2018版高考物理專題-動量與能量壓軸題特訓(xùn)(含答案詳解)

PAGE..2018年物理動量與能量壓軸題特訓(xùn)1．如圖所示,一個輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上,一個質(zhì)量為m的木塊以速度v0從右邊沿光滑水平面向左運動,與彈簧發(fā)生相互作用,設(shè)相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi),那么整個相互作用過程中彈簧對木塊的沖量I的大小和彈簧對木塊做的功W分別是<C>2.物體A和B用輕繩相連掛在輕質(zhì)彈簧下靜止不動,如圖所示,A的質(zhì)量為m,B

的質(zhì)量為M,當(dāng)連接A、B的繩子突然斷開后,物體A上升經(jīng)某一位置時的速度大小為v,這時物體B的下落速度大小為u,在這一段時間里,彈簧的彈力對物體A的沖量為〔DA.mv

B.mv-Mu

C.mv+Mu

D.mv+mu3.如圖所示,水平光滑地面上依次放置著質(zhì)量m=0.08kg的10塊完全相同的長直木板。質(zhì)量M=1.0kg、大小可忽略的小銅塊以初速度v0=6.0m/s從長木板左端滑上木板,當(dāng)銅塊滑離第一塊木板時,速度大小為v1=4.0m/s.銅塊最終停在第二塊木板上。取g=10m/s2,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求：①第一塊木板的最終速度②銅塊的最終速度。解答：①銅塊和10個長木板在水平方向不受外力,所以系統(tǒng)動量守恒。設(shè)銅塊滑動第二塊木板時,第一塊木板的最終速度為v2,由動量守恒定律得,Mv0=Mv1+10mv2解得v2=2.5m/s.②由題可知,銅塊最終停在第二塊木板上,設(shè)銅塊的最終速度為v3,由動量守恒定律得：Mv1+9mv2=<M+9m>v3解得：v3=3.4m/s.4．一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3∶1.不計質(zhì)量損失,取重力加速度g＝10m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是<>4．B設(shè)彈丸爆炸前質(zhì)量為m,爆炸成甲、乙兩塊后質(zhì)量比為3∶1,可知m甲＝eq\f<3,4>m,m乙＝eq\f<1,4>m.設(shè)爆炸后甲、乙的速度分別為v1、v2,爆炸過程中甲、乙組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,取彈丸運動方向為正方向,有mv＝eq\f<3,4>mv1＋eq\f<1,4>mv2,得3v1＋v2＝8.爆炸后甲、乙兩彈片水平飛出,做平拋運動．豎直方向做自由落體運動,h＝eq\f<1,2>gt2,可得t＝eq\r<\f<2h,g>>＝1s；水平方向做勻速直線運動,x＝vt,所以甲、乙飛行的水平位移大小與爆炸后甲、乙獲得的速度大小在數(shù)值上相等,因此也應(yīng)滿足3x1＋x2＝8,從選項圖中所給數(shù)據(jù)可知,B正確．[點撥]爆炸后,一定有一塊彈片速度增加,大于原來速度．5.如圖所示,方盒A靜止在光滑的水平面上,盒內(nèi)有一小滑塊B,盒的質(zhì)量是滑塊的2倍,滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.若滑塊以速度v開始向左運動,與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞,滑塊在盒中來回運動多次,最終相對于盒靜止,則此時盒的速度大小為________,滑塊相對于盒運動的路程為________．5．[解析]方盒A與小滑塊B組成的系統(tǒng)動量守恒,mBv＝<mA＋mB>v1,又mA＝2mB,所以v1＝eq\f<v,3>,對系統(tǒng)由動能定理得－μmBg·x＝eq\f<1,2><mA＋mB>veq\o\al<2,1>－eq\f<1,2>mBv2,解得x＝eq\f<v2,3μg>.[答案]eq\f<v,3>eq\f<v2,3μg>6．如圖所示,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度h＝0.3m<h小于斜面體的高度>．已知小孩與滑板的總質(zhì)量m1＝30kg,冰塊的質(zhì)量m2＝10kg,小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10m/s2.<1>求斜面體的質(zhì)量；<2>通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？6．[解析]<1>規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度,設(shè)此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v20＝<m2＋m3>v①eq\f<1,2>m2veq\o\al<2,20>＝eq\f<1,2><m2＋m3>v2＋m2gh ②式中v20＝－3m/s為冰塊推出時的速度,聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20③<2>設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1,由動量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s ⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動量守恒和機械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥eq\f<1,2>m2veq\o\al<2,20>＝eq\f<1,2>m2veq\o\al<2,2>＋eq\f<1,2>m3veq\o\al<2,3>⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方,故冰塊不能追上小孩．[答案]<1>20kg<2>見解析7．如圖所示,三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C,間隔相等地靜置于同一水平直軌道上．現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0,一段時間后A與B發(fā)生碰撞,碰后A、B分別以eq\f<1,8>v0、eq\f<3,4>v0的速度向右運動,B再與C發(fā)生碰撞,碰后B、C粘在一起向右運動．滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值．兩次碰撞時間均極短．求B、C碰后瞬間共同速度的大?。?．[解析]設(shè)滑塊質(zhì)量為m,A與B碰撞前A的速度為vA,由題意知,碰后A的速度vA′＝eq\f<1,8>v0；碰后B的速度vB＝eq\f<3,4>v0由動量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB ①設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA,由功能關(guān)系得WA＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>－eq\f<1,2>mveq\o\al<2,A>②設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB′,B克服軌道阻力所做的功為WB,由功能關(guān)系得WB＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,B>－eq\f<1,2>mvB′2 ③由于三者間隔相等,滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)相等,則有WA＝WB ④設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v,由動量守恒定律得：mvB′＝2mv⑤聯(lián)立①②③④⑤式,代入數(shù)據(jù)得v＝eq\f<\r<21>,16>v0 ⑥[答案]eq\f<\r<21>,16>v08.如圖所示,光滑水平軌道上放置長板A<上表面粗糙>和滑塊C,滑塊B置于A的左端,三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時C靜止,A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動,A與C發(fā)生碰撞<時間極短>后C向右運動,經(jīng)過一段時間,A、B再次達到共同速度一起向右運動,且恰好不再與C碰撞．求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大?。?．[解析]設(shè)A與C發(fā)生碰撞后瞬間,A的速度大小為vA,方向向右,C的速度大小為vC.A與C碰撞時間極短,由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC ①A與B相互作用,設(shè)最終達到的共同速度為v,由動量守恒定律得：mBv0＋mAvA＝<mA＋mB>v②A與B達到共同速度后恰不與C碰撞,則應(yīng)有v＝vC ③聯(lián)立①②③解得vA＝2m/s[答案]2m/s[點撥]本題分別對A、C和A、B的作用過程應(yīng)用動量守恒定律,還要關(guān)注"恰好不再與C碰撞"這一臨界條件．9.如圖所示。一輛質(zhì)量M=3kg的小車A靜止在光滑的水平面上,將一輕質(zhì)彈簧城壓越縮并鎖定,此時彈簧的彈性勢能為Ep=6J,質(zhì)量m=1kg的光滑小球B緊挨輕彈簧右端靜止放置。解除輕彈簧的鎖定。小球B被彈出并脫離彈簧,求小球脫離彈簧時小車的速度大小。解答：A.

B組成的系統(tǒng)動量守恒,在解除鎖定到A.

B分開過程中,系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得：mBvB?mAvA=0,由能量守恒定律得：12mAv2A+12mBv2B=EP,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：vA=1m/s,vB=3m/s；答：小球脫離彈簧時小車的速度大小為1m/s.10.如圖所示,在光滑的水平面上有一長為L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的1/4圓弧槽C,與長木板接觸但不相連,圓弧槽的下端與木板上表面相平,B、C靜止在水平面上?，F(xiàn)有滑塊A以初速V0從右端滑上B,并以1/2V0滑離B,恰好能到達C的最高點.A、B.

C的質(zhì)量均為m,試求：<1>木板B上表面的動摩擦因素μ；<2>1/4圓弧槽C的半徑R；<3>當(dāng)A滑離C時,C的速度。11.如圖所示,質(zhì)量M=4kg的滑板B靜止放在光滑水平面上,其右端固定一根輕質(zhì)彈簧,彈簧的自由端C到滑板左端的距離L=0.5m,這段滑板與木塊A<可視為質(zhì)點>之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對應(yīng)的滑板上表面光滑。小木塊A以速度v0=10m/s由滑板B左端開始沿滑板B表面向右運動。已知木塊A的質(zhì)量m=1kg,g取10m/s2.求：<1>彈簧被壓縮到最短時木塊A的速度；<2>木塊A到達彈簧C端時的速度vA<取兩位有效數(shù)字><3>木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能。12.如圖所示,一個質(zhì)量m=4kg的物塊以速度v=2m/s水平滑上一靜止的平板車上,平板車質(zhì)量M=16kg,物塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,其它摩擦不計<取g=10m/s2>,求：<1>物塊相對平板車靜止時,物塊的速度；<2>物塊相對平板車上滑行,要使物塊在平板車上不滑下,平板車至少多長?解答：<1>物塊和平板車的相互作用過程中系統(tǒng)動量守恒,以物塊初速度方向為正方向,由動量守恒定律得：mv=<M+m>v共…①,代入數(shù)據(jù)解得：v共=0.4m/s；<2>為了使物塊不滑離平板車,設(shè)車長為L,由能量守恒定律得：12mv2?12<M+m>v2共<μmgL…②,由①②式得：L>0.8m；13.如圖所示,光滑水平路面上,有一質(zhì)量為m1=5kg的無動力小車以勻速率v0=2m/s向前行駛,小車由輕繩與另一質(zhì)量為m2=25kg的車廂連結(jié),車廂右端有一質(zhì)量為m3=20kg的物體〔可視為質(zhì)點,物體與車廂的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,開始物體靜止在車廂上,繩子是松馳的．求：〔1當(dāng)小車、車廂、物體以共同速度運動時,物體相對車廂的位移〔設(shè)物體不會從車廂上滑下；〔2從繩拉緊到小車、車廂、物體具有共同速度所需時間．〔取g=10m/s214.如圖所示,固定的光滑的弧形軌道末端水平,固定于水平桌面上,B球靜止于軌道的末端。軌道最高點距軌道末端高度及軌道末端距地高度均為R.A球由軌道最高點靜止釋放,A球質(zhì)量為2m,B球質(zhì)量為m,A.

B均可視為質(zhì)點,不計空氣阻力及碰撞過程中的機械能的損失。求：A.

B兩球落地點的水平距離?15.一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上,其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面,長度為L;bc為一光滑斜面,斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動,在斜面上上升的最大高度為h,返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g.求：<1>木塊在ab段受到的摩擦力f；<2>木塊最后距a點的距離s.16.Kˉ介子衰變的方程為K?→π?+π0,如圖所示,其中Kˉ介子和πˉ介子帶負(fù)的基元電荷,π0介子不帶電。一個Kˉ介子沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場中,其軌跡為圓弧AP,衰變后產(chǎn)生的πˉ介子的軌跡為圓弧PB,兩軌跡在P點相切,它們的半徑RKˉ與Rπ?之比為2:1.π0介子的軌跡未畫出。由此可知πˉ介子的動量大小與π0介子的動量大小之比為〔A.

1:1B.

1:2C.

1:3D.

1:617.如圖所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一豎直的墻。重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍,重物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ.使木板與重物以共同的速度v0向右運動,某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞,碰撞時間極短。求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間。設(shè)木板足夠長,重物始終在木板上。重力加速度為g.18.如圖所示,圓管構(gòu)成的半圓形軌道豎直固定在水平地面上,軌道半徑為R,MN為直徑且與水平面垂直,直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球A以某一速度沖進軌道,到達半圓軌道最高點M時與靜止于該處的質(zhì)量與A相同的小球B發(fā)生碰撞,碰后兩球粘在一起飛出軌道,落地點距N為2R.重力加速度為g,忽略圓管內(nèi)徑,空氣阻力及各處摩擦均不計,求<1>粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t；<2>A、B碰撞前瞬間A球的速度大小<3>小球A沖進軌道時速度v的大小。<4>小球A與小球B球碰撞前瞬間對軌道的壓力多大?19.一個宇航員連同裝備的總質(zhì)量為100kg,在空間跟飛船相距45m處相對飛船處于靜止?fàn)顟B(tài)。他帶有一個裝有0.5kg氧氣的貯氧筒,貯氧筒上有一個可以使氧氣以50m/s的相對速度噴出的噴嘴。宇航員必須向著跟返回飛船方向相反的方向釋放氧氣,才能回到飛船上去,同時又必須保留一部分氧氣供他在返回飛船的途中呼吸。已知宇航員呼吸的耗氧率為2.5×10-4kg/s。試求：〔1如果他在準(zhǔn)備返回飛船的瞬時,釋放0.15kg的氧氣,他能安全地回到飛船嗎？〔2宇航員安全地返回飛船的最長和最短時間分別為多少？20.如圖所示,兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi),兩導(dǎo)軌間的距離為L,導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路,兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m,電阻皆為R,回路中其余部分的電阻可不計。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行,開始時,棒cd靜止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸,求：<1>在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少?<2>當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/4時,cd棒的加速度是多少?21.高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h<可視為自由落體運動>．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長,若在此過程中該作用力始終豎直向上,則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為<>A.eq\f<m\r<2gh>,t>＋mgB.eq\f<m\r<2gh>,t>－mgC.eq\f<m\r<gh>,t>＋mgD.eq\f<m\r<gh>,t>－mg[解析]下降h階段v2＝2gh,得v＝eq\r<2gh>,對此后至安全帶最大伸長過程應(yīng)用動量定理,－<F－mg>t＝0－mv,得F＝eq\f<m\r<2gh>,t>＋mg,A正確．選A.22.如圖所示,方盒A靜止在光滑的水平面上,盒內(nèi)有一個小滑塊B,盒的質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍,滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.若滑塊以速度v開始向左運動,與盒的左右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞,滑塊在盒中來回運動多次,最終相對盒靜止,則此時盒的速度大小為___,滑塊相對于盒運動的路程為___.23.〔2015.XX如圖,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道,BC段是長為L的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于B點,一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點靜止開始沿軌道滑下,重力加速度為g?！?若固定小車,求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；〔2若不固定小車,滑塊仍從A點由靜止下滑,然后滑入BC軌道,最后從C點滑出小車,已知滑塊質(zhì)量,在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍,滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ,求：①滑塊運動過程中,小車的最大速度vm；②滑塊從B到C運動過程中,小車的位移大小s。解答：〔1由圖知,滑塊運動到B點時對小車的壓力最大從A到B,根據(jù)動能定理：；在B點：聯(lián)立解得：

FN=3mg,根據(jù)牛頓第三定律得,滑塊對小車的最大壓力為3mg〔2①若不固定小車,

滑塊到達B點時,小車的速度最大根據(jù)動量守恒可得：；從A到B,根據(jù)能量守恒：聯(lián)立解得：②設(shè)滑塊到C處時小車的速度為v,則滑塊的速度為2v,根據(jù)能量守恒：；解得：小車的加速度：；根據(jù)；解得：s=L/324．<2016·北京理綜><1>動量定理可以表示為Δp＝FΔt,其中動量p和力F都是矢量．在運用動量定理處理二維問題時,可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究．例如,質(zhì)量為m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后彈出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如圖甲所示．碰撞過程中忽略小球所受重力．甲乙a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化Δpx、Δpy；b．分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颍?lt;2>激光束可以看成是粒子流,其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動．激光照射到物體上,在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時,也會對物體產(chǎn)生作用．光鑷效應(yīng)就是一個實例,激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒．一束激光經(jīng)S點后被分成若干細(xì)光束,若不考慮光的反射和吸收,其中光束①和②穿過介質(zhì)小球的光路如圖乙所示．圖中O點是介質(zhì)小球的球心,入射時光束①和②與SO的夾角均為θ,出射時光束均與SO平行．請在下面兩種情況下,分析說明兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方向．a(chǎn)．光束①和②強度相同；b．光束①比②強度大．24．[解析]<1>a.x方向：動量變化Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0y方向：動量變化Δpy＝mvcosθ－<－mvcosθ>＝2mvcosθ方向沿y軸正方向．b．根據(jù)動量定理可知,木板對小球作用力的方向沿y軸正方向；根據(jù)牛頓第三定律可知,小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向．<2>a.僅考慮光的折射,設(shè)Δt時間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為n,每個粒子動量的大小為p.這些粒子進入小球前的總動量p1＝2npcosθ從小球出射時總動量p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右．根據(jù)動量定理有FΔt＝p2－p1＝2np<1－cosθ>>0可知,小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對小球的合力的方向沿SO向左．b．建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系．x方向：根據(jù)<2>a同理可知,兩光束對小球的作用力沿x軸負(fù)方向．y方向：設(shè)Δt時間內(nèi),光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1,光束②穿過小球的粒子數(shù)為n2,n1>n2.這些粒子進入小球前的總動量p1y＝<n1－n2>psinθ從小球出射時的總動量p2y＝0根據(jù)動量定理有FyΔt＝p2y－p1y＝－<n1－n2>psinθ可知,小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負(fù)方向；根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對小球的作用力沿y軸正方向．所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方．[答案]<1>a.0；2mvcosθ,沿y軸正方向b．沿y軸負(fù)方向<2>a.沿SO向左b．指向左上方25．<2014·天津理綜>如圖所示,水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量mA＝4kg,上表面光滑,小車與地面間的摩擦力較小,可以忽略不計,可視為質(zhì)點的物塊B置于A的最右端,B的質(zhì)量mB＝2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10N,A運動一段時間后,小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下繼續(xù)運動,碰撞后經(jīng)時間t＝0.6s,二者的速度達到v1＝2m/s.求<1>A開始運動時加速度a的大??；<2>A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大??；<3>A的上表面長度l.25．[解析]<1>以A為研究對象,由牛頓第二定律有F＝mAa ①代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2 ②<2>對A、B碰撞后共同運動t＝0.6s的過程,由動量定理得Ft＝<mA＋mB>v1－<mA＋mB>v③代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s ④<3>設(shè)A、B發(fā)生碰撞前,A的速度為vA,對A、B發(fā)生碰撞的過程,由動量守恒定律有mAvA＝<mA＋mB>v⑤A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前,由動能定理有Fl＝eq\f<1,2>mAveq\o\al<2,A>⑥由④⑤⑥式,代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45m ⑦[答案]<1>2.5m/s2<2>1m/s<3>0.45m26．<2015·北京理綜>實驗觀察到,靜止在勻強磁場中A點的原子核發(fā)生β衰變,衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運動,運動方向和軌跡示意圖如圖所示,則<>A．軌跡1是電子的,磁場方向垂直紙面向外B．軌跡2是電子的,磁場方向垂直紙面向外C．軌跡1是新核的,磁場方向垂直紙面向里D．軌跡2是新核的,磁場方向垂直紙面向里1．Dβ衰變方程：eq\o\al<Z,A>X→eq\o\al<0,－1>e＋eq\o\al<Z,A＋1>Y,由動量守恒定律知兩粒子動量大小相等．因電子電量較小,由r＝eq\f<mv,qB>,得re>rY,故軌跡1是電子的,軌跡2是新核的．由左手定則知,磁場方向垂直紙面向里,D正確．[點撥]動量守恒定律既適用于宏觀,亦適用于微觀；既適用于低速,亦適用于高速．27．[2014·新課標(biāo)全國Ⅰ]如圖所示,質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方,B球距地面的高度h＝0.8m,A球在B球的正上方．先將B球釋放,經(jīng)過一段時間后再將A球釋放．當(dāng)A球下落t＝0.3s時,剛好與B球在地面上方的P點處相碰,碰撞時間極短,碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA,重力加速度大小g＝10m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．求：<1>B球第一次到達地面時的速度；<2>P點距離地面的高度．27．[解析]<1>設(shè)B球第一次到達地面時的速度大小為vB,由運動學(xué)公式有：vB＝eq\r<2gh>①將h＝0.8m代入上式,得vB＝4m/s ②<2>設(shè)兩球相碰前后,A球的速度大小分別為v1和v1′<v1′＝0>,B球的速度分別為v2和v2′,由運動學(xué)規(guī)律可得v1＝gt③由于碰撞時間極短,重力的作用可以忽略,兩球相碰前后的動量守恒,總動能保持不變．規(guī)定向下為正方向,有mAv1＋mBv2＝mBv2′④eq\f<1,2>mAveq\o\al<2,1>＋eq\f<1,2>mBveq\o\al<2,2>＝eq\f<1,2>mBv2′2 ⑤設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB′,由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vB′＝vB設(shè)P點距地面的高度為h′,由運動學(xué)規(guī)律可得h′＝eq\f<vB′2－veq\o\al<2,2>,2g>⑦聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知條件可得h′＝0.75m ⑧[答案]<1>4m/s<2>0.75m28．[2015·新課標(biāo)全國Ⅱ]兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動,并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后,從光滑路段進入粗糙路段．兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示．求：<1>滑塊a、b的質(zhì)量之比；<2>整個運動過程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比．28．[解析]<1>設(shè)a、b質(zhì)量分別為m1、m2,a、b碰撞前的速度分別為v1、v2.由題給圖象得v1＝－2m/s,v2＝1m/sa、b發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得v＝eq\f<2,3>m/s由動量守恒定律有m1v1＋m2v2＝<m1＋m2>v；解得eq\f<m1,m2>＝eq\f<1,8><2>由能量守恒定律得,兩滑塊因碰撞而損失的機械能ΔE＝eq\f<1,2>m1veq\o\al<2,1>＋eq\f<1,2>m2veq\o\al<2,2>－eq\f<1,2><m1＋m2>v2由圖象可知,兩滑塊最后停止運動,由動能定理得,兩滑塊克服摩擦力所做的功W＝eq\f<1,2><m1＋m2>v2；解得eq\f<W,ΔE>＝eq\f<1,2>[答案]<1>eq\f<1,8><2>eq\f<1,2>29.如圖所示,甲車質(zhì)量m1＝m,在車上有質(zhì)量M＝2m的人,甲車<連同車上的人>從足夠長的斜坡上高h(yuǎn)處由靜止滑下,到水平面上后繼續(xù)向前滑動,此時質(zhì)量m2＝2m的乙車正以速度v0迎面滑來,已知h＝eq\f<2veq\o\al<2,0>,g>,為了使兩車不可能發(fā)生碰撞,當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時,人從甲車跳上乙車,試求人跳離甲車的水平速度<相對地面>應(yīng)滿足什么條件？不計地面和斜坡的摩擦,小車和人均可看成質(zhì)點．[解析]設(shè)向左為正方向,甲車<包括人>滑下斜坡后速度為v1,由機械能守恒定律有eq\f<1,2><m1＋M>veq\o\al<2,1>＝<m1＋M>gh,解得v1＝eq\r<2gh>＝2v0設(shè)人跳出甲車的水平速度<相對地面>為v,在人跳離甲車和人跳上乙車過程中各自動量守恒,設(shè)人跳離甲車和跳上乙車后,兩車的速度分別為v1′和v2′,則人跳離甲車時：<M＋m1>v1＝Mv＋m1v1′人跳上乙車時：Mv－m2v0＝<M＋m2>v2′解得v1′＝6v0－2v,v2′＝eq\f<1,2>v－eq\f<1,2>v0兩車不可能發(fā)生碰撞的臨界條件是v1′＝±v2′當(dāng)v1′＝v2′時,解得v＝eq\f<13,5>v0當(dāng)v1′＝－v2′時,解得v＝eq\f<11,3>v0故v的取值范圍為eq\f<13,5>v0≤v≤eq\f<11,3>v0[答案]eq\f<13,5>v0≤v≤eq\f<11,3>v0導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考"三個物體,兩次作用"是近幾年考查動量守恒定律應(yīng)用的模型之一,且常涉及臨界問題．由于作用情況及作用過程較為復(fù)雜,要根據(jù)作用過程中的不同階段,建立多個動量守恒方程,或?qū)⑾到y(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關(guān)系分成幾個小系統(tǒng),分別建立動量守恒方程,聯(lián)立求解．30．[2015·天津理綜]如圖所示,在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板,A球在水平面上靜止放置,B球向左運動與A球發(fā)生正碰,B球碰撞前、后的速率之比為3∶1,A球垂直撞向擋板,碰后原速率返回．兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞,A、B兩球的質(zhì)量之比為________,A、B碰撞前、后兩球總動能之比為________．30．[解析]設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB,B的初速度為v0,取B的初速度方向為正方向,由題意,剛好不發(fā)生第二次碰撞說明A、B末速度正好相同,都是－eq\f<v0,3>,第一次碰撞時,動量守恒,有mBv0＝mA·eq\f<v0,3>＋mB·eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\f<v0,3>>>,解得mA∶mB＝4∶1碰撞前、后動能之比Ek1∶Ek2＝eq\f<1,2>mBveq\o\al<2,0>∶eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<\f<1,2>mA\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<v0,3>>>\s\up12<2>＋\f<1,2>mB\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\f<v0,3>>>\s\up12<2>>>＝9∶531．[2015·新課標(biāo)全國Ⅰ]如圖所示,在足夠長的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動,求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的．31．[解析]A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞過程中,系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒．設(shè)速度方向向右為正,開始時A的速度為v0,第一次碰撞后C的速度為vC1,A的速度為vA1.由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1 ①eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,A1>＋eq\f<1,2>Mveq\o\al<2,C1>②聯(lián)立①②式得vA1＝eq\f<m－M,m＋M>v0 ③vC1＝eq\f<2m,m＋M>v0 ④如果m>M,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運動,A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m<M的情況．第一次碰撞后,A反向運動與B發(fā)生碰撞．設(shè)與B發(fā)生碰撞后,A的速度為vA2,B的速度為vB1,同樣有vA2＝eq\f<m－M,m＋M>vA1＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<m－M,m＋M>>>eq\s\up12<2>v0 ⑤根據(jù)題意,要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,應(yīng)有vA2≤vC1 ⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0 ⑦解得m≥<eq\r<5>－2>M⑧另一解m≤－<eq\r<5>＋2>M舍去．所以,m和M應(yīng)滿足的條件為<eq\r<5>－2>M≤m<M⑨[答案]<eq\r<5>－2>M≤m<M32．[2014·XX理綜]如圖所示,光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接,A的質(zhì)量為m.開始時橡皮筋松弛,B靜止,給A向左的初速度v0.一段時間后,B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍,也是碰撞前瞬間B的速度的一半．求：<1>B的質(zhì)量；<2>碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失．32．[解析]<1>以初速度v0的方向為正方向,設(shè)B的質(zhì)量為mB,A、B碰撞后的共同速度為v,由題意知：碰撞前瞬間A的速度為eq\f<v,2>,碰撞前瞬間B的速度為2v,由動量守恒定律得meq\f<v,2>＋2mBv＝<m＋mB>v①由①式得mB＝eq\f<m,2>②<2>從開始到碰后的全過程,由動量守恒定律得mv0＝<m＋mB>v③設(shè)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失為ΔE,則ΔE＝eq\f<1,2>meq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<v,2>>>eq\s\up12<2>＋eq\f<1,2>mB<2v>2－eq\f<1,2><m＋mB>v2 ④聯(lián)立②③④式得ΔE＝eq\f<1,6>mveq\o\al<2,0>⑤[答案]<1>eq\f<m,2><2>eq\f<1,6>mveq\o\al<2,0>[點撥]一個孤立系統(tǒng)內(nèi)部相互作用前后,凡是系統(tǒng)動能相等的,都相當(dāng)于彈性碰撞,凡是作用后共速的,都相當(dāng)于完全非彈性碰撞．33.<2015·XX理綜>在同一勻強磁場中,α粒子<eq\o\al<4,2>He>和質(zhì)子<eq\o\al<1,1>H>做勻速圓周運動,若它們的動量大小相等,則α粒子和質(zhì)子<>A．運動半徑之比是2∶1B．運動周期之比是2∶1C．運動速度大小之比是4∶1D．受到的洛倫茲力之比是2∶133．Bα粒子與質(zhì)子質(zhì)量之比為4∶1,電荷量之比為2∶1,動量大小相同,由p＝mv可知速度之比為1∶4,C錯誤．在勻強磁場中,由qvB＝meq\f<v2,r>得r＝eq\f<mv,qB>,即運動半徑之比為1∶2,A錯誤．由T＝eq\f<2πm,qB>得,周期之比為2∶1,B正確．由f＝qvB可知,洛倫茲力之比為1∶2,D錯誤．[點撥]運動半徑r＝eq\f<mv,qB>中,分子mv看成一個整體,即動量．34．[2016·XX物理]已知光速為c,普朗克常數(shù)為h,則頻率為ν的光子的動量為________．用該頻率的光垂直照射平面鏡,光被鏡面全部垂直反射回去,則光子在反射前后動量改變量的大小為________．34．[解析]頻率為ν的光子的動量p＝eq\f<h,λ>＝eq\f<hν,c>,光被鏡面全部垂直反射回去,則光子在反射前后動量改變量的大小2p＝eq\f<2hν,c>.[答案]eq\f<hν,c>eq\f<2hν,c>35．[2016·全國Ⅰ,35<2>,10分]某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見,假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板<面積略大于S>；水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g.求：<1>噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；<2>玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度．35．[解析]<1>設(shè)Δt時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)量為Δm,則Δm＝ρΔV ①ΔV＝v0SΔt ②由①②式得,單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f<Δm,Δt>＝ρv0S ③<2>設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水,由能量守恒得：eq\f<1,2><Δm>v2＋<Δm>gh＝eq\f<1,2><Δm>veq\o\al<2,0>④在h高度處,Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大?。害＝<Δm>v⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F,根據(jù)動量定理有：FΔt＝Δp ⑥由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f<veq\o\al<2,0>,2g>－eq\f<M2g,2ρ2veq\o\al<2,0>S2>⑧[答案]<1>ρv0S<2>eq\f<veq\o\al<2,0>,2g>－eq\f<M2g,2ρ2veq\o\al<2,0>S2>36．<2016·XXXX二中月考>水平光滑的桌面上平放有一質(zhì)量為2m的均勻圓環(huán)形細(xì)管道,管道內(nèi)有兩個質(zhì)量都為m的小球<管道的半徑遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于小球的半徑>,位于管道直徑AB的兩端．開始時,環(huán)靜止,兩個小球沿著向右的切線方向,以相同的初速度v0開始運動,如圖所示．設(shè)系統(tǒng)處處無摩擦,所有的碰撞均為彈性碰撞．<質(zhì)量相等的兩物體彈性正碰后交換速度,此結(jié)論本題可直接用><1>當(dāng)兩個小球在管道內(nèi)第一次相碰前瞬間,試求兩個小球之間的相對速度大??；<2>兩小球碰后在第一次返回到A、B時,兩小球相對桌面的速度方向<朝左還是朝右>和速度大?。?6．[解析]<1>根據(jù)對稱性,兩球運動相同的路程在細(xì)圓管的最右端相遇,相遇前,兩小球與細(xì)圓管在左右方向上共速,共同速度設(shè)為v1,此時兩球相對于細(xì)圓管的速度方向沿切線,大小相同設(shè)為vy.左右方向上兩球與細(xì)圓管動量守恒2mv0＝<2m＋2m>v1,解得v1＝eq\f<v0,2>根據(jù)能量守恒定律可得2×eq\f<1,2>mv02＝eq\f<1,2>×2mv12＋2×eq\f<1,2>m<v12＋vy2>解得vy＝eq\f<\r<2>,2>v0 兩球相對速度大小v＝2×vy＝eq\r<2>v0 <2>兩球相碰,左右方向速度不變,沿管切線方向交換速度,之后兩球同時分別到達A、B位置．從剛開始兩球運動到兩球第一次回到A、B位置,兩球與細(xì)圓管組成的系統(tǒng)可以看成彈性碰撞,即質(zhì)量為2m的物體與細(xì)圓管發(fā)生了彈性正碰,交換速度,故而兩球相對桌面速度為零,細(xì)圓管相對桌面速度為v0. [答案]<1>eq\r<2>v0<2>兩小球相對桌面速度為零[2014·新課標(biāo)全國Ⅱ,35<2>,10分]現(xiàn)利用如圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律．在圖甲中,氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個滑塊．滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片<圖中未畫出>,左側(cè)與打點計時器的紙帶相連；滑塊B左側(cè)也帶有一彈簧片,上面固定一遮光片,光電計時器<未完全畫出>可以記錄遮光片通過光電門的時間．實驗測得滑塊A的質(zhì)量m1＝0.310kg,滑塊B的質(zhì)量m2＝0.108kg,遮光片的寬度d＝1.00cm；打點計時器所用交流電的頻率f＝50.0Hz.將光電門固定在滑塊B的右側(cè),啟動打點計時器,給滑塊A一向右的初速度,使它與B相碰．碰后光電計時器顯示的時間ΔtB＝3.500ms,碰撞前后打出的紙帶如圖乙所示．若實驗允許的相對誤差絕對值eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\b\lc\|\rc\|<\a\vs4\al\co1<\f<碰撞前后總動量之差,碰前總動量>>>×100%>>最大為5%,本實驗是否在誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律？寫出運算過程．[解答]按定義,物塊運動的瞬時速度大小v＝eq\f<Δs,Δt>①式中Δs為物塊在很短時間Δt內(nèi)走過的路程．設(shè)紙帶上打出相鄰兩點的時間間隔為ΔtA,則ΔtA＝eq\f<1,f>＝0.02s ②ΔtA可視為很短．設(shè)A在碰撞前、后瞬時速度大小分別為v0、v1,將②式和圖給實驗數(shù)據(jù)代入①式得v0＝2.00m/s ③v1＝0.970m/s ④設(shè)B在碰撞后的速度大小為v2,由①式有v2＝eq\f<d,ΔtB>⑤代入題給實驗數(shù)據(jù)得v2＝2.86m/s ⑥設(shè)兩滑塊在碰撞前、后的總動量分別為p和p′,則p＝m1v0 ⑦p′＝m1v1＋m2v2 ⑧兩滑塊在碰撞前后總動量相對誤差的絕對值為δp＝eq\b\lc\|\rc\|<\a\vs4\al\co1<\f<p－p′,p>>>×100% ⑨聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有關(guān)數(shù)據(jù),得δp＝1.7%<5% ⑩因此,本實驗在誤差允許的范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律.[2011·北京理綜,21<2>]如圖所示,用"碰撞實驗器"可以驗證動量守恒定律,即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系．<1>實驗中,直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是,可以通過僅測量________<填選項前的符號>,間接地解決這個問題．A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程<2>圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影．實驗時,先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放,找到其平均落地點的位置P,測量平拋射程OP.然后,把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分,再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放,與小球m2相碰,并多次重復(fù)．接下來要完成的必要步驟是________．<填選項前的符號>A．用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B．測量小球m1開始釋放高度hC．測量拋出點距地面的高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程OM、ON<3>若兩球相碰前后的動量守恒,其表達式可表示為__________________________[用<2>中測量的量表示]；若碰撞是彈性碰撞,那么還應(yīng)滿足的表達式為_________[用<2>中測量的量表示]．<4>經(jīng)測定,m1＝45.0g,m2＝7.5g,小球落地點的平均位置距O點的距離如圖所示．碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1′,則p1∶p1′＝________∶11；若碰撞結(jié)束時m2的動量為p2′,則p1′∶p2′＝11∶________.實驗結(jié)果說明,碰撞前、后總動量的比值eq\f<p1,p1′＋p2′>為________．<5>有同學(xué)認(rèn)為,在上述實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì),其他條件不變,可以使被碰小球做平拋運動的射程增大．請你用<4>中已知的數(shù)據(jù),分析和計算出被碰小球m2平拋運動射程ON的最大值為________cm.[解析]<1>小球碰前和碰后的速度都用平拋運動來測定,即v＝eq\f<x,t>.而每次小球拋出的豎直高度相等,由H＝eq\f<1,2>gt2知,平拋時間相等．由動量守恒定律得m1·eq\f<\o<OP,\s\up6<－>>,t>＝m1·eq\f<\o<OM,\s\up6<－>>,t>＋m2·eq\f<\o<ON,\s\up6<－>>,t>,即m1·eq\o<OP,\s\up6<－>>＝m1·eq\o<OM,\s\up6<－>>＋m2·eq\o<ON,\s\up6<－>>,故只需測射程,因而選C.<2>由m1·eq\o<OP,\s\up6<－>>＝m1·eq\o<OM,\s\up6<－>>＋m2·eq\o<ON,\s\up6<－>>知,在eq\o<OP,\s\up6<－>>已知時需測量m1、m2、OM和ON,故必要步驟是A、D、E.<3>動量守恒定律的表達式為m1·eq\o<OP,\s\up6<－>>＝m1·eq\o<OM,\s\up6<－>>＋m2·eq\o<ON,\s\up6<－>>.若為彈性碰撞,則同時滿足能量守恒,即eq\f<1,2>m1·eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<\o<OP,\s\up6<－>>,t>>>eq\s\up12<2>＝eq\f<1,2>m1·eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<\o<OM,\s\up6<－>>,t>>>eq\s\up12<2>＋eq\f<1,2>m2·eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<\o<ON,\s\up6<－>>,t>>>eq\s\up12<2>整理得m1·eq\o<OP,\s\up6<－>>2＝m1·eq\o<OM,\s\up6<－>>2＋m2·eq\o<ON,\s\up6<－>>2<4>p1＝m1·eq\f<\o<OP,\s\up6<－>>,t>,p1′＝m1·eq\f<\o<OM,\s\up6<－>>,t>,p2′＝m2·eq\f<\o<ON,\s\up6<－>>,t>故p1∶p1′＝eq\o<OP,\s\up6<－>>∶eq\o<OM,\s\up6<－>>＝44.80∶35.20＝14∶11p1′∶p2′＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<m1·\f<\o<OM,\s\up6<－>>,t>>>∶eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<m2·\f<\