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    小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇.PQ=1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的.求两小球质量之比m1 /m2. 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    精英家教网[物理一选修3-5]
    （1）如图1所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠，下列说法正确的是
     

    A．这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n=3跃迁到n=2所发出的光波长最短
    B．这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从n=3跃迁到n=1所发出的光频率最高
    C．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11eV
    D．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60eV
    （2）在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率V0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图2所示．小球A与小球B发生正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO．假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求A、B两小球的质量之比．

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    （2007?宁夏）（物理--选修3-5）在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO．假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球的质量之比
    m1m2
    ．

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    在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2。

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    在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球碰撞后的速度大小之比及质量之比m1∶m2.

     

     

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    ．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.

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                                       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=6m/s

           相碰后的速度为：v2=2m/s   根据定量守恒定律得：…

           解得：m3=2.0kg

           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=2m/s，v3=－2m/s 所以物块A的动量变化为：

           即在5.0s到15s的时间内物块A动量变化的大小为：16kg?m/s 方向向右

    【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=0.6m/s  

     【答案】 （1）V1=0.3m/s  （2）  V2=0.6m/s    

    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】

    车与缓冲器短时相撞过程根据动量守恒:           ②         2分

    O到D过程　　             ③      

    由①②③求得：                                   

    （2）D到O过程　　　             ④       

    赛车从O点到停止运动　　            ⑤        

    车整个过程克服摩擦力做功　　      ⑥      

    由④⑤⑥求得：    

    【答案】(1)      (2)  

    10．【解析】（1）设所有物块都相对木板静止时的速度为 v，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 v+m?2 v+m?3 v+…+m?n v=（M + nm）v      1

                  M = nm，                              2

    解得:          v=（n+1）v，                                        6分

        （2）设第1号物块相对木板静止时的速度为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

          木板和物块1    △p =（M + m）v- m v，

          2至n号物块    △p=（n-1）m?（v- v）

    由动量守恒定律： △p=△p，

    解得            v= v，                    3                 6分

    （3）设第k号物块相对木板静止时的速度由v ，则第k号物块速度由k v减为v的过程中，序数在第k号物块后面的所有物块动量都减小m（k v- v），取木板与序号为1至K号以前的各物块为一部分，则 

    △p=（M+km）v-（m v+m?2 v+…+mk v）=（n+k）m v-（k+1）m v

    序号在第k以后的所有物块动量减少的总量为

         △p=（n-k）m（k v- v）

    由动量守恒得   △p=△p， 即

    （n+k）m v-（k+1）m v= （n-k）m（k v- v），

    解得        v=     

    【答案】

    11．【解析】(1)设地球质量为M0，在地球表面，有一质量为m的物体，

        设空间站质量为m′绕地球作匀速圆周运动时，

        联立解得，

      (2)因为探测器对喷射气体做功的功率恒为P，而单位时间内喷气质量为m，故在t时

        间内，据动能定理可求得喷出气体的速度为：

        另一方面探测器喷气过程中系统动量守恒，则：

        又探测器的动能，

        联立解得：

    【答案】(1)         (2)

    考点预测题

    1．【解析】把A、B看成一个系统，弹簧弹力为内力，系统所受外力之和为零，故适用动量守恒定律，在烧断细绳前系统总动量为零，烧断细绳后，A、B的动量和也应为零．

    0＝PA’-PB’    PA’＝ PB’

    再根据，可得：                          

    【答案】

    2．【解析】因为冲理是矢量，两个力的冲量相同要大小相等，方向相同；现时力对物体做的功，主要看力和在力方向上的位移。所以选项D正确

    【答案】D

    3．【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＝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．所以正确答案是B

    【答案】B

    4．【解析】此题是连续介质的冲击作用的问题，不少考生对这题感到无从下手。解答的关键是选Δm作为研究对象（即所谓微元法），再运用动量定理列式。以1秒内下落的雨滴为研究对象，设圆柱形水杯的底成积为S，其质量为，根据动量定理，而，所以P=，故选项A正确。

    【答案】A

    5． 【解析】篮球从h1处下落的时间为t1，触地时速度大小为v1，弹起时速度大小为v2.

    则                 ①     

            ②    

    球弹起的速度大小      ③  

    球与地面作用时间        ④ 

    球触地过程中取向上为正方向，根据动量定理有:

              ⑤   

    即  ，代入数据得.

     根据牛顿第三定律，球对地面的平均作用力方向竖直向下，大小为39N.

    【答案】大小为39N.

    6．【解析】此题既可以用整体法求解，也可以用隔离法求解

    方法1：隔离法，先 以a和船（包括b）为系统，取为正方向，设a向前跳入水中后，船速为，有：             ①

           再以b和船为系统，设b向后跳入水中后船速为，则

                                ②

    解①②得，，方向与一致。

    方法2：整体法，以a、b和船整体为研究系统，选择全过程为研究过程，有

           也解得

    【答案】

    7．【解析】此题由研究对象的不同选取，所以解法也多种多样

    方法1：隔离法，取其中的部分的物体用动量守恒，令为正方向，   

    以小船和大船投过的麻袋为系统

                        ①

    以大船和小船投过的麻袋为系统

                     ②

    解①②得， 1 m/s   9 m/s

    方法2：整体法与隔离法，对所有船和麻袋整体，全过程用动量守恒

                 ③

    联立③和①②式中的任意一个可得同样结果

    【答案】1 m/s   9 m/s

    8．【解析】由自由落体的规律得……①

    由于球与地之间发生弹性碰撞，所以小球原速反弹，球再与木棍发生碰撞，取竖直向上为动量的正方向，根据动量守恒定律得m1v1-m2v1=m2v2……②

    B作竖直上抛运动m2v22/2=m2gh……③

    整理得h=(m1-m2)2H/m22……④ 代入数据得h=4.05m>1.25m                  图19

    【答案】h=4.05m

    9．【解析】设为A从离开桌面至落


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