高中物理动量拔高题(尖子生辅导)

1、高中物理拔高题（尖子生辅导）一解答题（共30小题）1（2014山东模拟）如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设B和C碰撞过程时间极短求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中（1）整个系统损失的机械能；（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能考点：动量守恒定律；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）A、B接触的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出当AB速度相同时的速度大小，B与C接触的瞬间

2、，B、C组成的系统动量守恒，求出碰撞瞬间BC的速度，根据能量守恒求出整个系统损失的机械能（2）当整个系统速度相同时，弹簧压缩到最短，根据动量守恒定律，求出三者共同的速度，A、B、C损失的机械能一部分转化为B、C碰撞产生的内能，一部分转化为弹簧的弹性势能，根据能量守恒求出弹簧被压缩到最短时的弹性势能解答：解：（1）对A、B接触的过程中，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，解得B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：解得系统损失的机械能为=（2）当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律得，mv0=3mv解得v=根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能=答：（1）整个系统损失

3、的机械能为（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能为点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解2（2014和平区三模）在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短当两木块都停止运动后，相距仍然为d已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g求A的初速度的大小考点：动量守恒定律；动能定理的应用菁优网版权所有专题：压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律和动能定理，抓住停止时相距的距离，

4、表示出出碰撞后的A、B的速度，结合能量守恒定律求解解答：解：设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律得mv2=mv12+2mv22，mv=mv1+2mv2，式中，以碰撞前木块A的速度方向为正联立解得：v1=v2设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得 mgd1=mv12 （2m）gd2=2mv22按题意有：d=d2+d1设A的初速度大小为v0，由动能定理得mgd=mv2mv02联立解得：答：A的初速度的大小是点评：本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要

5、求较高，需加强这方面的训练3（2014吉安二模）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止重力加速度为g求：（1）木块在ab段受到的摩擦力f；（2）木块最后距a点的距离s考点：动量守恒定律；能量守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）两物体从开始到第一次到达共同速度过程中动量守恒，结合动量守恒定律和能量守

6、恒定律求出木块在ab段受到的摩擦力（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次达到共同的速度相同，对全过程运用能量守恒定律求出木块最后距a点的距离s解答：解：（1）设木块和物体P共同速度为v，两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：mv0=（m+2m）v由得：（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：由得：答：（1）木块在ab段受到的摩擦力（2）木块最后距a点的距离点评：本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，关键选择研究的过程，根据定律列表达式进行求解4（2014邢台一模）质量为M=2kg的小平板车C静止在光滑水平面上，车的一端静

7、止着质量为mA=2kg的物体A（可视为质点），如图所示，一颗质量为mB=20g的子弹以600m/s的水平速度射穿A后，速度变为100m/s，最后物体A在C上滑了1.25m和C保持相对静止，求AC间的动摩擦因素考点：动量守恒定律；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：对子弹和车组成的系统，根据动量守恒定律列出等式解决问题对A和车组成的系统，根据动量守恒定律列出等式解决问题A在平板车上滑动，摩擦力做负功产生内能根据根据能量守恒列出等式求解问题解答：解：子弹射穿A时，以子弹与A组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mBvB=mAvA+mBvBvA=5

8、m/s A在小车上相对滑动，设最后速度为v以A与小车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mAvA=（mA+M）v可得v=2.5 m/s 根据能量守恒得：=0.5 答：AC间的动摩擦因素为0.5点评：同一个问题可能会选择不同的系统作为研究对象利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析5（2013海南）如图，光滑水平面上有三个物块A、B和C，它们具有相同的质量，且位于同一直线上开始时，三个物块均静止，先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比考点：动量守恒定律；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题；动量与动能定理或能的转

9、化与守恒定律综合分析：碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒定律求出每次碰撞后共同体的速度，动能的损失为碰撞前的动能与碰撞后动能之差解答：解：设每个物体的质量为m，A的初速度为v0取向右方向为正方向第一次碰撞过程中，系统的动量守恒，则有 mv02mv1=0，得v1=，动能的损失为Ek1=第二次碰撞过程中，系统的动量守恒，则有 2mv13mv2=0，得v2=，动能的损失为Ek2=故前后两次碰撞中损失的动能之比Ek1：Ek2=3：1答：前后两次碰撞中损失的动能之比为3：1点评：本题关键要掌握碰撞过程的基本规律：系统的动量守恒进行分析和计算6（2013北京）对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不

10、同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质（1）一段横截面积为S、长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电量为e该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v（a）求导线中的电流I；（b）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安=F（2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变利用所学力学知识，导出器壁单位

11、面积所受粒子压力f与m、n和v的关系（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）考点：动量定理；电流、电压概念；安培力菁优网版权所有专题：压轴题；动量定理应用专题分析：（1）取一时间段t，求得相应移动长度l=vt，体积为为Svt总电量为nesvt，再除以时间，求得表达式；（2）根据电流的微观表达式，代入F=BIL，可得（3）粒子与器壁有均等的碰撞机会，即相等时间内与某一截面碰撞的粒子为该段时间内粒子数的，据此根据动量定理求与某一个截面碰撞时的作用力f解答：解：（1）（a）：（1）导体中电流大小 I=t时间内电子运动的长度为vt，则其体积为Svt，通过导体某一截面

12、的自由电子数为nSvt该时间内通过导体该截面的电量：q=nSvte由式得I=nesv；（b）令导体的长度为L，则导体受到安培力的大小F安=BIL又因为I=nesv所以F安=BnesvL=nsLevB长为L的导体中电子数为N=nsl每个电子所受洛伦兹力为evB所以N个粒子所受洛伦兹力的合力为F=NevB=nslevB即：F安=F（2）考虑单位面积，t时间内能达到容器壁的粒子所占据的体积为V=Svt=1vt，其中粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为，由动量定理可得：答：（1）a、导线中电流I=nesvb、推导过程见解答；（2）点评：考查电流的宏观和微观表达式及其关系，安培力

13、是电荷定向移动所受洛伦兹力的宏观体现，碰撞时根据动量定理求作用力联系宏观和微观题目有一定难度7（2013山东）如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小考点：动量守恒定律；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：A与C碰撞过程动量守恒列出等式，A与B在摩擦力作用下

14、达到共同速度，由动量守恒定律列出等式，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足速度相等解答：解：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA+mBv0=（mA+mB） vAB A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：vAB=vC 联立式解得：vA=2m/s答：A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小是2m/s点评：分析物体的运动过程，选择不同的系统作为研究对象，运用动量守恒定律求解8（2013江苏）选修35

15、（1）如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的C也相等A速度 B动能 C动量 D总能量（2）根据玻尔原子结构理论，氦离子（He+）的能级图如图1所示 电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氦核的距离近 （选填“近”或“远”） 当大量He+处在n=4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有6条（3）如图2所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向考点：动量守恒定律；氢原子的能级公式和跃迁菁优网版权所有专题：压轴题；动量定理应用专题分析：（

16、1）德布罗意波长为=，P是动量，h是普朗克常量（2）根据玻尔原子理论，电子所在不同能级的轨道半径满足，激发发态跃迁的谱线满足（3）根据动量守恒求解即可解答：解：（1）根据德布罗意波长公式=，一个电子的德布罗意波长和一个中子的波长相等，则动量P亦相等，故答案选C；（2）根据玻尔原子理论，能级越高的电子离核距离越大，故电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氦核的距离近跃迁发出的谱线条数为，代入n=4得有6条谱线，故答案为6（3）取v0远离空间站的方向为正方向，则A和B开始的速度为v0=0.1m/s远离空间站，推开后，A的速度vA=0.2m/s，此时B的速度为vB，根据动量守恒定律有：（mA+mB

17、）v0=mAvA+mBvB代入数据解得：vB=0.02m/s方向沿远离空间站方向；故答案为：（1）C；（2）近、6（3）0.02m/s，方向远离空间站方向点评：本题主要考查德布罗意波和玻尔原子理论，在考纲中属于基本要求，第三问结合航天考查动量守恒也属于基础题，作为2013年江苏高考题难度不是很大9（2012山东）光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA=3m、mB=mC=m，开始时B、C均静止，A以初速度o向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变求B与C碰撞前B的速度大小考点：动量守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题分析：A与B相撞，B又与C发

18、生碰撞，根据动量守恒定律列出等式求解解答：解：设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0=mAvA+mBvB对B、C木块：mBvB=（mB+mC）v由A与B间的距离保持不变可知vA=v联立式，代入数据得vB=v0答：B与C碰撞前B的速度大小是v0点评：本题分两个物理过程研究：A与B相撞，B又与C发生碰撞的过程，基本的思路是动量守恒应用10（2012安徽）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对

19、接传送带始终以u=2m/s 的速率逆时针转动装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放已知物块B与传送带之间的摩擦因数=0.2，l=1.0m设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态取g=10m/s2（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小考点：动量守恒定律；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题；动量与动能

20、定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）物块B沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解（2）物块A、B第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞，根据对于的规律求出n次碰撞后的运动速度大小解答：解：（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒知设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为mg=ma设物块B通过传送带后运

21、动速度大小为v，有解得v=4m/s由于vu=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞，运用动量守恒，能量守恒得mv=mv1+MV解得 ，即碰撞后物块B在水平台面向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l，则所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞，碰撞后物块

22、B的速度大小依次为则第n次碰撞后物块B的速度大小为答：（1）物块B与物块A第一次碰撞前速度大小是4m/s （2）物块B与物块A第一次碰撞后不能运动到右边曲面上 （3）物块B第n次碰撞后的运动速度大小是点评：本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大11（2012东城区三模）装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿现把钢板分成厚度均为d、质量均为m

23、的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响考点：动量守恒定律；功能关系菁优网版权所有专题：压轴题分析：子弹射穿质量为2m、厚度为2d的钢板，由动量守恒和功能关系可以求出他们最后的速度和子弹受到的阻力f；子弹先射穿第一块钢板，我们仍然采用动量守恒和已知阻力做的功求出子弹的速度V1，再用速度V1穿进第二块钢板，仍然利用动量定理和功能关系求出子弹在第二块钢板中进入的深度d0解答：解：质量为m的子弹以某一速度V0垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿且钢板

24、和子弹获得速度为V， 则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少得： mv0=（m+2m）v 质量为m的子弹以某一速度V0垂直射穿第一块钢板，获得速度V1，钢板速度V2， 则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少 mv0=mv1+mv2 质量为m的子弹以速度V1垂直射向第二块钢板在第二块钢板中进入深度d0，公共速度V3， 则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少 mv1=2mv3 联立以上六式化简得答：子弹射入第二块钢板的深度点评：本题以子弹射穿和进入钢板为模型反复考察动量守恒和功能关系即阻力做功等于系统动能的减少是一道中档次好题12（2012海南）一静止的U核经衰变成为Th，

25、释放出的总动能为4.27MeV问此衰变后Th核的动能为多少MeV（保留1位有效数字）？考点：动量守恒定律；爱因斯坦质能方程菁优网版权所有专题：压轴题；动量定理应用专题分析：选择正确的研究对象根据动量守恒定律列出等式解决问题根据能量守恒列出等式求解问题解答：解：据题意知，U核经衰变成为Th，根据却是守恒定律得0=MThvThMv 式中，M和MTh分别为粒子和Th核的质量，v和vTh分别为粒子和Th核的速度的大小由题设条件知EK=Mv2+MThvTh2 = 由式得，衰变后Th核的动能MThvTh2=0.07MeV答：衰变后Th核的动能为0.07MeV点评：解决问题首先要清楚研究对象的运动过程我们要

26、清楚运动过程中能量的转化，以便从能量守恒角度解决问题把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题13（2012洛阳模拟）如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数=0.5一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态现剪断细线，求：滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小；滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑

27、行的距离（取g=10m/s2）考点：动量守恒定律；功能关系菁优网版权所有专题：压轴题分析：（1）、因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块P滑上乙时的瞬时速度（2）、滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积从而可求出相对位移，即滑块P在乙车上滑行的距离解答：解：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v

28、，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：mv12Mv2=0两式联立解得：v1=4m/s v2=1m/s（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得： mv1Mv2=（m+M）v共由能量守恒定律得：mgL=联立并代入shuju得：m答：滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为m点评：本题考察了动量守恒机械能守恒和能量的转化与守恒应用动量守恒定律解题要注意“四性”，、系统性：应明确研究对象是一个系统，同时确保系统的初、末状态的动量相等、矢量性：系统在作

29、用前后，各物体动量的矢量和保持不变，当各速度在同一条直线上时，选定正方向，将矢量运算转化为代数运算、同时性：作用前系统各部分的速度应为同一时刻的速度，作用后系统各部分的速度也应为同一时刻的速度、同系性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参照系机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化能量的转化与守恒要从三个方面认识：一是能量不能凭空产生，也不能凭空消失；二是只能从一种形式转化为另一种形式（力做功）；三是从一个物体转移到另一个物体（热传递）14（2012湖南模拟）如图，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处质量也为m的小球a，从距BC高h

30、的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg试问：a与b球碰前瞬间，a球的速度多大？a、b两球碰后，细绳是否会断裂？（要求通过计算回答）考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）以a球为研究对象，由动能定理可以求出a与b两球碰撞前a球的速度（2）a与b碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律求出碰后的速度，然后它们做圆周运动，由牛顿第二定律列方程，求出绳子的拉力，然后判断绳子是否会断裂解答：解：以a球为研究对象，在a求下滑到C

31、点过程中，由动能定理可得，mgh=mv20，解得：a的速度v=； a与b两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒得：mv=（m+m）v，解得：v=；两小球做圆周运动，由牛顿第二定律可得：F2mg=2m，解得F=3mg，F=3mg2.8mg，细绳会断裂答：a与b球碰前瞬间，a球的速度为a、b两球碰后，细绳会断裂点评：应用动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律即可解题，本题难度不大；第一问也可以应用机械能守恒定律解题15（2012乐山模拟）如图所示，在足够长的光滑水平轨道上有三个小木块A、B、C，质量分别为mA、mB、mC，且mA=mB=1.0kg，mC=2.0kg，其中B与C用一个轻弹簧拴接在一起，开始时

32、整个装置处于静止状态A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量中有E=9.0J转化为A和B的动能，A和B分开后，A恰好在B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且与B发生碰撞后粘在一起忽略小木块和弹性挡板碰撞过程中的能量损失求：（1）塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度各为多大？（2）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值；（3）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值考点：动量守恒定律；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题；与弹簧相关的动量、能量综合专题分析：（1）炸药爆炸时，A、B分离，该过程中A、B动量守恒，爆炸产生的能量转化为A、B的动能，依据动量守

33、恒和功能关系可正确解答（2）爆炸后，以B、C弹簧组成的系统为研究对象，系统水平方向动量守恒，当弹簧压缩最短时弹性势能最大，A、B速度相等，系统损失动能最大，损失的动能全部转化为弹性势能（3）A反弹后，当A与B碰撞瞬动量守恒，碰后成为一个整体，损失能量最大，然后以A、B、C三者以及弹簧组成的系统为研究对象，系统动量守恒，当三者速度相等时，损失动能最大，全部转化为弹性势能解答：解：（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律：mBvBmAvA=0 爆炸产生的热量有9J转化为A、B的动能，有：代入数据解得：vA=vB=3.0

34、 m/s 故塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度为：vA=vB=3.0 m/s （2）由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短（即弹性势能最大）爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1由动量守恒定律，得：mBvB=（mB+mC）vBC由机械能守恒，得：代入数据得：EP1=3.0 J 故在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值为EP1=3.0 J （3）设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒定律和能量守恒定律：mBvB=mBv

35、B1+mCvC1代入数据解得：vB1=1.0m/s，vC1=2.0m/s A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB，由动量守恒定律mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB解得：vAB=1.0m/s 当A、B、C三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2，由动量守恒定律（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC由机械能守恒定律，得：代入数据解得：EP2=0.5J故A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值为：EP2=0.5J点评：本题考查了与弹簧有关的动量、能量问题，有一定综合性，易错点在于A反弹后与B碰撞过

36、程中有能量损失，很多学生容易忽略这点，导致错误16（2012温州模拟）如图，足够长的水平传送带始终以大小为v=3m/s的速度向左运动，传送带上有一质量为M=2kg的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数为=0.3，开始时，A与传送带之间保持相对静止先后相隔t=3s有两个光滑的质量为m=1kg的小球B自传送带的左端出发，以v0=15m/s的速度在传送带上向右运动第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第2个球出发后历时t1=s而与木盒相遇求（取g=10m/s2）（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大？（2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？（3）自木盒与第1个球

37、相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；能量守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题；传送带专题分析：（1）根据动量守恒定律求出相遇后瞬间，两者的共同速度（2）小球向右做匀速直线运动，与盒子相遇后，一起先做匀减速运动到0，然后向左做匀加速直线运动，达到传送带速度后，又做匀速直线运动通过两球依次与盒子相遇的时间以及小球和盒子匀加速和匀减速运动的时间，根据位移关系求出第一个球与盒子相遇的时间（3）求出木盒与第1个球相遇到与第2个球相遇的过程中，传送带和木盒的位移，求出相对位移，根据 Q=fs求出所产生的热量解答：解：（1）设第1个球与木

38、盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律：mv0Mv=（m+M）v1代入数据，解得：v1=3m/s（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇，则：设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：（m+M）g=（m+M）a得：a=g=3m/s2设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：=1s故木盒在2s内的位移为零依题意：s=v0t1+v（t+t1t1t2t0）代入数据，解得：s=7.5m t0=0.5s（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，传送带的位移为S，木盒的位移为s1，则：

39、S=v（t+t1t0）=8.5ms1=v（t+t1t1t2t0）=2.5m故木盒相对与传送带的位移：s=Ss1=6m则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：Q=fs=54J答：（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为3m/s；（2）第1个球出发后经过0.5s与木盒相遇；（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为54J点评：解决本题的关键掌握动量守恒定律和摩擦而产生的热量功能关系式 Q=fs，以及知道两球依次相遇位移与时间存在的关系17（2011广东）如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平

40、地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C，一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板，滑板运动到C时被牢固粘连，物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R，板右端到C的距离L在RL5R范围内取值，E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均=0.5，重力加速度取g（1）求物块滑到B点的速度大小；（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点考点：动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律

41、菁优网版权所有专题：压轴题分析：（1）物块滑到B点经过了两个过程，先是在传送带上的匀加速直线运动，由动能定理可求A点速度；A到B的过程机械能守恒可求B点的速度（2）首先由动量守恒、动能定理判断物块与滑板在达到相同共同速度时，物块有没有离开滑板；再由物块在C点的速度用机械能守恒判断能否到达CD轨道的中点解答：解：（1）设物块运动到A和B点的速度分别为v1、v2，由动能定理得由机械能守恒定律 联立，得（2）设滑板与物块达到共同速度v3时，位移分别为l1、l2，由动量守恒定律mv2=（m+M）v3由动能定理 联立，得 l1=2Rl2=8R物块相对滑板的位移l=l2l1 ll即物块与滑板在达到相同共同

42、速度时，物块未离开滑板物块滑到滑板右端时若RL2R，Wf=mg（l+L）若2RL5R，Wf=mg（l+l1）（11）（12）设物块滑到C点的动能为Ek，由动能定理 （13）L最小时，克服摩擦力做功最小，因为LR，由（13）确定Ek小于mgR，则物块不能滑到CD轨道中点答：（1）物块滑到B点的速度 （2）物块不能滑到CD轨道中点点评：本题考查动量守恒和机械能守恒以及有摩擦的板块模型中克服摩擦力做的功判断物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板是关键，是一道比较困难的好题18（2011盐城一模）（选修模块35）（1）下列说法中正确的是BDA衰变现象说明电子是原子核的组成部分B目前已建成的核电

43、站的能量来自于重核裂变C一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能辐射3种不同频率的光子D卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型（2）光照射到金属上时，一个光子只能将其全部能量传递给一个电子，一个电子一次只能获取一个光子的能量，成为光电子，因此极限频率是由金属（金属/照射光）决定的如图1所示，当用光照射光电管时，毫安表的指针发生偏转，若再将滑动变阻器的滑片P向右移动，毫安表的读数不可能变小（变大/变小/不变）（3）如图2，总质量为M的火箭被飞机释放时的速度为0，方向水平释放后火箭立即向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气，火箭相对于地面的速度变为多大？考点：动量守恒定

44、律；光电效应；氢原子的能级公式和跃迁；受控聚变反应菁优网版权所有专题：压轴题；光电效应专题分析：（1）衰变现象不能说明电子是原子核的组成部分目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能辐射6种不同频率的光子卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型（2）释放后火箭向后喷出燃气的过程，火箭水平方向动量守恒，即可求出火箭相对于地面的速度解答：解：（1）A、衰变放出的电子是原子核中中子转化而来的，原子核中并没有电子，所以衰变不能说明电子是原子核的组成部分故A错误B、目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变故B正确C、一个氢原子从n=3的激发态跃迁到

45、基态时，由于跃迁是随机的，最多能辐射C=6种不同频率的光子故C错误D、卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型故D正确故选BD（2）根据动量守恒定律得 Mv0=mu+（Mm）v，解得，v=故答案：（1）BD（2）金属，变小 （3）点评：本题是选修35的内容，按高考考纲要求没有难题，要紧扣书本，强化基础知识学习，定能得高分19（2011武昌区模拟）如图所示，一固定的光滑斜面倾角为=30，斜面长为L从斜面顶端无初速释放一质量为m的小球A，同时另一质量为m的小球B从斜面底端以某一初速度沿斜面向上运动，已知两球都可看成质点，碰撞为正碰且碰撞时无机械能损失，重力加速度为g问：（1）要使碰

46、撞后A球恰好能够回到斜面顶端，则B球的初速度v0多大？（2）若A球从斜面顶端、B球从斜面底端都以（1）中求出的初速度v0作为各自的初速度而相向运动，要使两球碰撞后同时回到各自的出发点，则A球出发比B球要晚的时间t是多少？考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）质量相等的两个小球发生弹性碰撞时，速度互换，小球回到斜面顶端，相当于B求沿斜面做匀减速直线运动到达斜面顶端；由牛顿第二定律可以求出小球的加速度，由匀变速运动的速度位移公式可以求出小球B的初速度（2）两球质量相等，两球发生弹性碰撞后速度互

47、换，相当于两球各自沿斜面做匀变速直线运动，由匀变速直线运动的运动规律可以求出两球出发的时间差解答：解：（1）A、B两球质量相等，两球发生弹性碰撞，两球碰撞后，两球碰后速度互换，因为碰后A球恰好回到斜面顶端，相当于B球直接匀减速直线运动恰好到达斜面顶端 对B球，由牛顿第二定律得：mgsin30=ma，由匀变速运动的速度位移公式可得：0v02=2（a）L，解得：v0=；（2）若A、B两球在斜面上都以初速度v0=相向出发，因两球碰后速度互换，故相当于两球各自做匀变速直线运动，即A球以初速v0=沿斜面向下做匀加速运动，B球以初速v0=沿斜面向上做匀减速直线运动，且它们的加速度大小均为a=gsin要使两

48、球碰撞后同时回到各自出发点，则A球应该后出发，它们的时间差即为两球分别在斜面上运动的时间之差对A球：L=v0t1+at12，解得t1=，对B球：t2=2，所以t=t2t1=（42）；答：（1）B球的初速度v0为（2）A球出发比B球要晚的时间t是（42）点评：质量相等的两球发生弹性碰撞时，速度互换，这是正确解题的关键20（2011深圳二模）细管AB内壁光滑、厚度不计，加工成如图所示形状，长L=0.8m的BD段固定在竖直平面内，其B端与半径R=0.4m的光滑圆弧轨道平滑连接，CD段是半径R=0.4m的圆弧，AC段在水平面上，与长S=1.25m、动摩擦因数=0.25的水平轨道AQ平滑相连，管中有两个

49、可视为质点的小球a、b，ma=3mb开始b球静止，a球以速度v0向右运动，与b球发生弹性碰撞之后，b球能够越过轨道最高点P，a球能滑出AQ（重力加速度g取10m/s2，）求：若v0=4m/s，碰后b球的速度大小；若v0未知，碰后a球的最大速度；若v0未知，v0的取值范围考点：动量守恒定律；向心力；弹性碰撞和非弹性碰撞；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题分析：、a、b过程中动量和机械能都守恒，分别用动量守恒和机械能守恒列式求解即可、要想让a球能滑出AQ，则a球与b球碰撞后，a球不能超过B点，否则a球会进入半圆形轨道，就不会经过AQa球碰撞后直至B的过程中，机械能守恒应用机械能守恒定律可求出

50、碰后a球的最大速度、要使b球能顺利经过最高点，则在最高点时有，由此可应用机械能守恒求出b球碰撞后的最小速度从而求出a球碰撞前的最小速度（注意：还要兼顾a球滑出AQ）要使a球滑出AQ，则a球至少要达到一定的速度才行，由运动学公式可求出此条件碰后a上升的高度不能超过（L+R），否则a球就不会返回经过AQ，结合第二问可求出a球的最大速度解答：解：、a、b碰撞过程中，以a、b组成的系统为研究对象，经受力分析，系统动量守恒选向右的方向为正，设a、b碰后瞬间速度为va1、vb1，由动量守恒得：mav0=mava1+mbvb1因a、b的碰撞是弹性碰撞，所以碰撞过程中机械能守恒，有：两式联立解得：、因a球能滑

51、出AQ，故a与b碰后，a上升的高度不能超过B点，即上升的高度不会超过L+R设碰撞后a的最大速度为a球上升的过程中机械能守恒，有：=mag（L+R）得：、欲使b能通过最高点，设b球与a碰撞后的速度为，经过最高点时的速度为vb2，则有：得：b球在上升至最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：=解得：vb16m/s因为a球能通过粗糙区域，设a碰撞前的速度为，碰撞后，的速度为va1，则有：解得：va12.5m/s碰后a上升的高度不能超过（L+R），必须满足综上可得5m/sv09.8m/s 答：若v0=4m/s，碰后b球的速度为6m/s若v0未知，碰后a球的最大速度4.9m/s若v0未知，v0的取

52、值范围为5m/sv09.8m/s点评：此题的第一第二问较为简单，只要判断出动量和机械能守恒，应用这两个守恒定律可求出结果第三问较为复杂，一定要分析清楚a、b的运动过程和临界状态这里有三个临界状态，一是b球恰能通过最高点；二是a球不能超过B点；三是a球还要滑出AQ所以对这三个临界状态的分析成了解决此题的关键 所谓临界问题是指一种物理过程或物理状态转变为另一种物理过程或物理状态的时候，存在着分界的现象，即所谓的临界状态，符合这个临界状态的条件即为临界条件满足临界条件的物理量称为临界值，在解答临界问题时，就是要找出临界状态，分析临界条件，求出临界值 解决临界问题，一般有两种基本方法：（1）以定理、定

53、律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解（2）直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求解出所研究问题的规律和解21（2011山西模拟）（1）2011年3月11日，日本东部海域发生里氏9.0级地震地震所引发的福岛核电站泄漏事故让全世界都陷入了恐慌下面有关核辐射的知识，说法正确的是A核泄漏中放射性物质放射出、三种射线，其中射线的穿透能力最强B衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的C若使放射性物质的温度降低，其半衰期将减小D铀核（）衰变为铅核（）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变（2）如图所示，质量为M的弧形槽静止在光滑的水平面上，弧形槽的光滑弧面底端与水平地面相切一个质量为m的小物块以速度v