角为θ=45°的斜面固定于地面,斜面顶端离地面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自由释放一质量m=0.09 kg的小物块（视为质点）.小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2.当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回.重力加速度g取10 m/s2.在小物块与挡板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少？

答案 0.4(3+6) N·s

解析 解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,到达斜面底端时速度为v,由功能关系得：mgh=

12mv2+μmgcosθ

hsin? ①

以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为:

I=mv-m(-v) ②

10

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′,则

12mv2=mgh′+μmgcosθ

12h?sin?

h?sin? ③

同理,有mgh′=mv′2+μmgcosθ

④

⑤

I′=mv′-m(-v′)

式中,v′为小物块再次到达斜面底端时的速度,I′为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量.

由①②③④⑤式得I′=kI 式中k=

tan???tan???

⑥

⑦

由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为

I1=2m2gh0(1??cot?)

总冲量为

⑧

I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)

由1+k+k+?+k=

2

n-1

⑨

⑩

1?k1?k

n

得I=

1?k41?k2m2gh0(1??cot?)

代入数据得I=0.4(3+6) N·s

解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma

①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则： v2=2a

②

以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为

hsin?

I=mv-m(-v)

由①②③式得

③

I=2m2gh(1??cot?)

11

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com ④

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a′,依牛顿第二定律有： mgsinθ+μmgcosθ=ma′ 小物块沿斜面向上运动的最大高度为 h′=

v2 ⑤

2a?sinθ

⑥

由②⑤⑥式得 h′=k2h 式中k =

⑦

tan???tan??? ⑧

同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量为：

I′=2m2gh?(1??cot?)

由 ④⑦⑨式得I′=kI

⑨ ⑩

由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为

I1=2m2gh0(1??cot?)

总冲量为

I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3）

由1+k+k2+?+k=

n-1

1?k

n

1?k



得I=

1?k

4

1?k

2m2gh0(1??cot?)

代入数据得I=0.4(3+6) N·s

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

12

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com （1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小; （2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小; （3）绳拉断过程绳对A所做的功W. 答案 (1)5 m/s

(2)4 N·s

（3）8 J

vc2解析 （1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC,有mBg=mB

①

12RmBvB2=

12mBvC2+2mBgR

②

代入数据得vB=5 m/s

`

③

12（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1,取水平向右为正方向,有Ep=

mBv12

④

I=mBvB-mBv1

⑤

代入数据得I=-4 N·s,其大小为4 N·s

⑥

（3）设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有mBv1=mBvB+mAvA

⑦ W=

12mAvA

2

⑧

代入数据得W=8 J

⑨

14.(08广东19)如图（a）所示,在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场,

电场强度E随时间的变化如图（b）所示,不带电的绝缘小球P2静止在O点.t=0时,带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域,随后与P2发生正碰后反弹,反弹速度大小是碰前的

4L0323倍,P1的质量为m1,带电荷量为q,P2的质量m2=5m1,A、O间距为L0,O、B间距L=.已知

13

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com qE0m1?2v023L0,T=

L0v0.

(1)求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间. （2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞. 答案 （1）

13L0 T（2）能再次发生碰撞

L0v0解析 （1）因为T= ①

所以0～T时间内P1做匀速直线运动,T s末恰好到达O点,与P2发生正碰.

假设碰撞后P1向左移动时始终处在匀强电场中,向左运动的最大距离为s,时间为t.根据动能定理得

-qE0s=0-s=

1312m1(

23v0)2 ② ③

L0

根据匀变速直线运动的规律知 s=

12·

23v0·t ④

t=

L0v0=T<4T

13 ⑤

由③⑤知,题意假设正确,P1向左运动的最大距离为L0,所需时间为T.

（2）设P1、P2碰撞后P2的速度为v,以向右为正方向,根据动量守恒定律得 m1v0=m1(-则v=

1323v0)+5m1v ⑥ ⑦

v0

假设两球能在OB区间内再次发生碰撞,设P1、P2从第一次碰撞到再次碰撞的时间为t′(碰后P2做匀速直线运动)

14

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com -

23v0t′+

1qE02m1·t′=

2

13v0 t′ ⑧

则t′=

3L0v0=3T<4T ⑨

P1、P2从O点出发到再次碰撞时的位移 s1=

13v0t′=

13v0·

3L0v0=L0

由⑨⑩知,题意假设正确,即两球在OB区间内能再次发生碰撞. 15.(08广东20)如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U形滑板N,滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧面,A和D分别是圆弧的端点,BC段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P1和P2的质量均为m,滑板的质量M=4m.P1和P2与

BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的B点.P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下,与P2发生弹性碰撞后,P1处在粗糙面B点上,当P2滑到C点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P2继续滑动,到达D点时速度为零,P1与P2可视为质点,取g=10 m/s.问：

（1）P2在BC段向右滑动时,滑板的加速度为多大？

（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后,P1与P2间的距离为多少？ 答案 （1）0.8 m/s2 (2)1.9 m0.695 m 解析 （1）将N、P1看作整体,根据牛顿第二定律得： μ2mg=（M+m）a a=

?2

①

?　mg2M?m??　mg24m?m0.4?105 m/s2=0.8 m/s2 ②

(2)设P1到达B点的速度为v,P1从A点到达B点的过程中,根据动能定理有： mgR=

12mv2-

12mv02

`

③

④

代入数据得v=5 m/s

因P1、P2质量相等且发生弹性碰撞,所以碰后P1、P2交换速度,即碰后P2在B点的速度为：

vB=5 m/s

⑤

15

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 设P2在C点的速度为vC,P2从C点到D点过程中根据动能定理得： -mgR=-12mvC2

⑥

⑦

代入数据得vC=3 m/s

P2从B点到C点的过程中,N、P1、P2作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒,设P2

到达C点时N和P1的共同速度为v′.根据动量守恒定律得：

mvB=mvC+(M+m)v′

⑧

v′为滑板与槽的右端粘连前滑板和P1的共同速度.由动能定理 -μ2mgL2=μ2mgLN=

1212mvC-

2

12mvB

2

⑨ ⑩

(M+m)v′2

L2和LN分别为P2和滑板对地移动的距离,联立⑧⑨⑩得BC长度 l=L2-LN=1.9 m

滑板与槽粘连后,P1在BC上移动的距离为l1 -μ1mgl1=0-12mv12



P2在D点滑下后,在BC上移动的距离l2 mgR=μ2mgl2

联立 得系统完全静止时P1与P2的间距Δl=l-l1-l2=0.695 m.

三年高考·集训（2005～2007）

题组一

一、选择题

1．（07全国卷I 18）如图所示,在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为m的物体,它受到沿斜面方向的力F的作用.力F可按图(a)、(b)、(c)、(d)所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值,力沿斜面向上为正.)

已知此物体在t=0时速度为零,若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率,则这四个速率中最大的是



16

( )

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com

A.v1

B.v2 C.v3  D.v4

答案 C

解析 图(a)中,合力的冲量为Ia=Ft1+Ft2-mgsin 30°·t=-0.5 mg×2+0.5 mg×1-0.5 mg×3=-2 mg;图(b)中,合力的冲量为Ib=Ft1+Ft2+Ft3-mgsin 30°·t=-1.5 mg;图(c)中,合力的冲量为Ic=Ft1+Ft2-mgsin 30°t=

-2.5 mg;图(d)中,合力的冲量为Id=Ft1+Ft2-mgsin 30°·t=-1.5 mg,由于图(c)情况下合力的冲量最大,故v3是最大的.

12.(07全国卷II 16)如图所示, PQS是固定于竖直平面内的光滑的 圆周轨道,圆心O

4在S的正上方.在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自 由下落,b沿圆弧下滑.以下说法正确的是

( )

A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相等 B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不相等 C.a比b先到达S,它们在S点的动量相等 D.b比a先到达S,它们在S点的动量相等 答案 A

解析 a自由下落,b沿圆弧下滑,a比b先到达S,二者下落高度相同,由机械能守恒定律可知,二者到达S时速度大小相同,故动量不同,A项正确.

3.(07北京理综20)在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块.开始时滑块静止.若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1,持续一段时间后立刻换成与E1相反方向的匀强电场E2.当电场E2与电场E1持续时间相同时,滑块恰好回到初始位置,且具有动能Ek.在上述过程中,E1对滑块的电场力做功为W1,冲量大小为I1;E2对滑块的电场力做功为W2,冲量大小为I2.则

( ) A.I1=I2

B.4I1=I 2 C.W1=0.25Ek,W2=0.75Ek

D.W1=0.20Ek,W2=0.80Ek 答案 C

解析 电场为E1时滑块的加速度为a1,电场为E2时滑块的加速度为a2,两段相同时间t

17

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 内滑块运动的位移大小相等,方向相反,第一个t内的位移s1=s2=v1t-1212a1t,第二个t内的位移

2

a2t2=a1t·t-

12a2t2=a1t2-

12a2t2,由s1=-s2得:a2=3a1,即:E2=3E1,所以I1=E1qt,I2=E2qt,

则I2=3I1,故A、B错误.W1=E1qs,W2=E2qs,而W1+W2=Ek,所以

W1=0.25Ek,W2=0.75Ek,故C对,D错.

4.(07重庆理综17)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45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 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1×10kg/m)

A.0.15 Pa

B.0.54 Pa

C.1.5 Pa

3

3

D.5.4 Pa

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=ρV=103×45×10-3S=45S,由动量定理可得：Ft=mv,而p=

FS,所以p=

mvSt=

45S?12S?3600 Pa=0.15 Pa.

5.（07四川理综18）如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,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,它将以原速率被反向弹回,故C项正确.

二、非选择题

6.（07四川理综25）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,FGI为圆弧赛道,半径R=6.5 m,G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面,KA、DE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 kg,运动员质量为M,M=45 kg.表演开始,运动员站在滑板b

18

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 上,先让滑板a从A点静止下滑,t1=0.1 s后再与b板一起从A点静止下滑.滑上BC赛道后,运动员从b板跳到同方向运动的a板上,在空中运动的时间t2=0.6 s(水平方向是匀速运动).运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道,落在EF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=742.5 N.(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内,计算时滑板和运动员都看作质点,取g=10 m/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BC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I的过程中,系统的机械能改变了多少？ 答案 (1)6.5 m/s (2)6.9 m/s 解析

(3)88.75 J

(1)在G点,运动员和滑板一起做圆周运动,设向心加速度为an,速度为vG,运

动员受到重力 Mg、滑板对运动员的支持力N的作用,则

N-Mg=Man an=

vGR2

① ②

即N-Mg=

MvGR2 ③

vG=

R(N?Mg)M

④

⑤

vG=6.5 m/s

(2)设滑板a由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1,由机械能守恒定律有 mgh=

12mv12

⑥

⑦

解得v1=2gh

运动员与滑板b一起由A点静止下滑到BC赛道后,速度也为v1.

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,在空中飞行的水平位移为s,则

s=v2t2

⑧

设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0,则 s0=v1t1

⑨

设滑板a在t2时间内的位移为s1,则

19

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com s1=v1t2 s=s0+s1

⑩

即v2t2=v1(t1+t2)

运动员落到滑板a后,与滑板a共同运动的速度为v,由动量守恒定律 mv1+Mv2=(m+M)v 由以上方程可解出 v=

mt2?M(t1?t2)(M?m)t22gh

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 Mv2+mv3=(M+m)v1

可算出v3=-3 m/s,有|v3|=3 m/s＜v1=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 ΔE=

12(M+m)vG2+

12mv32-(m+m+M)gh

故ΔE=88.75 J

7.（07重庆理综25）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).将1号球向左拉起,然后由静止释放,使

其与2号球碰撞,2号球再与3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,忽略绳的伸长,g取10 m/s2)

(1)设与n+1号球碰撞前,n号球的速度为vn,求n+1号球碰撞后的速度.

(2)若N=5,在1号球向左拉高h的情况下,要使5号球碰撞后升高16h(16h小于绳长),问k值为多少？

(3)在第(2)问的条件下,悬挂哪个球的绳最容易断,为什么？

20

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 答案 (1)

2vn1?k (2)0.414 (3)悬挂1号球的绳最容易断,原因见解

解析 (1)设n号球质量为mn,n+1号球质量为mn+1,碰撞后的速度分别为v n′、vn+1′,取水平向右为正方向,据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0,且mn+1=kmn

根据动量守恒定律,有mnvn=mnvn′n+kmnv n+1′ 根据机械能守恒定律,有

12

①

mnvn2=

12mnv n′2+

12kmnv n+1′2

②

由①②得v n+1′=

2vnk?1(v n+1′=0舍去)

设n+1号球与n+2号球碰前的速度为vn+1 据题意有vn+1=v n+1′ 得vn+1=v n+1′=

2vn1?k ③

(2)设1号球摆至最低点时的速度为v1,由机械能守恒定律有 m1gh=

12m1v12

④

⑤

解得v1=2gh

同理可求5号球碰后瞬间的速度 v5=2g?16h

2vn1?k 2 ⑥

由③式得vn+1=?(21?k)v1

n

⑦

N=n+1=5时,v5=（

1?k）4v1

⑧

由⑤⑥⑧三式得

k=2-1≈0.414(k=-2-1舍去)

⑨

(3)设绳长为l,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 F-mng=mn

vn2

l⑩

21

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 1则F=mng+mn

vn2=mng+22mnvnl2=mng+

2lEkn

l式中Ekn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号球的绳最容易断.

8.（07广东17）如图所示,在同一竖直平面上,质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部,斜面高度为H=2L.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O同一高度,球A沿水平方向抛射落在水平面

C上的P点,O点的投影O′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. 答案 (1)

2gL (2)

342gL (3)

578mgL

解析 (1)设碰撞后的一瞬间,球B的速度为vB′,由于球B恰能摆到与悬点O同一高度,根据动能定理

-mgL=0-vB′=

12mvB′2

①

②

2gL

(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,碰撞后的一瞬间,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

2mvA=2mvA′+mvB′

12

2

12

2

③ ④

⑤

×2mvA=

2

12×2mvA′+

14×mvB′

由②③④解得vA′=

2gL

及球A在碰撞前的一瞬间的速度大小

22

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com vA=

342gl ⑥

(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

L2=vA′t

12

⑧

⑦

y=gt

2

由⑤⑦⑧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-2mg(y+2L)=

12×2mvA2

578

⑨

由⑥⑦⑧⑨得W=mgL

9.（07全国卷I24）如图所示,质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=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45°.

答案 3次

解析 设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1,碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn

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

mvn-1=MVn-mvn

12

①

mvn-1=

2

12MVn+

2

12mvn

2

②

由①、②两式及M=19m解得 vn=Vn=

910110vn-1 vn-1

③

④

第n次碰撞后绝缘球的动能为 En=

12mvn=(0.81)E0

2n

⑤

E0为第1次碰撞前的动能,即初始能量. 绝缘球在θ=θ0=60°与θ=45°处的势能之比为

23

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com EE0?mgl(1?cos?)mgl(1?cos?0)=0.586 ⑥

式中l为摆长.

根据⑤式,经n次碰撞后 EnE0=(0.81)n

⑦

易算出(0.81)2=0.656,(0.81)3=0.531,因此,经过3次碰撞后θ将小于45°. 10.(07山东理综38)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

C核碰撞减速.上述碰撞可简化为弹性碰撞模型.某 1H核碰撞减速,在石墨中与1262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mn,靶核质量为m,由动量守恒定律： mnv0=mnv1+mv2 由能量守恒：

12mnv02=

12mnv12+

12mv22

解得：v1=

mn?mmn?mv0

在重水中靶核质量：mH=2mn， v1H=

mn?mHmn?mv0=-

13v0

在石墨中靶核质量：mC=12mn, v1C=

mn?mcmn?mcv0??1113v0

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.（06全国卷I 20）一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸

24

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 直并刚好离开地面,速度为v.在此过程中

（ ）

12A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2

B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,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

12mv2

D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,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-mg)Δt=mv,故FΔt=mv+mgΔt；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.（04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70 kg,汽车车速为108 km/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.400 N N

答案 A

解析 根据牛顿运动定律得 F=ma=m

?vt

( )

C.800 N

D.1 000

B.600 N

=70×

305 N=420 N

安全带对乘客的作用力大小也为420 N,和A选项相近,所以选A.

3.（04天津理综21）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=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则

A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

25

（ ）

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 答案 A

解析 由mB=2mA,知碰前vB＜vA

若左为A球,设碰后二者速度分别为vA′,vB′ 由题意知 pA′=mAvA′=2 kg·m/s pB′=mBvB′=10 kg·m/s 由以上各式得

v?Av?B=

25,故正确选项为A.

若右为A球,由于碰前动量都为6 kg·m/s,即都向右运动,两球不可能相碰. 4.（04上海8）滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动,当它回到出发点时速率变为v2,且v2＜v1,若滑块向上运动的位移中点为A,取斜面底端重力势能为零,则

( )

A.上升时机械能减小,下降时机械能增大

B.上升时机械能减小,下降时机械能也减小 C.上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方 D.上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方 答案 BC

解析 如右图所示,无论上升过程还是下降过程,摩擦力皆做负功,机械能均减少,A错,B对.设A点的高度为h,斜面的倾角为θ,物体与斜面间动摩擦因数为μ,整个过程由动能定理得:

12

mv12=2mgh+2μmgcosθ·

hsin?

=2mgh+2μmghcotθ 解得:h=

mv124mg(1??cot?)

设滑块在B点时动能与势能相等,高度为h′,则有: mgh′=

12mv12-mgh′-μmgcosθ·

mv12h?sin?

解得h′=

4mg?2?mgcot?

由以上结果知,h′＞h,故C对,D错. 二、非选择题

5.（07全国卷II 24）用放射源钋的α射线轰击铍时,能发射出一种穿透力极强的中性

26

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 射线,这就是所谓铍“辐射”.1932年,查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状态),测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0.查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的,从而通过上述实验在历史上首次发现了中子.假定铍“辐射”中的中性粒子与氢或氮发生弹性正碰,试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量.(质量用原子质量单位u表示,1 u等于一个C原子质量的十二分之一.取氢核和氮核的质量分别为1.0 u和14 u.)

答案 1.2 u

解析 设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v,氢核的质量为mH.构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰,碰后两粒子的速度分别为v′和vH′.由动量守恒与能量守恒定律得:

mv=mv′+mHvH′

1212

12

②

①

mv2=

12mv′2+mHvH′2

解得vH′=

2mvm?mH ③

同理,对于质量为mN的氮核,其碰后速度为 vN′=

2mvm?mN ④

由③④式可得 m=

??mNvN?mHvHv-vH′N′ ⑤

根据题意可知 vH′=7.0vN′

⑥

将上式与题给数据代入⑤式得 m=1.2 u

6．（07宁夏理综23）倾斜雪道的长为25 m,顶端高为15 m,下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接.如图所示,一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v0=8 m/s飞出.在落到倾斜雪道上时,运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起,除缓冲过程外运动员可视为质点,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μ=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

27

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 解析 如图选坐标,斜面的方程为 y=xtanθ=

34x ①

运动员飞出后做平抛运动 x=v0t y=

12

③

②

gt2

联立①②③式,得飞行时间 t=1.2 s

④

落点的x坐标 x1=v0t=9.6 m

⑤

落点离斜面顶端的距离 s1=

x1cos?=12 m ⑥

落点距地面的高度 h1=(L-s1)sinθ=7.8 m

⑦

接触斜面前的x方向的分速度vx=8 m/s y方向的分速度vy=gt=12 m/s 沿斜面的速度大小为

v=vxcosθ+vysinθ=13.6 m/s

⑧

设运动员在水平雪道上运动的距离为s2,由功能关系得 mgh1+

12mv=μmgcosθ(L-s1)+μmgs2

2

⑨

⑩

解得s2=74.84 m≈74.8 m

7.(06上海21)质量为10 kg的物体在F=200 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θ=37°.力F作用2秒钟后撤 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μ和物体的总位移s.(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)

答案 0.25 16.25 m

解析 设力F作用时物体沿斜面上升加速度为a1，撤去力F后其加速度变为a2,则： a1t1=a2t2

①

有力F作用时,物体受力为:重力mg、推力F、支持力N1、摩擦力f1

28

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 在沿斜面方向上,由牛顿第二定律可得: Fcosθ-mgsinθ-f1=ma1

② ③

f1=μN1=μ(mgcosθ+Fsinθ)

撤去力F后,物体受重力mg支持力N2、摩擦力f2,在沿斜面方向上,由牛顿第二定律得: mgsinθ+f2=ma2

④ ⑤

f2=μN2=μmgcosθ 联立①②③④⑤式,代入数据得： a2=8 m/s2 a1=5 m/s2 物体运动的总位移 s=

12

μ=0.25

a1t12+

12a2t22=(

12?5?2+

2

12?8?1.25) m=16.25 m

2

8.(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2l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l，当A球 自由下落的同时，将B球以速度v0指向A球水平抛出，求： （1）两球从开始运动到相碰，A球下落的高度；

（2）A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量； （3）轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小. 答案 (1)

gl22 (2)v0 0 (3)

mv02

2v0解析 （1）设A球下落的高度为h l=v0t h=

12

②

①

gt2

联立①②得h=

gl222v0 ③

（2）由水平方向动量守恒得 mv0=mvAx′+mvBx′ 由机械能守恒得

12 ④

m(v0+vBy)+

22

12mvAy=

2

12m(vAx′+vAy′)+

22

12m(vBx′+vBy′)

22

⑤

式中vAy′=vAyvBy′=vBy 联立④⑤得vAx′=v0,vBx′=0

29

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com （3）由水平方向动量守恒得 mv0=2mvBx″ 则I=mv0-mvBx″=

mv02

9.（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、βm(β为待定系数).A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨 道下滑,与静止于轨道最低点的B球相撞,碰撞后A、B球能达到的最大高度均为碰撞中无机械能损失.重力加速度为g.试求: (1)待定系数β;

(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)β=3 (2)A:v1=-向竖直向下

(3)A:V1=-2gR, B:V2=0.当n为奇数时,小球A、B第n次碰撞结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同.

当n为偶数时,小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同.

解析 (1)由mgR=

mgR414R,

12gR,方向向左;B:v2=

12gR,方向向右；4.5 mg,方

+

?mgR4得β=3

(2)设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2,则

1212mv1=

2

mgR4



βmv22=

?mgR4设向右为正、向左为负,得 v1=-1212gR,方向向左

v2=gR,方向向右

30

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 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， 则N-βmg=βm

v2R2

N′=-N=-4.5 mg,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V1、V2,则

?- mv1-βmv2=mV1+βmV2? ?1122mgR= mV+ βmV12?22?解得V1=- 2gR,V2=0

(另一组解:V1=-v1,V2=-v2不合题意,舍去) 由此可得:

当n为奇数时,小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第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同.

10.（05天津理综24）如图所示，质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上， 木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB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I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EKA为8.0 J，小物块的动能EKB为0.50 J，重力加速度取10 m/s，求：

（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度v0； （2）木板的长度L.

答案 （1）3.0 m/s (2)0.50 m 解析（1）设水平向右为正方向，有

2

I=mAv0

①

代入数据解得 v0=3.0 m/s

②

(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，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vA和vB，有

-（FBA+FCA）t=mAvA-mAv0 FABt=mBvB

③ ④

31

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 其中FAB=FBA FCA=μ（mA+mb）g

⑤

设A、B相对于C的位移大小分别为SA和SB, 有-（FBA+FCA）SA=FABSB=EKB

12

mAvA-

2

12mAv0

2

⑥

⑦

动量与动能之间的关系为 mAvA=mBvB=

2mAEKA

⑧

2mAEKA ⑨

木板A的长度 L=sA-sB

⑩

代入数据解得 L=0.50 m

11.（05全国理综Ⅱ25）如图所示,一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水

平位置）从A点由静止出发绕O点下摆,当摆到最低点B时,女演员在极短时间内将 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O点的水 平距离s.已知男演员质量m1和女演员质量m2之比

m1m2=2,秋千的质量不计,秋千的摆长

为R,C点比O点低5R. 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v0,由机械能守恒定律得 （m1+m2)gR=

12(m1+m2)v02

①

设刚分离时男演员速度大小为v1,方向与v0相同;女演员速度大小为v2,方向与v0相反,由动量守恒得(m1+m2)v0=m1v1-m2v2

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

4R=

12gt2

③

s=v1t ④

分离后,女演员恰回到A点,由机械能守恒定律

32

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com m2gR=

12m2v2

2

⑤ ⑥ ⑦

已知m1=2m2

由以上各式得：s=8 R

12.（2005江苏18）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v0,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； （3）运动过程中小球A的最大动能EkA和此时两根绳的夹角θ； （4）当三个小球处在同一直线上时,绳中的拉力F的大小. 答案 （1）

13v0 (2)-

13v0 (3)90° (4)m

v0L2

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mv0=3mvB

由此解得vB=

13v0

（2）当三个小球再次处在同一直线上时,则由动量守恒定律和机械能守恒定律,得 mv0=mvB+2mvA

12mv02=

12mvB2+2×

131223mvA2

v0(三球再次处于同一直线)

解得vB=-v0,vA=

vB=v0,vA=0（初始状态,舍去）

所以三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度为 vB=-13v0（负号表明与初速度方向相反）

（3）当小球A的动能最大时,小球B的速度为零.设此时小球A、C的速度大小为u,两根绳间夹角为θ,则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律,得：

mv0=2musin

12?212 mu2

mv02=2×

12另外,EkA=mu2

33

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 由此解得,小球A的最大动能为： EkA=

14mv02

此时两根绳间夹角为θ=90°

（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动,当三个小球处在同一直线上时,以小球B为参考系（小球B的加速度为零,为惯性参考系）,小球A、C相对小球B的速度均为：

v=|vA-vB|=v0

v2所以,此时绳中拉力大小为：F=m

L=m

v0L2

题组三

1.(05广东18) 如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置 于水平地面上，它们的间距s=2.88 m.质量为2m、大小可忽略的物

块C置于A板的左端.C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.开始时，三个物体处于静止状态.现给C施加一个水平向右，大小为

25mg的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞

后粘连在一起.要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？

答案 0.3 m

解析 设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2



∵μ1=0.22,μ2=0.10 ∴F=

2525mg＜f1=2μ1mg mg＞f2=μ2(2m+m)g

且F=

∴一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有 （F-f2）·s=

12(2m+m)v12

A、B两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

mv1=(m+m)v2

34

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 碰撞结束后三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移为x1，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则

2mv1+(m+m)v2=(2m+m+m)v3

设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f3，对A、B系统，由动能定理 f1·s1-f3·s1=

12·2mv3-

2

12·2mv2

2

f3=μ2(2m+m+m)g 对C物体，由动能定理 F·（2l+x1）-f1·(2l+x1)=

12 2由以上各式、再代入数据可得l=0.3 m

·2mv3-

2

1·2mv1

2

2.（05北京春招24）下雪天,卡车在笔直的高速公路上匀速行驶.司机突然发现前方停着一辆故障车,他将刹车踩到底,车轮被抱死,但卡车仍向前滑行,并撞上故障车,且推着它共同滑行了一段距离l后停下.事故发生后,经测量,卡车刹车时与故障车距离为L,撞车后共同滑行的距离l=

825L.假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同.已知卡车质量M为故障车

质量m的4倍.

(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v1,两车相撞后的速度变为v2,求

v1v2；

(2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施,事故才能免于发生. 答案 (1)

54 (2)

32L

解析 (1)由碰撞过程动量守恒知 Mv1=(M+m)v2 则v1v2?54

①

(2)设卡车刹车前速度为v0,轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ,两车相撞前卡车动能变化

12Mv0-

2

12Mv1=μMgL

2

②

碰撞后两车共同向前滑动到最后静止,动能变化

12(M+m)v22-0=μ(M+m)gl ③

由②式得v02-v12=2μgL

35

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 由③式得v2=2μgl 又因l=

8252

L,得v02=3μgL

如果卡车滑到故障车前刚好停止,由

12Mv0-0=μMgL′

322

④

故L′=L

32这意味着卡车司机在距故障车至少L处紧急刹车,事故就能够免于发生.

3.（04广东14）一质量为m的小球,以初速度v0沿水平方向射出,恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上,并立即沿反方向弹回.已知反弹速度的大小是入射速度大小的求在碰撞过程中斜面对小球的冲量大小.

答案

7mv0234,

34解析 令小球与斜面相碰时速度大小为v,由题意可知,碰后的速度大小为v,因小球

与斜面垂直相碰撞,后被反弹回,则碰撞中斜面对小球的冲量大小为I,(设定反弹回的速度方向为正)由动量定理得:

I=Δp=m×

34v-(-mv)=

7mv4

v0sin?又因小球水平的初速度为v0,由右图可得:v==2v0

所以碰撞中斜面对小球的冲量大小为:I=

7mv4=

7mv02

4.（04上海21）滑雪者从A点由静止沿斜面滑下,经一平台后水平飞离B点, 地面上紧靠平台有一个水平台阶,空间几何尺度如图所示.斜面、平台与滑雪 板之间的动摩擦因数均为μ.假设滑雪者由斜面底端进入平台后立即沿水平方 向运动,且速度大小不变.求: (1)滑雪者离开B点时的速度大小；

(2)滑雪者从B点开始做平抛运动的水平距离s. 答案 (1)2g(H?h??L)

(2)当H-μL<2h时,s=2h(H?h??L)当H-μL>2h时,s=2h(H?h??L)

36

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 解析 (1)设滑雪者质量为m,斜面与水平面间的夹角为θ,滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功W=μmgscosθ+μmg(L-scosθ)=μmgL

由动能定理mg(H-h)-μmgL=

12mv2

离开B点时的速度v=2g(H?h??L) (2)设滑雪者离开B点后落在台阶上

h2=

12gt1,s1=vt1<2h

2

可解得s1=2h(H?h??L)<2h 此时必须满足H-μL<2h.

当H-μL>2h时,滑雪者直接落到地面上.h=可解得s=2h(H?h??L)

5.（04全国卷Ⅳ25）如图所示,在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C.重物A（视为质点）位于B的右端,A、B、C的质量相等.现A和B以同一速度滑向静止的C,B与C发生正碰.碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行,A与C有摩擦力.已知A滑到C的右端而未掉下.试问：

B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间,C所走过的距离是C板长 度的多少倍？ 答案

7312gt22,s=vt2

倍

解析 设A、B、C的质量均为m.碰撞前,A与B的共同速度为v0,碰撞后B与C的共同速度为v1。对B、C,由动量守恒定律得 mv0=2mv1

①

设A滑至C的右端时,三者的共同速度为v2.对A、B、C,由动量守恒定律得 2mv0=3mv1

②

设A与C的动摩擦因数为μ,从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为S.对B、C由功能关系

μ（2m）gs=Μmg(s+l)=

1212(2m)v2-mv0-sl2

2

12(2m)v1

2

2

④

③

1273mv2

由以上各式解得=

6.（2004·广东·17）如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在

37

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 水平直导轨上，弹簧处在原长状态.另一质量与B相同的滑块A,从导轨上的P点以某一初速度向B滑行.当A滑过距离l1时,与B相碰,碰撞时间极短,碰后A、B紧贴在一起运动,但互不粘连.已知最后A恰好

返回到出发点P并停止.滑块A和B与导轨的动摩擦因数都为μ,运动过 程中弹簧最大形变量为l2,重力加速度为g.求A从P点出发时的初速度v0. 答案 ?g(1011?1612)

解析 令A、B质量皆为m,A刚接触B时速度为v1(碰前),由功能关系有:

12mv0-

2

12mv1=μmgl1

2

①

A、B碰撞过程中动量守恒,令碰后A、B共同运动的速度为v2,有 mv1=2mv2

②

碰后,A、B先一起向左运动,接着A、B一起被弹回,当弹簧恢复到原长时,设A、B的共同速度为v3,在这过程中,弹簧势能始末两态都为零,利用功能关系,有

12×2mv2-

2

12×2mv3=2m×2l2μg

2

③

此后A、B开始分离,A单独向右滑到P点停下,由功能关系有

12mv32=μmgl1

④

由以上①②③④式,解得v0=?g(1011?1612)

7.（04全国卷Ⅲ 25）如图,长木板ab的b端固定一挡板,木板连同挡板的质量为 M=4.0 kg,a、b间距离s=2.0 m.木板位于光滑水平面上.在木板a端有一小物 块,其质量m=1.0 kg,小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10,它们都处于静止状态.现令小物块以初速度v0=

4.0 m/s沿木板向前滑动,直到和挡板相碰.碰撞后,小物块恰好回到a端而不脱离木板.求碰撞过程中损失的机械能.

答案 2.4 J

解析 设木板和物块最后共同速度为v,由动量守恒定律mv0=(m+M)v 设全过程损失的机械能为E E=

12mv0-

2

12(m+M)v

2

用s1表示物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移,W1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功,用W2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功.用s2表示从碰撞后瞬间到物块回到a

38

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 端时木板的位移,W3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功,用W4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功.用W表示在全过程中摩擦力做的总功,则

W1=μmgs1,W2=-μmg(s1+s),W3=-μmgs2 W4=μmg(s2-s) W=W1+W+W3+W4

用E1表示在碰撞过程中损失的机械能,则E1=E-W 由上列各式解得E1=

12·

mMm?Mv02-2μmgs

代入数据得E1=2.4 J

8.（04江苏18）一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上,一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上.狗向雪橇的正后方跳下,随后又追赶并向前跳上雪橇;其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇,狗与雪橇始终沿一条直线运动.若狗跳离雪橇时雪橇的速度为v,则此时狗相对于地面的速度为v+u（其中u为狗相对于雪橇的速度,v+u为代数和.若以雪橇运动的方向为正方向,则v为正值,u为负值）.设狗总以速度v′追赶和跳上雪橇,雪橇与雪地间的摩擦忽略不计.已知v′的大小为5 m/s,u的大小为4 m/s,M=30 kg,m=10 kg.

（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小; （2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数; （供使用但不一定用到的对数值：lg2=0.301,lg3=0.477） 答案 （1）2 m/s （2）5.625 m/s 3次

解析 （1）设雪橇运动的方向为正方向,狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为v1,根据动量守恒定律,有

Mv1+m(v1+u)=0

狗第1次跳上雪橇时,雪橇与狗的共同速度v1′满足 Mv1+mv′=(M+m)v1′ 可解得v1′=

Mmu?(M?m)mv?(M?m)2

将u=-4 m/s,v′=5 m/s,M=30 kg,m=10 kg代入,得v1′=2 m/s.

(2)解法一 设雪橇运动的方向为正方向,狗第（n-1）次跳下雪橇后雪橇的速度为vn-1,则狗第（n-1）次跳上雪橇后的速度v（n-1）′满足

Mvn-1+mv′=(M+m)v（n-1）′

39

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 这样,狗n次跳下雪橇后,雪橇的速度vn满足 Mvn+m(vn+u)=(M+m)v（n-1）′ 解得vn=(v′-u)［1-(

MM?m)n-1］-

muM?m (

MM?m)n-1

狗追不上雪橇的条件是vn≥v′ 可化为(

MM?m)≤

n-1

(M?m)uMu?(M?m)v?

lgMu?(M?m)v?(M?m)ulgM?mM最后可求得n≥1+

代入n≥3.41

狗最多能跳上雪橇3次

雪橇的最终速度大小为v4=5.625 m/s.

解法二 设雪橇的运动方向为正方向,狗第i次跳下雪橇后,雪橇的速度为vi,狗的速度为vi+u;狗第i次跳上雪橇后,雪橇和狗的共同速度为vi′,由动量守恒定律可得

第一次跳下雪橇 Mv1+m(v1+u)=0v1=-muM?m=1 m/s

第一次跳上雪橇 Mv1+mv′=(M+m)v1′

?(M?m)v1?muM?m第二次跳下雪橇（M+m）v1′=Mv2+m(v2+u)v2==3 m/s

第二次跳上雪橇 Mv2+mv′=(M+m)v2′v2′=

Mv2?mv?M?m

第三次跳下雪橇 (M+m)v2′=Mv3+m(v3+u)v3=

?(M?m)v2?muM?m

第三次跳上雪橇 Mv3+mv′=(M+m)v3′v3′=

Mv3?mv?M?m

第四次跳下雪橇 (M+m)v3′=Mv4+m(v4+u)v0=

?(M?m)v3?muM?m=5.625 m/s

此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度,狗将不可能追上雪橇.因此,狗最多能跳上雪橇3次,雪橇最终的速

度大小为5.625 m/s.

40

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 9.（04全国卷Ⅱ25）柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物.在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动.现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：

柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图甲所示）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上.同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短.随后，桩在泥土中向下移动一距离l.已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩帽之间的距离也为h（如图乙所示）.已知m=1.0×103 kg,M=2.0×103 kg,h=2.0 m,l=0.20 m,重力加速度g取10 m/s2,混合物的质量不计.设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小.

答案 2.1×10 N

解析 锤自由下落，碰桩前速度v1向下 v 1=2gh

①

0

碰后，已知锤上升高度为（h-l），故刚碰后向上的速度为 v2=2g(h?1)

②

设碰后桩的速度为v，方向向下，由动量守恒定律得 mv1=Mv-mv2

③

桩下降的过程中，根据功能关系

12Mv2+Mgl=Fl

④

由①②③④式得 F=Mg+

mg1 (

mM)［2h-l+2h(h?1)］

⑤ ⑥

代入数值，得F=2.1×105 N

第二部分 知识方法备考

知识方法·要点

1、 掌握动量、冲量概念

2、 了解动量与冲量间关系，掌握动量定理及其应用 3、 掌握动量守恒定律及其应用 4、熟悉反冲运动，碰撞过程

知识方法·难点

1、动量概念及其理解

41

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com （1）定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量P=mv

（2）特征：①动量是状态量，它与某一时刻相关；

②动量是矢量，其方向质量物体运动速度的方向。

（3）意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态，动量则从动力学角度量化了机械

运动的状态。 2、冲量概念及其理解

（1）定义：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F△t （2）特征：①冲量是过程量，它与某一段时间相关；②冲量是矢量，对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向。 （3）意义：冲量是力对时间的累积效应。对于质量确定的物体来说，合外力决定看其速度将变多快；合外力的冲量将决定着其速度将变多少。对于质量不确定的物体来说，合外力决定看其动量将变多快；合外力的冲量将决定看基动量将变多少。 F 3、关于冲量的计算 （1）恒力的冲量计算

恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒 力F乘以其作用时间△t而得。 （2）方向恒定的变力的冲量计算。 如力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况 如图—1所示，则该力在时间 △

0t1t2tt=t2-t1内的冲量大小在数值上就等于图11—1中阴影 图—1 部分的“面积”。 （3）一般变力的冲量计算

在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的。 （4）合力的冲量计算

几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量。 4、动量定理

（1）表述：物体所受合外力的冲量等于其动量的变化

I=△P

F△t=mv-mv。

（2）导出：动量定理实际上是在牛顿第二定律的基础上导出的，由牛顿第二定律 F=mv 两端同乘合外力F的作用时间，即可得 F△t=ma△t=m(v-v0)=mv-mv0

（3）物理：①动量定理建立的过程量（I=F△t）与状态量变化（△P=mv-mv0）间的关系，

这就提供了一种“通过比较状态以达到了解过程之目的”的方法；②动量定理是矢量

式，这使得在运用动量应用于一维运动过程中，首先规定参考正方向以明确各矢量的方向关系是十分重要的。 5、动量守恒定律的有关问题。

（1）表述：系统如不变外力，或所受外力的合力为零，则其总动量将保持不变，即

如：∑F=0 则△P=0

（2）常用的表达方式

由于动量守恒定律比较多地被应用于由两个物体所组成的系统中，所以在通常情况下表达形式为：

42

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com m1v10+m2v20=m1v1+m2v2

（3）关于动量守恒的条件

根据动量定理可知；合外力的冲量等于动量的变化，因此，欲使动量守恒，必须使合外力的冲量为零，考虑到合外力的冲量不等于合外力与其作用时间的乘积，而令时间为零是没有任何研究的必要（同一时刻的动量当然是同一值），所以动量守恒的条件通常表述为：如果系统不受外力或所受外力的合力为零。

（4）动量守恒定律应用时的注意点：

①由动量守恒定律是一矢量式，所以一般情况下应采用正交分解的方法，当系统中各物体被限制在同一直线上时，应用动量守恒定律列方程前应先规定参考正方向以明确各个速度代入方程时的符号。

②动量守恒定律中各物体在各状态下的速度必须是相对于同一个惯性参照系的速度。 6、碰撞过程研究

（1）碰撞过程的特征：①碰撞双方相互作用的时间△t一般很短；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。 （2）制约碰撞过程的规律。 ①碰撞过程遵从动量守恒定律

m1v10+m2v20=m1v1+m2v2

②弹性碰撞过程始、末状态的系统总动能相等

12m1v102?12m2v202?12m1v1?212m2v2

2③完全非弹性碰撞中碰撞双方末状态的速度相同 v1?v2

（3）碰撞分类

①从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。 ②从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。

第三部分 三年联考题汇编

2009联考题

一．选择题

1.（2009崇文区期末试题）如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是（ A ）

①球棒对垒球的平均作用力大小为1260N ②球棒对垒球的平均作用力大小为360N ③球棒对垒球做的功为126J ④球棒对垒球做的功为36J

43

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

2.（2009崇文区期末试题）质量相等的两木块A、B用一轻弹簧栓接，静置于水平地面上，如图(a）所示。现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b）所示。从木块A开始做匀加速直线运动到木块

B (a) B (b) A F A B将要离开地面时的这一过程，下列说法正确的是（设此过程弹簧始终处于弹性限度内 ）

（ A ）

A．力F一直增大

B．弹簧的弹性势能一直减小

C．木块A的动能和重力势能之和先增大后减小

D．两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小

3.(凤阳荣达学校2009届高三物理第三次月考测试卷)．如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为3g/4，这物体在斜面上上升的最大高度为h，则这过程中：( BD )

A、重力势能增加了mgh;

43C

B、机械能损失了mgh;

21 C、动能损失了mgh ; D、重力势能增加了mgh 。

m A 30° h B

4.(2009江安中学月考)如图，一轻弹簧左端固定在长木块M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑。开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2。从两物体开始运动以后的整个运动过程中，对m、M和弹簧组成的系统（整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度）。正确的说法是（.D ）

A、由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒 B、F1、F2 分别对m、M做正功，故系统动量不断增加 C、F1、F2 分别对m、M做正功，故系统机械能不断增加 D、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大

5.(2009届高士中学第二次月考高三物理试题)光滑水平面上静置一质量为M的木块，

F2 m F1

M 44

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com 一颗质量为m的子弹以水平速度v1射入木块，以v2速度穿出，对这个过程，下列说法正确的是： （ D ）

A、子弹对木块做的功等于

12mv1?v2；

?22?B、子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功；

C、子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热的内能之和； D、子弹损失的动能等于木块的动能跟子弹与木块摩擦转化的内能和。

6.(肥西中学高三物理第二次月考试卷)质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦系数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中

错误的是 （ B ） A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功 C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功 θ a m 7.(2009安丰中学月考)如图所示，在一辆表面光滑足够长的小车上，有质量为m1、m2

的两个小球（m1＞m2），原来随车一起运动，当车突然停止时，如不考虑其他阻力，则两个小球（ B）

A．一定相碰 B．一定不相碰

C．不一定相碰 D．无法确定，因为不知小车的运动方向 8.(合肥35中2009届高三物理第一次质量抽测试卷)如图，电梯内固定的 光滑水平桌面上，一轻弹簧左端固定，一小球与弹簧接触而不粘连。先用手推着球使弹簧压缩到一定程度，再释放，小球离开弹簧时获得了一定的动能。当电梯向上减速时，球对桌面的压力用FN1表示，球获得的动能用

EK1表示，电梯向上匀速时，球对桌面的压力用FN2表示，获得的动能用EK2表示，当电梯向上

加速时，球对桌面的压力用FN3表示，获得的动能用EK3表示，则下列表达式成立的是 ( BC )

A．FN1=FN2=FN3 B．FN1＜FN2＜FN3 C．EK1=EK2=EK3 D．EK1

＜EK2＜EK3

9.(2009丰台区期末试题) 在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒

为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）

45

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com （ BD ）

A．他的动能减少了Fh B．他的重力势能减少了mgh C．他的机械能减少了(F－mg)h D．他的机械能减少了Fh

10.(2009高淳外校月考) 如图所示，A、B两质量相等的长方体木块放在光滑的水平面上，一颗子弹以水平速度v先后穿过A和B(此过程中A和B没相碰)。子弹穿过B后的速度

变为2v/5 ，子弹在A和B内的运动时间t1 : t2=1:2，若子弹在两木块中所受阻力相等，则： （AC）

A．子弹穿过B后两木块的速度大小之比为1：2

B．子弹穿过B后两木块的速度大小之比为1：4

C．子弹在A和B内克服阻力做功之比为3：4

D．子弹在A和B内克服阻力做功之比为1：2

11.(开城中学2008-2009学年度第一学期高三月考)如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P点，已知物体的质量为m=2.0kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，弹簧的劲度系数k=200N/m.现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10cm，这时弹簧具有弹性势能EP=1.0J，物体处于静止状态.若取

g=10m/s2，则撤去外力F后（ CD ）

A. 物体回到O点时速度最大

B .物体向右滑动的距离可以达到12.5cm C .物体向右滑动的距离一定小于12.5cm

D. 物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0

12.（长郡中学2009届高三第二次月考物理试题） 子弹在射入木块前的动能为E1，动量大小为p1；射穿木板后子弹的动能为E2，动量大小为p2。若木板对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木板的过程中的平均速度大小为(BC)

A、

E1?E2p1?p2 B、

E2?E1p2?p1 C、

E1p1?E2p2 D、

E1p1?E2p2

46

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com

13.(2009海淀区期末试题) 如图所示，一质量为m 的金属杆ab，以一定的初速度v0

从一光滑平行金属轨道的底端向上滑 行，轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻相连， 磁场方向垂直轨道平面向上，轨道与金属杆ab的电阻不计并接触良好。金属杆向上滑行到某一高度h后又返回到底端，在此过程中 （ B ）

A．整个过程中合外力的冲量大小为2mv0

B．下滑过程中合外力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热 C．下滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于mv0?mgh

212B a b h R ? D．整个过程中重力的冲量大小为零

14.（湖南省长沙市一中高三第二次月考）．一物体竖直向下匀加速运动一段距离，对于这一运动过程，下列说法正确的是 （ C ）

A．物体的机械能一定增加 B．物体的机械能一定减少

C．相同时间内，物体动量的增量一定相等 D．相同时间内，物体动能的增量一定相等

15.(宜昌市一中2009届高三年级十月月考)．如图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止。如果小车不固定，物体仍从A点静止滑下，则(B)

A．还是滑到C点停住 B．滑到BC间某处停住 C．会冲出C点落到车外 D．上述三种情况都有可能

A B C 16.(芜湖一中2009届高三第一次模拟考试)在探究功与物体速度变化的关系实验中，某同学在一次实验中得到了一条如图所示的纸带，这条纸带上的点两端较密，中间疏，出现这种情况的原因可能是 (C)

47

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com

A．电源的频率不稳定 B．木板倾斜程度太大

C．没有使木板倾斜或倾斜角度太小

D．是由于橡皮筋的拉伸程度过大而导致的

17.(2009东城区期末试题)下列说法正确的是 （ B ） A．质点做自由落体运动，每秒内重力所做的功都相同 B．质点做平抛运动，每秒内动量的增量都相同 C．质点做匀速圆周运动，每秒内合外力的冲量都相同 D．质点做简谐运动，每四分之一周期内回复力做的功都相同

18.（2009届湖南省浏阳一中高三10月月考物理试题）．如图所示，一物体以初速度

v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法中正确的是

（ D ）

B'hAυ0CBA．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律可知，物体冲出C点后仍能升高h B．若把斜面变成圆弧形AB′，物体仍能沿AB′升高h

C．无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，因为机械能不守恒

D．无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，但机械能守恒 19.（2009届湖南省浏阳一中高三10月月考物理试题）.如图中AB为一段粗糙的波浪形路面，一个物体从A端以初速度v0开始滑行，到达B端时的速度大小为v1，若此物体以同样大小的初速度v0从B端开始滑行，到达A端时速度大小为v2，则v1与v2相比（B）

A．v1=v2

υ0A48

Bυ0为您服务教育网 http://www.wsbedu.com B．v1>v2

C．v1

20.（2009石景山区期末试题）一位高三学生以恒定的速率从学校教学楼的一层上到四层，该同学上楼过程中克服自身重力做的功最接近： （ C ）

A．60 J B．6.0×102 J C．6.0×103 J D．6.0×104 J 21.(湘钢一中2009届10月月考试题)人站在岸上通过定滑轮用轻绳牵引水面上的小船，使船先后经过了A、B、C三点，如图所示。若水对小船的阻力和人对绳的牵引力F恒定不变，且AB=BC，船从A到B牵引力做功为W1，船从B到C牵引力做功为W2，则在船靠岸的过程中，一定是：（B ） A． W1 = W2 B． W1 > W2 C． W1 < W2 D． 小船经过C点时的动能大于它经过B点时的动能 22.(宜昌市一中2009届高三年级十月月考)．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放。当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ。下列结论正确的是(AC)

A．θ=90? B．θ=45?

C．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率 先增大后减小 D．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大

23.(2009东城区期末试题) 静止在光滑水平面上的物体，受到 水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则（ BCD ）

A.0—4s内物体的位移为零 B.0—4s内拉力对物体做功为零 C. 4s 末物体的速度为零

1 0 -1 2 4 t/s F/N

C B A

49

为您服务教育网 http://www.wsbedu.com D.0—4s内拉力对物体冲量为零 二、非选择题

24.（2009崇文区期末试题） 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。设子弹在物块

A、B 中穿行时受到的阻力保持不变，g取10m/s2。

（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）求子弹在物块B中穿行的距离；

（3）为了使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面， 求物块B到桌边的最小距离。

答案 (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?122gt t=0.40s

v

A B h s A离开桌边的速度vA?vA=5.0m/s

st

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：

mv0?MvA?(M?m)vB

B离开桌边的速度vB=10m/s

（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?2MvA

50

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/905x.html