高中物理五年高考题荟萃--动量守恒定率

1.（福建卷）一炮舰总质量为M，以速度v0匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v沿前进的方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是___________。（填写项前的编号）①0()MvMmvmv②00()()MvMmvmvv③0()()MvMmvmvv④0MvMvmv3.（全国卷I）21.质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比M/m可能为A．2B．3C．4D．54.(山东卷)（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。095Bvv。6.（天津卷）10.(16分)如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15m,现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10m/s2，求（1）物块在车面上滑行的时间t;（1）0.24s（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。(2)5m/s7.（北京卷）24．（20分）（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为1m的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为2m的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球2m的速度大小2v；211222mmghmv8.（重庆卷）24.（18分）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和0v4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见题24图c）。设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。解析：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有(4mg＋m)(h2－h1)＝12(4m＋m)V22，解得V2＝212()ghh；（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，解得V1＝2152()4ghh，设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有W－4mgh1＝12(4m)V12，解得W＝212594hhmg；（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为E损＝12(4m)V12－12(4m＋m)V22，联立解得E损＝54mg(h2－h1)。9.（广东卷）19．（16分）如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l=1.0m。物块A以速度0v=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数=0.45.（设碰撞时间很短，g取10m/s2）（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。【解析】⑴设AB碰撞后的速度为v1,AB碰撞过程由动量守恒定律得012mvmv设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得22211122mglmvmv联立以上各式解得24/vms⑵若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得22(2)mvkmv代入数据解得2k此时AB的运动方向与C相同若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得23222232211122222mvmvkmvmvmvkmv联立以上两式解得3222242kvvkvvk代入数据解得6k此时AB的运动方向与C相反若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得22mvkmv代入数据解得4k总上所述得当24k时，AB的运动方向与C相同当4k时，AB的速度为0当46k时，AB的运动方向与C相反10.（08全国I24）图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点.求:(1)从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.(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小.答案(1)-mgl(2)21mgl解析(1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v1、v2,由机械能守恒定律得21mv12+21mv22=mgl小球由最低点向左摆动到最高点时,21mv22=mgl(1-cos60°)v1=v2=gl设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,I=0-mv1解得I=-mgl(2)小球从开始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为W,由动能定理得mgl+W=21mv22W=-21mgl小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为21mgl11.(08北京理综24)有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为OD曲线,如图所示.（1）已知小滑块质量为m,碰撞时间为Δt,求碰撞过程中A对B（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动,特制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置,让A沿该轨道无初速下滑（经分析,A下滑过程中不会脱离轨道）.a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;b.在OD曲线上有一点M,O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.答案（1）tm0v2）a.pApBb.vAx=552v0vAy=554v0解析（1）滑块A与B正碰,mvA+mvB=mv021mvA2+21mvB2=21mv02由①②,解得vA=0,vB=v0,根据动量定理,滑块B满足F·Δt=mv0解得F=t0vm.（2）a.设任意点到O点竖直高度差为d.A、B由O点分别运动至该点过程中,只有重力做功,所以机械能守恒.选该任意点为势能零点,EkA=mgd,EkB=mgd+21mv02由于p=K2mE,有12220KKgdgdEEppBABAv即pA＜pB故A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量.b.以O为原点,建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向下,则对B有x=v0t,y=21gt2B的轨迹方程y=202vgx2在M点x=y,所以y=g202v③因为A、B的运动轨迹均为OD曲线,故在任意一点,两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为vBx和vBy,速率为vB;A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy,速度为vA,则BBxAvvvvAx,BByAAyvvvv④B做平抛运动,故vBx=v0,vBy=gy2,vB=gy220v⑤对A由机械能守恒得vA=gy2⑥由④⑤⑥得vAx=gygy22200vv,vAy=gygy2220v将③代入得vAx=552v0vAy=554v012.(08四川理综25)如图所示,一倾角为θ=45°的斜面固定于地面,斜面顶端离地面的高度h0=1m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自由释放一质量m=0.09kg的小物块（视为质点）.小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2.当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回.重力加速度g取10m/s2.在小物块与挡板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块答案0.4(3+6)N·s解法一：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,mgh=21mv2+μmgcosθsinh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为:I=mv-m(-v)设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′,21mv2=mgh′+μmgcosθsinh同理,有mgh′=21mv′2+μmgcosθsinhI′=mv′-m(-v′)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I′=kI式中k=tantan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,I1=2m)cot1(20ghI=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)由1+k+k2+…+kn-1=kkn11得I=)cot1(221104ghmkk代入数据得I=0.4(3+6)N·s解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma①设小物块与挡板碰撞前的速度为v,v2=2asinh②以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,I=mv-m(-v)③I=2m)cot1(2gh④设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a′,mgsinθ+μmgcosθ=ma′⑤h′=a22vsinθ⑥h′=k2h⑦式中k=tantan⑧同理,I′=2m)cot1(2hg⑨由④⑦⑨式得I′=kI⑩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,I1=2m)cot1(20gh总冲量为I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3）由1+k+k2+…+kn-1=kkn11得I=kk1142m)cot1(20gh代入数据得I=0.4(3+6)N·s13.（08天津理综24）光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=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EP=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vB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.答案(1)5m/s(2)4N·s（3）8J解析（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC,有mBg=mBRc2v①21mBvB2=21mBvC2+2mBgR②代入数据得vB=5m/s`③（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1,取水平向右为正方向,有Ep=21mBv12④I=mBvB-mBv1⑤代入数据得I=-4N·s,其大小为4N·s⑥（3）设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有mBv1=mBvB+mAvA⑦W=21mAvA2⑧代入数据得W=