题目列表(包括答案和解析)
（16分）已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。
（1）推导第一宇宙速度v1的表达式；
（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。
高考真题
1．【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 
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 
联立以上两式解得 m=M
(也可通过图象分析得出v0=v,结合动量守恒，得出正确结果)
【答案】m=M
2．【解析】由动量守恒定律和能量守恒定律得： 
解得：
炮弹射出后做平抛，有：
解得目标A距炮口的水平距离为：
同理，目标B距炮口的水平距离为：
解得：
【答案】
3．【解析】（1）P1滑到最低点速度为
，由机械能守恒定律有：
解得：
P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为
、
解得：
=5m/s
P2向右滑动时，假设P1保持不动，对P2有：
（向左）
对P1、M有：
此时对P1有：
，所以假设成立。
（2）P2滑到C点速度为，由
得
P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，对动量守恒定律：
解得：
对P1、P2、M为系统：
代入数值得：
滑板碰后，P1向右滑行距离：
P2向左滑行距离：
所以P1、P2静止后距离：
【答案】（1）
（2）
4．【解析】(1)P1经t1时间与P2碰撞，则
P1、P2碰撞，设碰后P2速度为v2，由动量守恒：
解得
（水平向左） 
（水平向右）
碰撞后小球P1向左运动的最大距离：
又：
解得：
所需时间：
（2）设P1、P2碰撞后又经
时间在OB区间内再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正：
则：
解得：
（故P1受电场力不变）
对P2分析：
所以假设成立，两球能在OB区间内再次发生碰撞。
5．【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变。根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4┱1。
设碰撞后小球A和B 的速度分别为
和
，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，有
………… ①
………… ②
联立以上两式再由
,可解出 m1∶m2=2∶1
【答案】2∶1
6．【解析】⑴碰后B上摆过程机械能守恒，可得
。
⑵两球发生弹性碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒。设与B碰前瞬间A的速度是v0，有2mv0=2mvA+mvB，
，可得vA= v0/3，vB=
4v0/3，因此
，同时也得到
。
⑶先由A平抛的初速度vA和水平位移L/2，求得下落高度恰好是L。即两球碰撞点到水平面的高度是L。A离开弹簧时的初动能可以认为就等于弹性力对A做的功。A离开弹簧上升的全过程用机械能守恒：
，解得W= 
【答案】（1） （2）W=
7．【解析】此题是单个质点碰撞的多过程问题，既可以用动能定理与动量定理求解，也可以用力与运动关系与动量求解．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。
由动能定理得
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
②
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，则
③
同理，有 
④ 
⑤
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
⑥式中 
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
⑧总冲量为 
⑨
由 （ 
⑩得
⑾
代入数据得 
N?s
【答案】 N?s
8．【解析】此题开始的绳连的系统，后粘合变成了小球单个质点的运动问题（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前由系统的机械能守恒定律：mgl = mv12 +mv22①
由系统的水平方向动量守恒定律：mv1 = mv2②
对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为：I = mv2③
联立①②③解得I = m 方向向左④
（2）小球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的大小为W，对小球由动能定理：mgl＋W = mv12⑤
联立①②⑤解得：W =－mgl，即绳的拉力对小球做负功，大小为mgl 。
【答案】（１）I = m 方向向左；（２）mgl
9．【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
【答案】（１） （２）4NS （３）
10．【解析】设摆球A、B的质量分别为
、
，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得
①
②
设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P1、P2。有
P1=mBvB ③
联立①②③式得
④
同理可得
⑤
联立④⑤式得
代入已知条件得
由此可以推出
≤4%
所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。
【答案】≤4%
名校试题
1．【解析】（1）M静止时，设弹簧压缩量为l0，则Mg＝kl0 ①
速度最大时，M、m组成的系统加速度为零，则
(M＋m)g－k(l0＋l1)＝0 ②-
联立①②解得：k＝50N/m ③
［或：因M初位置和速度最大时都是平衡状态，故mg＝kl1，解得：k＝50N/m］
（2）m下落h过程中，mgh＝
mv02 ④-
m冲击M过程中， m v0＝(M＋m)v ⑤-
所求过程的弹性势能的增加量：ΔE＝(M＋m)g(l1＋l2)＋ (M＋m)v2 ⑥
联立④⑤⑥解得：ΔE＝0.66J ⑦
（用弹性势能公式计算的结果为ΔE＝0.65J也算正确）
【答案】ΔE＝0.66J
2．【解析】①根据图象可知，物体C与物体A相碰前的速度为：v1=
相碰后的速度为：v2=
…
解得：m3=
②规定向左的方向为正方向，在第5.0s和第15s末物块A的速度分别为：
v2=
即在5.0s到15s的时间内物块A动量变化的大小为：
【答案】（1）m3=2.0kg （2）16kg?m/s 方向向右
3．【解析】(1)设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒的共内速度为。
根据碰撞过程系统动量守恒，有：
设A离开O点的最大距离为
，由动能定理有：
解得：
(2)根据题意，A在的恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入，由于A的动量与第二颗子弹动量大小相同，方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点。设第三颗子弹打入A后，它们的共同速度为
，由系统动量守恒得：
（2分）
设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为ｔ，取碰后A运动的方向为正方向，由动量定理得：
解得：
(3)从第(2)问的计算可以看出，第1、3、5、……（2ｎ＋1）颗子弹打入A后，A运动时间均为 故总时间
【答案】（1） （2） （3）
4．【解析】对A、B、C整体，从C以v0滑上木块到最终B、C达到共同速度V，
其动量守恒既：m v0=2mV1+3mv 1.8=2V1+3×0.4 V1=0.3m/s
对A、B、C整体，从C以v0滑上木块到C以V2刚离开长木板，
此时A、B具有共同的速度V1。其动量守恒即：m v0=mV2+4mv1
1.8=V2+4×0.3 V2=
【答案】 （1）V1=
5．【解析】（1）B与A碰撞前速度由动能定理
得 
B与A碰撞，由动量守恒定律
得 
碰后到物块A、B运动至速度减为零，弹簧的最大弹性势能
（2）设撤去F后，A、B一起回到O点时的速度为
，由机械能守恒得
返回至O点时，A、B开始分离，B在滑动摩擦力作用下向左作匀减速直线运动，设物块B最终离O点最大距离为x
由动能定理得：
【答案】（1）
（2）
6．【解析】设小车初速度为V0，A与车相互作用摩擦力为f，
第一次碰后A与小车相对静止时速为 V1，由动量守恒，
得 mAV0－mBV0＝(mA＋mB)V1
由能量守恒，得mAV02＋mBV02＝f?
Ｌ+(mA＋mB)V12… 图14
多次碰撞后，A停在车右端，系统初动能全部转化为内能，由能量守恒，得
fL＝(mA＋mB)V02…
联系以上三式，解得：(mA＋mB)2＝4(mA-mB)2 
＝∴mA＝3mB
【答案】mA＝3mB
7．【解析】（1）当B离开墙壁时，A的速度为v0，由机械能守恒有
mv02＝E
解得 v0=
（2）以后运动中，当弹簧弹性势能最大时，弹簧达到最大程度时，A、B速度相等，设为v,由动量守恒有 2mv=mv0 解得
v=
（3）根据机械能守恒，最大弹性势能为
Ep=mv02－2mv2=E
【答案】（1）v0= （2）v= （3）Ep=E
8．【解析】设子弹的质量为m，木块的质量为M，子弹射出枪口时的速度为v0。
第一颗子弹射入木块时，动量守恒 
木块带着子弹做平抛运动 
第二颗子弹射入木块时，动量守恒 
木块带着两颗子弹做平抛运动 
联立以上各式解得 
【答案】
9．【解析】
|
②
2分
③ 
④ 
⑤
⑥ 
，因木板与所有物块系统水平方向不受外力，动量守恒，应有：
+m?2 v
（n+1）v
，取木板与物块1为系统一部分，第2 号物块到第n号物块为系统另一部分，则
=（n-1）m?（v
，则第k号物块速度由k v
（k+1）m v
