高中物理-动量守恒与能量守恒经典题目资料

专题四 动能定理与能量守恒本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹性势能、机械能守恒定律，都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。

动能定理、机械能守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。

《大纲》对本部分考点要求为Ⅱ类有五个， 功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重，而且还常有高考压轴题。

考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本专题知识。

它的特点：一般过程复杂、难度大、能力要求高。

还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。

所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。

二、重点剖析1、理解功的六个基本问题（1）做功与否的判断问题：关键看功的两个必要因素，第一是力；第二是力的方向上的位移。

而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。

（2）关于功的计算问题：①W=FS cos α这种方法只适用于恒力做功。

②用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。

当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

（3）关于求功率问题：①tWP =所求出的功率是时间t 内的平均功率。

高考物理易错题系列动量守恒定律和能量守恒定律1.(多选)(2017·全国卷Ⅲ，20)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图5所示，则()图5A.t＝1 s时物块的速率为1 m/sB.t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t＝4 s时物块的速度为零答案AB2.(2017·全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/sB.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。

由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。

根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误。

答案 A3.(2017·全国卷Ⅱ，24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图6所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。

重力加速度为g。

求：图6(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。

动量守恒能量守恒练习题动量守恒和能量守恒是物理学中两个重要的守恒定律。

它们在解决物理问题中起着关键的作用，尤其在力学和能量转化的问题中应用广泛。

下面是一些关于动量守恒和能量守恒的练习题，让我们来一起进行练习，加深对这两个定律的理解。

练习题1：碰撞问题两个相互靠近的物体质量分别为m1和m2，初始速度分别为v1和v2。

它们发生完全弹性碰撞，向相反方向运动后的速度分别为v1'和v2'。

根据动量守恒定律，我们可以得到以下式子：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'对于给定的初始条件，求解碰撞后物体的速度。

练习题2：能量转化问题一物体从高处自由下落，其高度为h，质量为m。

忽略空气阻力的影响，我们可以应用能量守恒定律，得到以下式子：mgh = 1/2mv^2其中，g是重力加速度，v是物体的速度。

根据这个式子，给定初始条件，可以求解物体在到达地面时的速度v。

练习题3：弹簧振动问题一质量为m的物体挂在一个弹簧上，弹簧的劲度系数为k。

当物体受到外力F推动后，它绕平衡位置做简谐振动。

根据动量守恒和能量守恒定律，我们可以得到以下式子：mω^2A^2 = F^2其中，A是振幅，ω是振动的角频率。

根据这个式子，可以求解物体的运动参数。

练习题4：线性势能转化为动能一个弹簧压缩到长度为x，劲度系数为k。

当弹簧释放时，它将能量转化为物体的动能。

根据能量守恒定律，可以得到以下式子：1/2kx^2 = 1/2mv^2其中，x是弹簧的长度，v是物体的速度。

根据这个式子，可以求解物体的速度。

练习题5：球体滚动问题一个质量为m的球体从斜面上方的高度h滚动下来，斜面的倾角为θ。

忽略摩擦的影响，根据能量守恒定律，我们可以得到以下式子：mgh = 1/2mv^2 + 1/2Iω^2其中，g是重力加速度，v是球体的速度，I是球体关于通过球心的转动轴的转动惯量，ω是球体的角速度。

根据这个式子，可以求解球体在到达底部时的速度。

高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如下图,质量为 M=2kg 的小车静止在光滑的水平地面上,其AB 局部为半径R=0.3m一一1 一的光滑一圆孤,BC 局部水平粗糙,BC 长为L=0.6m .一可看做质点的小物块从A 点由静止4(1)小物块与小车 BC 局部间的动摩擦因数;(2)小物块从A 滑到C 的过程中,小车获得的最大速度.【答案】(1) 0.5 (2) 1m/s 【解析】解：(1)小物块滑到C 点的过程中,系统水平方向动量守恒那么有： (M m)v 0所以滑到C 点时小物块与小车速度都为 0由能量守恒得：mgR mgLR解得： R 0.5L(2)小物块滑到B 位置时速度最大,设为 必,此时小车获得的速度也最大,设为V 2由动量守恒得：mv 1 Mv 2121 2 由能重寸恒得：mgR — mv 1— Mv 2 22联立解得：v 2 1m / s2.如下图,一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上,光滑圆弧 MN 的半径为R=3.2m,水平局部NP 长L=3.5m,物体B 静止在足够长的平板小车 C 上,B 与小车的接触 面光滑,小车的左端紧贴平台的右端.从 M 点由静止释放的物体 A 滑至轨道最右端P 点后 再滑上小车,物体 A 滑上小车后假设与物体 B 相碰必粘在一起,它们间无竖直作用力. A 与释放,滑到C 点刚好相对小车停止.小物块质量 m=1kg,取 g=10m/s 2.求:平台水平轨道和小车上外表的动摩擦因数都为0.4,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相取 g=10m/s 2,求等.物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg,K(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小?考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律(2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ；(2)物体A 在NP 上运动的时间为 0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为33m 16【解析】试题分析：(1)物体A 由M 到N 过程中,由动能定理得： 在N 点,由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得,物体 A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为:(2)物体A 在平台上运动过程中2m A gR=m A v NF N ' =3A g=30N(imAg=mAa 2 L=v N t-at 代入数据解得t=0.5s t=3.5s (不合题意,舍去)(3)物体A 刚滑上小车时速度 v 〔= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中,小车、物体 A 组成系统动量守恒,而物体 B 保持静止(m A + m C )v 2= m A v 1小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为 L 1,那么,1 2 129mgL 1 — mv 1 - 2mv 2 解得：L [=1m2 24物体A 与小车匀速运动直到 A 碰到物体B, A, B 相互作用的过程中动量守恒:(m A + m B )v 3= m A V 2此后A, B 组成的系统与小车发生相互作用,动量守恒,且到达共同速度V 4(m A + m B )v 3+m C v 2=" (m" A +m B +m C ) v 4此过程中A 相对小车的位移大小为L 2,那么mgL 2 1mv 22 1 2 22mv 3213mv 42解得:23 1_2= — m16物体A 最终离小车左端的距离为,33 x=L i -L 2=— m163.光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、 C,质量分别为 m A 3m 、m Bmb m ,开始时B 、C 均静止,A 以初速度V o 向右运动, 起,此后A 与B 间的距离保持不变.求A 与B 相撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在一 B 与C碰撞前B 的速度大小.239 _94PU 经过 次a 盘变和 次3盘变,取后变成铅的同位 素.(填入铅的三种同位素 206 Pb 、282Pb 、282Pb 中的一种)(2)某同学利用如下图的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相同,悬挂于同一高度,A 、B 两摆球均很小,质量之比为 1 ：2.当两摆均处于自由静止状态时,其侧面刚好 接触.向右上方拉动 B 球使其摆线伸直并与竖直方向成 45.角,然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动,且最大摆角成 30..假设本实验允许的最大误差为土猊,此 实验是否成功地验证了动量守恒定律? 【解析】【详解】(1)设发生了 x 次“衰变和y 次3衰变,【解析】 【分析】设A 与B 碰撞后,A 的速度为V A , B 与C 碰撞前B 的速度为％, 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：m A V o对B 、C 木块：M B由A 与B 间的距离保持不变可知 v A v 联立代入数据得：m A V A m B V Bmb4 .[物理出彳3—5] (1)天然放射性元素207【答案】(1) 8, 4, 82Pb ； (2)根据质量数和电荷数守恒可知,2x-y+82=94, 239=207+4x;由数学知识可知,x=8, y=4.假设是铅的同位素206,或208,不满足两数守恒, 因此最后变成铅的同位素是282Pb(2)设摆球A 、B 的质量分别为 m A 、m B,摆长为l, B 球的初始高度为h i,碰撞前B 球 的速度为V B .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h 1 l(1 cos45)①1 22m B V B m B ghi ②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P i 、P 2.有 P i = m B V B ③所以,此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律.5.氢是一种放射性气体,主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料.呼吸时氨气 会随气体进入肺脏,氢衰变时放出射线,这种射线像小 炸弹〞一样轰击肺细胞,使肺细胞受损,从而引发肺癌、白血病等.假设有一静止的氢核222Rn 发生 衰变,放出一个速度为V .、质量为m 的 粒子和一个质量为 M 的反冲核针288 Po 此过程动量守恒,假设氢核发 生衰变时,释放的能量全部转化为粒子和针核的动能.(1)写衰变方程;联立①②③式得同理可得联立④⑤式得代人条件得由此可以推出 P m B J 2gl (1 cos45 ) ④F 2 (m A m B R2gl(1 cos30 )⑤P 2 m A m B 1 cos30 - - -------- J d P 1 m B . 1 cos452P2… —1.03⑦P(2)求出反冲核针的速度；(计算结果用题中字母表示相反；(3) m 【解析】 【分析】 【详解】(1)由质量数和核电荷数守恒定律可知,核反响方程式为222 218 4..86Rn 84 Po+2He (2)核反响过程动量守恒,以 a 离子的速度方向为正方向 由动量守恒定律得mv 0 Mv 0解得vmv 0■,负号表示方向与 a 离子速度方向相反 M(3)衰变过程产生的能量21 2 1 2M m mv oE -mv 2 - Mv 2-2 22M由爱因斯坦质能方程得2E mc解得M m mv 2m ------------ 5——2Mc 26.如下图,一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A 点由静止出发绕.点下摆,当摆到最低点 B 时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处 A.求男演员落地点 C 与O 点的水平距离s.男演员质量 m 1 和女演员质量 m 2之比m 1 ：m 2=2,秋千的质量不计,秋千的摆长为R, C 点比.点低5R.【答案】8R 【解析】【分析】 【详解】两演员一起从从 A 点摆到B 点,只有重力做功,机械能守恒定律,设总质量为 m,那么12(3)求出这一衰变过程中的质量亏损.(计算结果用题中字母表示)2222184 ..【答木】(1) 86 Rn 84 Po 2 He ; (2) vmv o负号表示方向与“离子速度方向2M m mv 0 2Mc 2mgR -mv1 2女演员刚好能回到高处,机械能依然守恒：m2gR -m2v12女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒：(m l m2) v m2v l m1v2③根据题意：m1 ：m2 2有以上四式解得：v22 2gR1c 8R接下来男演员做平抛运动：由4R -gt2,得t —2 . g因而：s v2t 8R；【点睛】两演员一起从从A点摆到B点,只有重力做功,根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒,由于女演员刚好能回到高处,可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度,再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度,然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；此题关键分析求出两个演员的运动情况,然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解.7.光滑水平面上质量为1kg的小球A,以2.0m/s的速度与同向运动的速度为 1.0m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰,碰撞后小球B以1.5m/s的速度运动.求：I~~J S I(1)碰后A球的速度大小；(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能.【答案】V A 1.0m/s, E损0.25J【解析】试题分析：(1)碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出小球速度.(2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.解：(1)碰撞过程,以A的初速度方向为正,由动量守恒定律得：m A V A+m B V B=m A V A+m B v B代入数据解：v A=1.0m/s②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：_1 2,1 2 _ 1 y 2 _ 1 ,2KE损一］山正且? /8 ①山尸A/㈤胪B代入数据解得：E 损=0.25J 答：①碰后A 球的速度为1.0m/s ；②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为 0.25J.【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以 正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.8 .如下图,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为科使木板与重物以共同的速度 v o 向右运动,某时刻木板与墙发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后木板以原速率反弹长,重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间4V 0 3~g解：木板第一次与墙碰撞后,向左匀减速直线运动,直到静止,再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度,再往后是匀速直线运动,直到第二次 撞墙. 木板第一次与墙碰撞后,重物与木板相互作用直到有共同速度V,动量守恒,有：2mv o - mv o = (2m+m) v, 解得： v=^-木板在第一个过程中,用动量定理,有： mv - m ( - v 0)=科2mgt…〜一 一 1? 1 2八用动能TE 理,有： -mv --IDV O =-科 2mgs木板在第二个过程中,匀速直线运动,有： s=vt 2,,一,…~、2v n 2v n I 4V n木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t l +t 2=—-+——-=一-3|Xg_ ……入……工……L,[W答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为34M【点评】此题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题,正确分析出 运动规律是关键.9 .如下图,带有 1光滑圆弧的小车 A 的半径为R,静止在光滑水平面上.滑块C 置于4木板B 的右端,A 、B 、C 的质量均为 m, A 、B 底面厚度相同.现 B 、C 以相同的速度向右 匀速运动,B 与A 碰后即粘连在一起,C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高.设木板足够处.那么：(重力加速度为 g)(1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少?【解析】此题考查动量守恒与机械能相结合的问题.(1)设B 、C 的初速度为vo, AB 相碰过程中动量守恒,设碰后 AB 总体速度u,由12 1 2 12-mv 0 - 2mu - 3mu mgR 2 2 2解得 v o 2.3gR(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中,满足水平方向动量守恒、机械能守恒,有 mv 0 2mu mv 1 2mv 210.如下图,在光滑的水平面上,质量为 4m 、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁 不粘连.质量为 m 的小滑块(可视为质点)以水平速度 v 0滑上木板左端,滑到木板右端时 速度恰好为零.现小滑块以水平速度 v 滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,小滑块弹回后,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,求 一的值. 0v 1【答案］一二三 %- 【解析】1 2试题分析：小滑块以水平速度 v 0右滑时,有：fL =0- - mv 2 (2分)2mv o 2mu ,解得 uV2C 滑到最高点的过程mv o 2mu 3mu1 2—mv 0 2-2mu 21mv ； - 2mv 2 2 22 解得：v 1 mgR, 35,3gR31 o 1 o小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为vi,那么有 fL = — mv 1-—mv (2分)2 2滑块与墙碰后至向左运动到木板左端,此时滑块、木板的共同速度为 丫2,那么有 mv i =(m 4m)v 2(2 分)1 2 1 2由总能重寸恒可得：fL= —mv 1 -- (m 4m)v 2 (2分)2 2 v 3上述四式联立,解得 一一(1分)v o 2考点：动能定理,动量定理,能量守恒定律.11.如下图,一质量为 M 的平板车B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为 m 的小 木块A, m 〈M,A 、B 间粗糙,现给 A 和B 以大小相等、方向相反的初速度 v0,使A 开始向 左运动,B 开始向右运动,最后 A 不会1t 离B,求：(1) A 、B 最后的速度大小和方向；(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车的速度大小和方向.…… M m2Mm 2【答案】(1) ------------------------- v 0 (2) -------------- v 0M m 2 Mg【解析】试题分析：(1)由A 、B 系统动量守恒定律得：Mv0 —mv0= (M +m ) v ①一 M -w所以v=- ---------- v0 方向向右(2) A 向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时速度为 Mv 0 mv 0Mv0 — mv0="Mv' v -------------------- 方 向向右M考点：动量守恒定律；点评：此题主要考查了动量守恒定律得直接应用,难度适中.12.如下图,粗细均匀的圆木棒 A 下端离地面高 H,上端套着一个细环 B. A 和B 的质 量均为m, A 和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A 和B 使它们从静止开始自由 下落.当A 与地面碰撞后,A 以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时 间极短,空气阻力不计,运动过程中 A 始终呈竖直状态.求：假设 A 再次着地前B 不脱离A, A 的长度应满足什么条件？v'那么由动量守恒定律得:r~丘7 --------------(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么也=\Z两木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mg ai = -解得：山,方向竖直向下对环：・_ mg-/解得上m方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变2 vo木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为--■ . ■要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于x,即,兰冈L>...................解得：+考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。

高中物理动量守恒定律试题经典及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块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．那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求．（1）A、B第一次速度相同时的速度大小；（2）A、B第二次速度相同时的速度大小；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】（1）v0（2）v0（3）【解析】试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，解得v1＝v0（2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2解得v2=v0（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：解得v3＝v0系统损失的机械能为当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】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．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P1和P2的质量均为m．滑板的质量M=4m，P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2．问：（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？【答案】（1）10v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：22011122mv mgR mv += 解得：v 1=5m/sP 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得：10v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s 2；（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：22()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m滑板碰后，P 1向右滑行距离：2110.08m 2v s a ==P2向左滑行距离：22222.25m2vsa'==所以P1、P2静止后距离：△S=L-S1-S2=1．47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．3．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．通过对一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．【答案】【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得：mv0=(2m＋m)V（2分）此过程中动能损失为：ΔE损＝f·2d=12mv20－12×3mV2（2分）解得ΔE＝13mv20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·d=mv2（1分），由能量守恒得：1 2mv21＋12mV21＝12mv20－ΔE损1（2分）且考虑到v1必须大于V1，解得：v1＝13(26v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得：2mV2＝mv1（1分）损失的动能为：ΔE′＝12mv21－12×2mV22（2分）联立解得：ΔE′＝13(1)2×mv20因为ΔE′＝f·x（1分），可解得射入第二钢板的深度x为：（2分）子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解4．如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂．现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=600的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于450．【答案】最多碰撞3次【解析】解：设小球m的摆线长度为l小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒：①m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足：mv0=MV M+mv1 ②③联立②③得：④说明小球被反弹，且v1与v0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞，满足：mv1=MV M1+mv2 ⑤⑥解得：⑦整理得：⑧故可以得到发生n 次碰撞后的速度：⑨而偏离方向为450的临界速度满足：⑩联立①⑨⑩代入数据解得，当n=2时，v 2＞v 临界 当n=3时，v 3＜v 临界即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°． 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 专题：压轴题．分析：先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后小球的速度，对速度表达式分析，求出碰撞n 次后的速度表达式，再根据机械能守恒定律求出碰撞n 次后反弹的最大角度，结合题意讨论即可．点评：本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大角度，然后对结果表达式进行讨论，得到第n 次反弹后的速度和最大角度，再结合题意求解．5．（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K 时，可以发生“氦燃烧”。