1、1(2015重庆理综，3，6分)(难度)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.mg B.mgC.mg D.mg解析由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v，在t时间内对人由动量定理得(Fmg)tmv，解得安全带对人的平均作用力为Fmg，A项正确答案A2(2015北京理综，18，6分)(难度)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直
2、方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mgFma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a0时,Fmg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，Fmg，由牛顿第二定律Fmgma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A
3、正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误答案A32015福建理综，30(2)，6分如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA向左运动，B向右运动解析对A、B系统,由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒，由于m2v02mv00，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止、另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确答案D4(2014重庆理综，4,6分)(
4、难度)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析平抛运动时间t1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mvmv甲mv乙，又v甲，v乙，t1 s，则有x甲 x乙2 m，将各选项中数据代入计算得B正确答案B5(2014大纲全国，21，6分)(难度)一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A. B. C. D.解析设中子质量为m，则原子核的质量为Am.设碰撞前、后中子的速
5、度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0mv1Amv2，mvmvAmv，解得v1v0，故|，A正确答案A6(2013天津理综，2)(难度)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析甲对乙的冲量与乙对
6、甲的冲量大小相等，方向相反，选项A错误；甲、乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大、反向，选项B正确；甲、乙相互作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，方向相反，但相互作用过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，选项C、D错误答案B7(2012福建理综,29(2)，6分)(难度)如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()Av0v Bv0vCv0(v0v) Dv0(v0v)解析取向右为正方
7、向，由动量守恒有(Mm)v0mvMv，解之有vv0(v0v)，故C正确答案C8(2012大纲全国，21)(难度)(多选)如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是()A第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析由于两球发生弹性碰撞，故系统动量、机械能均守恒，则：mv3mvbmva，mv23mvmv，由两式联立解得vav，vbv，故选项A正确；由前面求得速度可知第一次
8、碰后pamv，pbmv,故选项B错误；由于第一次碰后,|va|vb|，根据机械能守恒可知两球可到达相同高度即摆角相同,选项C错误；因两球摆长相同，根据T2知，两球同时到达各自平衡位置发生第二次碰撞，选项D正确答案AD9(2011全国，20，6分)(难度)(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.mv2 B. v2C.NmgL DNm
9、gL解析小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间.二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv(mM)v1，系统损失动能Ekmv2(Mm)v ，A错误、B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即EkQNmgL，C错误、D正确答案BD102015新课标全国，35(2)，10分(难度)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间A的质量为m，B、C的质量都为M,三者均处于静止状态现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性的解析设A运动的
10、初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0mv1Mv2由机械能守恒定律得mvmvMv可得v1v0，v2v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v10，即mMA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1mv3Mv4mvmvMv整理可得v3v1，v4v1由于mM，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3v2即v0v1()2v0整理可得m24MmM2解方程可得m(2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(2)MmM答案(2)MmM112015新课标全国,35(2)，10分(难度)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后
11、，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求：()滑块a、b的质量之比；()整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比解析()设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v12 m/sv21 m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v m/s由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v联立式得m1m218()由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为Em1vm2v(m1m2)v2由图象可知，两滑块最后停止运动由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W(m1m2)v2联立式，并代入题给
12、数据得WE12答案()18()12122015山东理综，39(2)(难度)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值两次碰撞时间均极短求B、C碰后瞬间共同速度的大小解析设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vAv0，B的速度vBv0，由动量守恒定律得mvAmvAmvB设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WAmvmv设B与C碰撞前B的速度为vB，B克
13、服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得WBmvmvB2据题意可知WAWB设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB2mv联立式，代入数据得vv0答案v013(2015广东理综，36，18分)(难度)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R0.5 m，物块A以v06 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为0.1,A、B的质量均为m1 kg(重力加速度g取10
14、m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度vn与n的关系式解析(1)从AQ由动能定理得mg2Rmv2mv解得v4 m/s m/s在Q点，由牛顿第二定律得FNmgm解得FN22 N(2)A撞B，由动量守恒得mv02mv解得v3 m/s设粗糙段滑行距离为x，则mgx02mv2解得x4.5 m所以k45(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得2mgnL2mv2mv2所以vnm/s(n0，1，2，)答案(1)22 N(2)45(3)vnm/s(n0，
15、1，2，)14(2015天津理综，10，16分)(难度)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数0.5.设皮带足够长，取g10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.解析(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为Ff，则Ffmg取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Ff tmv0由式并代入数据得t0.2 s(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件
16、应用动能定理，有Ff xmv20由式并代入数据得x0.1 m(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则sv-t摩擦力对皮带做的功WFf s由式并代入数据得W2 J答案(1)0.2 s(2)0.1 m(3)2 J15(2015安徽理综，22，14分)(难度)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示物块以v09 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止g取10 m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面
17、对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.解析(1)对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理mgsmv2mv代入数值解得0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v6 m/s由动量定理得：Ftmvmv解得：F130 N其中“”表示墙面对物块的平均力方向向左(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得W0mv2解得W9 J答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J162014新课标全国,35(2)，9分(难度)如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放当
18、A球下落t0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零.已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失求(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度解析(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB将h0.8 m代入上式，得vB4 m/s(2)设两球相碰前、后，A球的速度大小分别为v1和v1(v10)，B球的速度分别为v2和v2.由运动学规律可得v1gt由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前、后的动量守恒，总动能保持不变规定向下的方向为正，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvm
19、Bv22设B球与地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得vBvB设P点距地面的高度为h，由运动学规律可得h联立式，并代入已知条件可得h0.75 m答案(1)4 m/s(2)0.75 m172014新课标全国，35(2)，10分(难度)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间实验测得滑块A的质量m10.310 kg，滑块B的质量m20.108 kg，遮光片的宽度d1.00 cm；打
20、点计时器所用交流电的频率f50.0 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰.碰后光电计时器显示的时间为tB3.500 ms，碰撞前、后打出的纸带如图(b)所示若实验允许的相对误差绝对值(|100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程解析按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为v式中s为滑块在很短时间t内走过的路程设纸带上打出相邻两点的时间间隔为tA，则tA0.02 stA可视为很短设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1.将式和图给实验数据代入式得v02.00 m/sv10.970 m/s设B在碰撞后的速度大小为v2
21、，由式有v2代入题给实验数据得v22.86 m/s设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p，则pm1v0pm1v1m2v2两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为p|100%联立式并代入有关数据，得p1.7%5%因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律答案见解析18(2014天津理综，10，16分)(难度)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F10 N,A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合
22、在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6 s，二者的速度达到v-t2 m/s.求(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.解析(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa代入数据解得a2.5 m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)v-t(mAmB)v代入数据解得v1 m/s(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA(mAmB)vA从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有FlmAv由式，代入数据解得l0.45 m答案(1)2.5
23、m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m19(2014广东理综,35，18分)(难度)如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t12 s至t24 s内工作,已知P1、P2的质量都为m1 kg，P与AC间的动摩擦因数为0.1,AB段长L4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞(1)若v16 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能E；(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和
24、P向左经过A点时的最大动能E.解析(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒mv12mv解得v3 m/s碰撞损失的动能Emv(2m)v2解得E9 J(2)根据牛顿第二定律，P做匀减速运动，加速度为a设P1、P2碰撞后的共同速度为v共，则推得v共把P与挡板碰撞后运动过程当做整体运动过程处理经过时间t1，P运动过的路程为s1，则s1v共t1at经过时间t2，P运动过的路程为s2，则s2v共t2at如果P能在探测器工作时间内通过B点，必须满足s13Ls2联立得10 m/sv114 m/sv1的最大值为14 m/s，此时v共7 m/s，根据动能定理知2mg4LE2mv代入数据得E17 J答案(1)3 m/s9
25、 J(2)10 m/sv114 m/s17 J202013新课标全国,35(2)，9分(难度)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的初速度的大小解析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，由能量和动量守恒定律，得mv2mv(2m)vmvmv1(2m)v2式中，以碰撞前木块A的速度方向为正由式得v1设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定
26、理得mgd1mv(2m)gd2(2m)v按题意有dd1d2设A的初速度大小为v0，由动能定理得mgdmvmv2联立至式，得v0答案21(2013广东理综，35,18分)(难度)如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看作质点P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起.P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)P与P2之间的动摩擦因数为.求 (1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.解析(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒：mv02mv1，解得v1 最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv04mv2，解得v2v0 (2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：2mv2mv4mv2mg(Lx)2 解得xL 在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：Ep2mg(Lx) 解得Epmv答案(1)v0(2)Lmv
