题目列表(包括答案和解析)
（2011?海淀区一模）（1）“探究动能定理”的实验装置如图所示，当小车在两条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W0．当用4条、6条、8条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次…实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W0、3W0、4W0…，每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度可由打点计时器所打的纸带测出．关于该实验，下列说法正确的是| v |
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=
相碰后的速度为：v2=
…
解得：m3=
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=
即在5.0s到15s的时间内物块A动量变化的大小为：
【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=
【答案】 （1）V1=
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】
|
②
2分
③ 
④ 
⑤
⑥ 
，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?2 v
（n+1）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
=（n-1）m?（v
，则第k号物块速度由k v
（k+1）m v
