1．[答案]BC．取碰前速度为正.速度变化量.其大小为12 m／s.B正确．碰撞前后速度不变.动能无变化.由动能定理.墙对小球做功W=0.C正确．——青夏教育精英家教网—

题目列表(包括答案和解析)

0 136925 136933 136939 136943 136949 136951 136955 136961 136963 136969 136975 136979 136981 136985 136991 136993 136999 137003 137005 137009 137011 137015 137017 137019 137020 137021 137023 137024 137025 137027 137029 137033 137035 137039 137041 137045 137051 137053 137059 137063 137065 137069 137075 137081 137083 137089 137093 137095 137101 137105 137111 137119 447348

1．[答案]BC．取碰前速度为正，速度变化量，其大小为12 m／s，B正确．碰撞前后速度不变，动能无变化，由动能定理，墙对小球做功W=0，C正确．

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◇限时基础训练(20分钟)

班级　　　　　　姓名　　　　　　　　　　成绩　　　

1．(2003年上海高考)一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与磁撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为(　)

A．△v＝0　　 B．△v＝12m/s　　 C．W＝0　　 D．W＝10.8J

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[真题1] (2)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图6-3-6所示．现给盒子一初速度v₀，此后，盒子运动的v一t图象呈周期性变化，如图6-3-7所示．请据此求盒内物体的质量．

[解析]设物体的质量为m，t₀时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律

Mv₀=mv 　　　　　　　　①

3t₀时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v₀，说明碰撞是弹性碰撞

Mv₀² = mv²　　　　　　　　　　 ②

联立①②解得m=M 　　　　　　　　　　③

(也可通过图象分析得出v₀=v ，结合动量守恒，得出正确结果)

[真题2]如图6-3-8，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h．一质量为m的子弹以水平速度V₀射入物块后，以水平速度V₀/2射出．重力加速度为g．求

(1)此过程中系统损失的机械能；

(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．

[解析](1)设子弹穿过物块后的速度为V，由动量守恒得　　 ①

解得：　　　 ②

系统损失的机械能为：　　　 ③

由②③两式可得：　　　　 ④

(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，

则：　　　 ⑤

　　　　　　 ⑥

由②⑤⑥三式可得：　　　　 ⑦

[真题3]某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示不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，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k＜1，如图6-3-9.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v_n，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16k(16 h小于绳长)问k值为多少？

[解析](1)设n号球质量为m，n+1，碰撞后的速度分别为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v_n、0、m_n₊₁

根据动量守恒，有　　　　　　　　　 (1)

根据机械能守恒，有=　　　　　 (2)　

由(1)、(2)得

设n+1号球与n+2号球碰前的速度为E_n₊₁

据题意有v_n_-1=

得v_n_-1==　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (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　　 (4)

v₁=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (5)

同理可求，5号球碰后瞬间的速度　　　　　　　 (6)

由(3)式得　　　　　　　　　　　　 (7)

N=n=5时，v₅=　　　　　　　　　　　　 (8)

由(5)、(6)、(8)三式得k=　　　 (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

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (10)

则　　　　　　 (11)

(11)式中E_kn为n号球在最低点的动能

由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据(11)式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.

[真题4]24．(18分)光滑水平面上放着质量m_A=1kg的物块A与质量m_B=2kg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E_P=49J．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6-3-10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=0.5m，B恰能到达最高点C．取g=10m／s²，求

(1)绳拉断后瞬间B的速度v_B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．

[解析](1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为，到达C点时的速度为，有

　　　　　　　 (1)

　　 (2)

代入数据得　　　　　　　　 (3)

(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为，取水平向右为正方向，有

　　　 (4)

　　　 (5)

代入数据得　　其大小为4NS　 (6)

(3)设绳断后A的速度为，取水平向右为正方向，有　　 (7)

　代入数据得　　　 (9)

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2．考点整合

该部分内容是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，是高考永恒话题，常见的重点问题主要围绕几个模型进行的．不管什么模型，解决时都涉及到两个方面，一个是根据条件建立系统的动量守恒定律方程；另一个是根据系统内的能量变化的特点建立系统的能量方程，因此深刻理解动量守恒定律的“五性”与能量守恒定律的转化流程是我们解决问题的前提．

解决力学问题有三大途径，其中用动量的观点和能量的观点解决力学问题，是我们的首选．特别是对于变力作用或曲线运动问题，不涉及运动过程的细节，不涉及加速度，更显示出这两大观点的优越性．

应用能量转换和守恒定律解题的一般步骤：

(1)明确研究的对象及过程

(2)搞清在这个过程中有哪些能量参与了转换(不能把能量的转换和做功重复考虑)

(3)确定参与转化的能量中有哪些能量增加，哪些能量减少．

(4)列出增加的能量和减小的能量之间的守恒式(或初、末状态能量相等的守恒式)

考点一　子弹打木块模型

子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，系统部分机械能单向转化为内能

[例1]如图6-3-1所示，设质量为m的子弹以初速度V₀射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d．求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离．

[解析]子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞．

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mV₀=(M+m)V

从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能．设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s₁、s₂，如图所示，显然有s₁-s₂=d

对子弹用动能定理：……①

对木块用动能定理：……②

①、②相减得：……③

这个式子的物理意义是：fž d恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积(由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移)．

由上式不难求得平均阻力的大小：

至于木块前进的距离s₂，可以由以上②、③相比得出：

从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论．由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：，，

一般情况下M>>m，所以s₂<<d．这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计．这就为分阶段处理问题提供了依据．象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：…④

当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔE_K=fžd(这里的d为木块的厚度)，但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔE_K的大小．

做这类题时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据．

考点二　根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题

所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程．解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解．

[例2]光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以V₀=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图6-3-2所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为　　　　J时，物块A的速度是　　　 m/s．

[解析]本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A、B、C三物块．“二次作用”过程为第一次是B、C二物块发生短时作用，而A不参加，这过程动量守恒而机械能不守恒；第二次是B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒．

对于第一次B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短时作用后的共同速度为V_BC，则据动量守恒定律得：　　　　　　　　　 ①

对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：

　　　　　　 ②

　　 ③

由式①②③可得：当弹簧的弹性势能达到最大为E_P=12J时，物块A的速度V=3 m/s．

[例3]如图6-3-3所示为三块质量均为m，长度均为L的木块．木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为m．

[解析]设第3块木块的初速度为V₀，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V₁，据动量守恒定律得：mV₀=2mV₁　　　　 ①

对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V₂，则据动量守恒定律得：2mV₁=3mV₂②

(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有：　　 ③

由①②③联立方程得：E_k3=6μmgL　　　　　　　④

(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：

　　　　 ⑤

由①②⑤联立方程得：E_k3=9μmgL　

故：

考点三　根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题

所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程．求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题．

[例4]如图6-3-4所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度V₀和2V₀在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板．求：

(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；

(2)木块A在整个过程中的最小速度．

[解析](1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为V₁．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：

解得：V₁=0．6V₀

对木块B运用动能定理，有：

解得

(2)设木块A在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t，由牛顿第二定律：

对木块A：，

对木板C：，

当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：　　　，解得

木块A在整个过程中的最小速度为：

考点四　用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题

[例5]如图6-3-5所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.

(1)若已知A和B的初速度大小为V₀，求它们最后的速度大小和方向.

(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.

[解析]

方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解．

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，经过时间为t，A、B间的滑动摩擦力为f.如图14所示．

对A据牛顿第二定律和运动学公式有：f=ma_A，　 L₂=， V=-V₀+a_At；

对B据牛顿第二定律和运动学公式有：

f=Ma_B，　，V=V₀-a_Bt；

由几何关系有：L₀+L₂=L；

由以上各式可求得它们最后的速度大小为V＝. V₀，方向向右．

对A，向左运动的最大距离为．

方法2、用动能定理和动量定理求解．

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，经过时间为t， A和B的初速度的大小为V₀，则据动量定理可得：

对A： f t= mV+mV₀　　　　　　 ①

对B：-ft=MV－MV₀　　　　　 ②

解得：V＝V₀，方向向右　　　　

A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段．设L₁为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L₂为A从速度为零增加到速度为V的过程中向右运动的路程，L₀为A从开始运动到刚好到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图2所示，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：

对于B ：　　 -f L₀=　　　 ③

对于A ：　　 -f L₁= -　　　　 ④

　　　　　　　　　 f (L₁-L₂)=　　　　 ⑤

由几何关系L₀+L₂=L　　　　　　⑥

由①、②、③、④、⑤、⑥联立求得L₁=.

方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解．

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＝. V₀，方向向右 .

对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=

对于A 　　fL₁=

由上述二式联立求得L₁=.

从上述三种解法中，不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案．因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解．

考点五　连续发生作用的问题

[例6]用质量为M的铁锤沿水平方向将质量为m、长为L的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度V₀击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离．在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K倍(K>1)．若第一次敲击使钉进入木板深度为L₁，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L₁必须满足什么条件？

[解析]设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V运动，根据动量守恒定律可得：　　　　　　　　　 MV₀=(M+m)V　　　　　

设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f₁，则根据动能定理可得：

第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f₂=Kf₁，根据动能定理可得：

所以L₂=L₁/K．同理可得L₃=L₁/K²，L₄=L₁/K³…………L_n=L₁/K_N^(N-1)

因为L=L₁+L₂+……+L_n=，所以

当时，上式无意义，但其物理意义是当时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板．所以要将钉全部敲入木板，L₁必须满足：

L₁>(K-1)L/K

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1．考纲解读

考纲要求	能力要求	考向定位
动量守恒定律(说明：只限于一维)	会用动量守恒定律分析、解决碰撞、爆炸等相互作用会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题知道什么是反冲，知道火箭的飞行原理和用途，能解释喷气飞机的原理了解动量守恒定律在实际生活中的意义和作用	1．子弹打木块模型；2．有弹簧参与的追碰模型； 3．有阻挡板参与的碰撞问题； 4．坠落中的碰撞问题； 5．两大守恒定律在圆周运动中的的综合应用； 6．应用两大守恒定律处理多体问题等问题