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2022届高考物理压轴题专项套题：动量守恒定律及其应用
一、解答题（共20小题）
1. 如图所示，水平面上有一质量为 的木板，木板上放置质量为 的小物块（），小物块与木板间的动摩擦因数为 。现给木板和小物块一个初速度，使小物块与木板一起向右运动，之后木板以速度 与竖直墙壁发生第一次弹性碰撞，已知重力加速度为 。求：
（1）若水平面光滑，木板与墙壁第一次碰撞后到木板再次与墙壁碰撞，小物块没有从木板上掉下，则最初小物块与木板右端的距离至少为多少。
（2）若水平面粗糙，木板足够长，且长木板与水平面间动摩擦因数为 ，，请分析长木板能否与竖直墙壁发生第二次碰撞 如能相撞求出木板与墙壁撞前瞬间的速度，如不能相撞，求出木板右端最终与墙壁间的距离。
2. 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带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 的物块 。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以 匀速运动。传送带的右边是一半径 位于竖直平面内的光滑 圆弧轨道。质量 的物块 从 圆弧的最高处由静止释放。已知物块 与传送带之间的动摩擦因数 ，传送带两轴之间的距离 。设物块 、 之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块 静止。取 。求：
（1）物块 滑到 圆弧的最低点 时对轨道的压力；
（2）物块 与物块 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果物块 、 每次碰撞后，物块 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块 与物块 碰撞的第 次到 次之间的过程中，物块 在传送带上运动的时间。
3. 如图所示，在光滑的绝缘水平面内建立平面直角坐标系 ，在第一、二、四象限内存在竖直向下的匀强磁场，第三象限内存在竖直向上的匀强磁场，两个磁场的磁感应大小都为 ，在原点 放置一个不带电的小球 ，球 质量为 。 、 为坐标轴上的两个点，现有一质量为 、电荷量为 的小球 从 点沿着 方向射出，速度大小不确定。经一段时间击中小球 ，二者结合在一起，随后它们继续运动通过了 点。小球的电荷量不发生变化，忽略两小球碰撞的时间。试求：
（1）碰撞过程中两小球组成的系统损失的动能与系统初动能的比值；
（2）小球 从 点运动到 点路程的所有可能值；
（3）小球 从 点运动到 点的最短时间。
4. 如图所示，一倾角为 的固定斜面的底端安装一弹性挡板， 、 两物块的质量分别为 和 ， 静止于斜面上 处。某时刻， 以沿斜面向上的速度 与 发生弹性碰撞。 与斜面间的动摩擦因数等于 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长， 的速度减为零之前 不会与之发生碰撞。重力加速度大小为 。
（1）求 与 第一次碰撞后瞬间各自的速度大小 、 ；
（2）求第 次碰撞使物块 上升的高度 ；
（3）求物块 从 点上升的总高度 ；
（4）为保证在 的速度减为零之前 不会与之发生碰撞，求 点与挡板之间的最小距离 。
5. 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 、厚度为 的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为 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 、质量均为 的相同两块，间隔一段距离平行放置，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。

6. 如图所示，若将 、 两个光滑带电小球静止放在无阻力的水平管道内，其中 的质量为 ， 的质量为 ，（）。开始时两球之间相距很远，现在给 一个初速度 ，让其向右运动。已知两球之间由于带同种电荷会相互排斥，选取无穷远为参考面，两带电小球的电势能为 ，其中 为已知常数， 为两球之间的距离。问：
（1）若两个带电小球逐渐靠近，带电小球 的电势能如何变化
（2）如果 不会超过 ，计算 、 间的最小距离
（3）若让 能够超过 ，求 最终的速度 （用图示或公式分析都可以）
7. 【 朝阳一模 】如图 所示，木板 静止在光滑水平面上，一小滑块 （可视为质点）以某一水平初速度从木板的左端冲上木板。
（1）若木板 的质量为 ，滑块 的质量为 ，初速度为 ，且滑块 没有从木板 的右端滑出，求木板 最终的速度 。
（2）若滑块 以 的初速度冲上木板 ，木板 最终速度的大小为 ；若滑块 以初速度 冲上木板 ，木板 最终速度的大小也为 。已知滑块 与木板 间的动摩擦因数 ， 取 。求木板 的长度 。
（3）若改变滑块 冲上木板 的初速度 ，木板 最终速度 的大小将随之变化。请你在图 中定性画出 图线。
8. 静止在水平面上的小车固定在刚性水平轻杆的一端，杆的另一端通过小圆环套在竖直光滑的立柱上。每当小车停止运动时，车上的弹簧枪就会沿垂直于轻杆的水平方向自动发射一粒弹丸，然后自动压缩弹簧并装好一粒弹丸等待下次发射，直至射出所有弹丸。下图为该装置的俯视图。已知未装弹丸的小车质量为 ，每粒弹丸的质量为 ，每次发射弹丸释放的弹性势能为 ，发射过程时间极短：小车运动时受到一个与运动方向相反、大小为小车对地面压力 倍的作用力；忽略所有摩擦阻力，重力加速度为 。
（1）若小车上只装一粒弹丸，求弹丸被射出时小车的速度大小；
（2）若（）问中发射弹丸后小车恰能运动一周，求射出弹丸时，杆对小车的拉力大小；
（3）若小车上共装 粒弹丸，轻杆能承受的最大拉力 （ 为小车做圆周运动的半径），则 须满足什么条件轻杆才不会被拉断 小车做圆周运动的总路程的最大值是多少
9. 如图所示，半径为 的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球 、 质量分别为 、 。 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的 球相撞，碰撞中无机械能损失。重力加速度为 。
（1）求第一次与小球 碰前瞬间，小球 的速度大小
（2）求第一次碰撞过程中，小球 对小球 的冲量大小
（3）请通过推理论证，说明小球 、 每次碰撞的地点，并讨论小球 、 在每次碰撞刚结束时各自的速度。
10. 目前雾霾天气仍然困扰人们，为了解决此难题很多环保组织和环保爱好者不断研究。某个环保组织研究发现通过降雨能有效解决雾霾天气。当雨滴在空中下落时，不断与漂浮在空气中的雾霾颗粒相遇并结合为一体，其质量不断增大，直至落地。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为 ，初速度为 ，每个雾霾颗粒质量均为 ，假设雾霾颗粒均匀分布，且雨滴每下落距离 后才与静止的雾霾颗粒碰撞并立即结合在一起。试求：
（1）若不计重力和空气阻力，求第 次碰撞后雨滴的速度大小。
（2）若不计空气阻力，但考虑重力，求第 次碰撞后雨滴的速度大小。
（3）若初始时雨滴受到的空气阻力是 ，假设空气阻力只与结合体的质量有关。以后每碰撞一次结合体受到的空气阻力都变为碰前的 倍，当第 次碰后结合体的机械能为 ，求此过程因碰撞损失的机械能 。
11. 一个质量为 的小车，静止在光滑水平面上，在小车的光滑板面上放一个质量为 的小物块（可视为质点），小车质量 ，小物块距小车右端距离为 。如图所示，现沿平行车身方向加水平向右面恒力 ，小物块由静止开始向右运动，之后与小车右端挡板相碰，碰撞中无机械能损失，设小车足够长，小物块不会从小车上掉下来，求：
（1）小物块与小车右端挡板第一次相撞后，小物块相对地面向左运动的最大距离；
（2）第二次碰撞中，物块对小车的冲量；
（3）第 次碰撞后小车的速度以及小车在发生第 次碰撞前走行的总位移。
12. 如图所示，质量为 的物块 （可看作质点），开始放在长木板 的左端， 的质量为 ，可在水平面上无摩擦滑动，两端各有一竖直挡板 、 ，现 、 以相同的速度 向左运动并与挡板 发生碰撞。每次 只要与 碰后其速度立即变为 ，但不与 粘接； 与 碰后没有能量损失，碰后将接着返回向 板运动，且在毎次与 板碰撞之前， 、 均能达到共同速度并且立即被锁定，让其二者一起向 板运动，与 板碰撞后 、 一并原速反向，并且立即解除锁定。 、 之间动摩擦因数 。 取 。回答下列问题：
（1）在与 板发生第一次碰撞之前 ， 的共同速度是多少 相对于 向右滑行距离 是多少。
（2）通过计算， 与挡板 能否发生第二次碰撞。
（3） 和 最终停止在何处 在 上一共通过了多少路程。
13. 如图所示，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 倍，重物与木板间的动摩擦因数为 。使木板与重物以共同的速度 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速度为 。求：
（1）设木板质量为 ，木板与重物第一次与墙碰撞过程，系统动量的变化量。
（2）假设木板第二次与墙碰撞前重物恰好滑到木板另一端，木板的长度至少应是多长。
（3）木板从第一次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间。
14. 【 东城一模 】如图所示为雨滴从高空下落过程中空气阻力 随雨滴速度 变化的大致情况，其中图线 、 分别对应半径不同的雨滴。
（1）请利用图线分析并说明雨滴下落过程中加速度和速度随时间变化的大致情况。
（2）已知图中直线的斜率值 ，其中 ， 为雨滴的半径。（雨滴的密度取 ）
① 请比较 、 图线所示的两个雨滴下落的最终速度；
② 请计算半径 的雨滴下落的最终速度。
（3）已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的 倍之多，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机以每秒 帧的速度拍摄，记录雨滴击中蚊子时二者相互作用的每一个动作，归纳并计算出蚊子与雨滴遭遇瞬间的作用力及其随雨滴向下移动的距离。针对雨滴下落时正中蚊子的情况，研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是与雨滴融为一体，顺应雨滴的趋势落下，随后迅速侧向微调与雨滴分离。现对比两种情况：①蚊子在空中被雨滴砸中；②蚊子栖息于地面时被雨滴砸中，请建立理想模型，通过计算比较两种情况下雨滴击中时的冲击对蚊子的伤害。（解题过程中需要用到的物理量，要在解题时作必要的说明）
15. 【 北京高考 】匀强电场的方向沿 轴正向，电场强度 随 的分布如图所示，图中 和 均为已知量。将带正电的质点 在 点由静止释放。 离开电场足够远后，再将另一带正电的质点 放在 点也由静止释放。当 在电场中运动时， 、 间的相互作用力及相互作用能均为零； 离开电场后， 、 间的相互作用视为静电作用。已知 的电荷量为 。 和 的质量分别为 和 。不计重力。
（1）求 在电场中的运动时间 ；
（2）若 的电荷量 ，求两质点相互作用能的最大值 ；
（3）为使 离开电场后不改变运动方向，求 所带电荷量的最大值 。
16. 【 西城一模 】物理学是探索自然界最基本、最普遍规律的科学，在不同情景中发生的物理过程往往遵循着相同的规律。请应用所学的物理知识，思考并解决以下问题。
（1）带电小球 静止在无限大的光滑绝缘水平面上，带同种电荷的小球 从很远处以初速度 向 球运动， 的速度始终沿着两球的连线方向，如图甲所示。两球始终未能接触。 间的相互作用视为静电作用。
① 从加速度和速度的角度，说明 球在整个过程中的运动情况；
② 已知 、 两球的质量分别为 和 ，求 球最终的速度大小 。
（2）光滑的平行金属导轨 、 固定在水平地面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，两根相同的金属棒 和 垂直放置在导轨上，如图乙所示。开始时 棒静止， 棒以初速度 沿导轨向右运动。随后 棒也运动起来，两棒始终未能相碰，忽略金属棒中感应电流产生的磁场。
① 已知两根金属棒的质量均为 ，求 棒最终获得的动能 ；
② 图丙是图乙的俯视图。请在图丙中画出 、 棒在达到最终状态之前，棒内自由电子所受洛伦兹力的示意图；并从微观的角度，通过计算分析说明，在很短的时间 内， 棒减少的动能是否等于 棒增加的动能。
17. 【 朝阳一模 】动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时，可以在相互垂直的 、 两个方向上分别研究。
（1）如图 所示，质量分别为 、 的球 和球 构成一系统，不考虑系统的外力作用。球 以速度 （方向沿 轴正向）与静止的球 碰撞，若速度 不在两球球心的连线上，碰撞之后两球的速度 、 都会偏离 的方向，偏角分别为 、 ，且 、 、 、 、 均已知。
① 请写出计算 、 的大小时主要依据的关系式；
② 请分析说明球 对球 的平均作用力 的方向。
（2）如图2所示，美国物理学家康普顿及其团队将 射线入射到石墨上，发现被石墨散射的 射线中除了有与入射波长相同的成分外，还有与入射波长不同的成分。我国物理学家吴有训在此项研究中也做出了突出贡献，因此物理学界也把这一效应称为“康普顿 -吴效应”。由于这一现象很难用经典电磁理论解释，所以康普顿提出光子不仅有能量，也具有动量，光子的动量 与其对应的波长 之间的关系为 （ 为普朗克常量）。进一步研究表明 射线的散射实质是单个光子与单个电子发生碰撞的结果。由于电子的速度远小于光的速度，可认为电子在碰撞前是静止的。现探测到散射 射线的波长不同于入射 射线的波长，请你构建一个合理的相互作用模型，解决以下问题：
① 请定性分析散射后 射线的波长 与入射 射线的波长 的大小关系；
② 若已知入射 射线的波长为 ，散射后 射线的波长为 。设散射 射线相对入射方向的偏转角为 。求 时电子获得的动量。
18. 【 朝阳一模 】在玻尔的原子结构理论中，氢原子由高能态向低能态跃迁时能发出一系列不同频率的光，波长可以用巴耳末—里德伯公式 来计算，式中 为波长， 为里德伯常量， 、 分别表示氢原子跃迁前和跃迁后所处状态的量子数，对于每一个 ，有 、 、 。其中，赖曼系谱线是电子由 的轨道跃迁到 的轨道时向外辐射光子形成的，巴耳末系谱线是电子由 的轨道跃迁到 的轨道时向外辐射光子形成的。
（1）如图所示的装置中， 为一金属板， 为金属电极，都密封在真空的玻璃管中， 为石英片封盖的窗口，单色光可通过石英片射到金属板 上。实验中：当滑动变阻器的滑片位于最左端，用某种频率的单色光照射 时，电流计 指针发生偏转；向右滑动滑片，当 比 的电势低到某一值 （遏止电压）时，电流计 指针恰好指向零。
现用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验。若用赖曼系中波长最长的光照射时，遏止电压的大小为 ；若用巴耳末系中 的光照射金属时，遏止电压的大小为 。
金属表面层内存在一种力，阻碍电子的逃逸。电子要从金属中挣脱出来，必须克服这种阻碍做功。使电子脱离某种金属所做功的最小值，叫做这种金属的逸出功。
已知电子电荷量的大小为 ，真空中的光速为 ，里德伯常量为 。试求：
① 赖曼系中波长最长的光对应的频率 ；
② 普朗克常量 和该金属的逸出功 。
（2）光子除了有能量，还有动量，动量的表达式为 （ 为普朗克常量）。
① 请你推导光子动量的表达式 ；
② 处于 激发态的某氢原子以速度 运动，当它向 的基态跃迁时，沿与 相反的方向辐射一个光子。辐射光子前后，可认为氢原子的质量为 不变。求辐射光子后氢原子的速度 （用 、 、 和 表示）。
19. 【 海淀一模 】有人设想：可以在飞船从运行轨道进入返回地球程序时，借飞船需要减速的机会，发射一个小型太空探测器，从而达到节能的目的。如图所示，飞船在圆轨道Ⅰ上绕地球飞行，其轨道半径为地球半径的 倍（）。当飞船通过轨道Ⅰ的 点时，飞船上的发射装置短暂工作，将探测器沿飞船原运动方向射出，并使探测器恰能完全脱离地球的引力范围，即到达距地球无限远时的速度恰好为零，而飞船在发射探测器后沿椭圆轨道Ⅱ向前运动，其近地点 到地心的距离近似为地球半径 。以上过程中飞船和探测器的质量均可视为不变。已知地球表面的重力加速度为 。
（1）求飞船在轨道Ⅰ运动的速度大小；
（2）若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为 、 的两个质点相距为 时的引力势能 ，式中 为引力常量。在飞船沿轨道Ⅰ和轨道Ⅱ的运动过程，其动能和引力势能之和保持不变；探测器被射出后的运动过程中，其动能和引力势能之和也保持不变。
① 求探测器刚离开飞船时的速度大小；
② 已知飞船沿轨道Ⅱ运动过程中，通过 点与 点的速度大小与这两点到地心的距离成反比。根据计算结果说明为实现上述飞船和探测器的运动过程，飞船与探测器的质量之比应满足什么条件。
20. 在光滑水平地面上有一凹槽 ，中央放一小物块 。物块与左右两边槽壁的距离如图所示， 为 ，凹槽与物块的质量均为 ，两者之间的动摩擦因数 为 。开始时物块静止，凹槽以 初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。 取 。求：

（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
答案
第一部分
1. （1）
【解析】选 运动方向为正方向，根据动量守恒：
得：
又：
得：；
（2） 长木板不能与竖直墙壁发生第二次碰撞，
【解析】木板第一次与墙壁碰撞反弹后，对木板分析：
所以：
对木块：，
设木板经时间 速度减为 ，位移 ，
得：
位移：
得：
此时，物块的速度
之后板向右加速：
得：
设经时间 二者共速，此过程木板向右的位移为：，
，
又：
解得：
二者共速后，因为板与地面间的动摩擦因数小于板与物块间的动摩擦因数，所以二者一起减速
又：
得：
木板最终距墙的距离
联立得：。
2. （1） ，竖直向下
【解析】设物块 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为 。
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：，
在圆弧最低点 ，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：，
由牛顿第三定律可知，物块 对轨道的压力大小：，方向：竖直向下。
（2）
【解析】在传送带上，对物块 ，由牛顿第二定律得：，
设物块 通过传送带后运动速度大小为 ，有
代入数据解得：，
由于 ，所以 即为物块 与物块 第一次碰撞前的速度大小。
设物块 、 第一次碰撞后的速度分别为 、 ，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
解得：，，
物块 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：；
（3）
【解析】物块 以 滑到传送带后做匀减速运动，最大位移为：，即物块 不能通过传送带滑到右面的曲面上，物块向右减速到零后，将沿传送带向左加速，可判断滑到左边光滑平台时速度 ，继而与 发生第二次碰撞，即第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块在 传送带上运动的时间为：
由弹性碰撞规律可知，第二次碰后 的速度为：，向右滑上传送带减速到零后又加速返回到左边水平台面与 发生第三次碰撞，第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块 在传送带上运动的时间为：
同上计算可知，物块 第三次、第四次 。第 次碰撞后在传送带上运动的时间为：。
3. （1）
【解析】设小球 在 点的速度大小为 ，则它在磁场中运动时，速度大小不变，设两小球碰后一起运动的速度为 ，碰撞过程中，
由动量守恒定律得：，
碰撞过程系统损失的动能：，
系统初动能：，联立①②③，得 。
（2） 或
【解析】洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
对 球：，
对 、 系统：，解得：，
球经过 点的运动过程分两种情况：
① 段是奇数段 圆弧组成， 段为奇数段 圆弧组成，细线运动轨迹如图所示：
由几何知识得：，
小球的路程：
解得：，
② 与 段都是由偶数段 圆弧组成，小球运动轨迹如图所示：
由几何知识得：，
路程： ， 取
解得：；
综上可得，小球 从 点运动到 点的路程可能值是 或 。
（3）
【解析】①第一种情况，小球 从 运动到 的时间：
，
解得：，
②第二种情况，小球 从 点运动到 点的运动时间：
，解得：，
综上所述，小球 从 点运动到 点的最短运动时间为：。
4. （1） ；
【解析】 与 的第一次碰撞，取 的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立 式得
故第一次碰撞后 的速度大小为 ， 的速度大小为 。
（2）
【解析】设第一次碰撞后 上升的高度为 ，
对 由运动学公式得
联立 式得
设 运动至与 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为 ，
第一次碰后至第二次碰前，对 由动能定理得
联立 式得
与 的第二次碰撞，设碰后 与 的速度分别为 、 ，
由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立 式得
设第二次碰撞后 上升的高度为 ，
对 由运动学公式得
联立 式得
设 运动至与 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 ，第二次碰后至第三次碰前，
对 由动能定理得
联立 式得
与 的第三次碰撞，设碰后 与 的速度分别为 、 ，
由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立 式得
设第三次碰撞后 上升的高度为 ，
对 由运动学公式 得
联立 式得
总结可知，第 次碰撞后，物块 上升的高度为
（3）
【解析】当 、 达到 时，两物块到此处的速度可视为零，
对两物块运动全过程由动能定理得
解得
（4）
【解析】设 第一次碰撞至速度减为零需要的时间为 ，
由运动学公式得
设 运动到斜面底端时的速度为 ，需要的时间为 ，
由运动学公式得
设 从 点到 第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为 ，
当 点与挡板之间的距离最小时
联立 式，代入数据得
5.
【解析】设子弹初速度为 ，射入厚度为 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为 ，由动量守恒得
解得
此过程中动能损失为
解得
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 和 ，由动量守恒得
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为 ，由能量守恒得
联立 式，且考虑到 必须大于 得
设子弹射入第二块钢扳并留在其中后两者的共同速度为 ，由动量守恒得
损失的动能为
联立 式得
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由 式可得，射入第二块钢板的深度 为
6. （1） 逐渐增大
【解析】两带电小球逐渐靠近，电场力做负功， 带电小球的电势能逐渐增大。
（2）
【解析】根据动量守恒：，，
如果 球不会超过 ，，
。
（3）
【解析】由动量守恒和能量守恒：
，
，
会有两个解，舍去碰撞解，最后等效一个完全弹性碰撞。
最终 的速度 。
（画图分析说明对称性也给分）
7. （1）
【解析】由题意可知，木板 和滑块 的系统动量守恒，则有
所以
（2）
【解析】由题意可知：当滑块 以速度 冲上木板，最终滑块与木板有共同速度 ；当滑块 以速度 冲上木板，滑块将冲出木板，设滑块 的速度为 ，在此过程中木板的位移为 。根据动量守恒定律和动能定理有
可求得：
（3） 答案见下图
8. （1）
【解析】发射弹丸的过程，系统动量守恒定律、机械能守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：
解得：；
（2）
【解析】发射弹丸后，小车做圆周运动，圆周半径为 ，由动能定理可得：，
弹丸刚被射出时杆受到的拉力为：，
联立解得：；
（3） ；
【解析】某次发射后，小车（连同弹簧枪）和车载弹丸的总质量为：（ 从某一较大值开始减小，可取 个值，且 ）
与上述同理可知： 由此可知，弹丸全部射完， 取最小值 时，杆的拉力最大，
若此时还能满足 ，则杆不会被拉断，解得：，
与上述同理可知，某次发射后到下一次发射前小车做圆周运动的路程：，
由此式可知，每发射一粒弹丸后，小车做圆周运动的路程增大一些，因此要小车做圆周运动的总路程最大， 应该取最小的 个值（对应将 粒弹丸全部射出），即应取 ，取 ，最大总路程为：，解得
9. （1）
【解析】 球滑下，机械能守恒
。
（2）
【解析】取向右为正方向， 、 球弹性碰撞
解得
对 球由动量定理
解得 。
（3） 第一次碰撞后，两球速度大小相等，方向相反，因为两边轨道完全对称，根据机械能守恒定律，两球沿轨道上升的任意相同高度处速度大小都相等，故两球沿轨道同时运动到最高点，再同时滑至最低点，滑至最低点的速度大小均为 ，在最低点发生第二次弹性碰撞。
解得
可见，第二次碰撞后， 球停在最低点， 球能返回到最初的位置，第三次碰撞与第一次碰撞相同，第四次碰撞与第二次碰撞相同，以后以此类推。每次碰撞都在最低点发生。
由此可得，当碰撞次数为奇数时，小球 、 碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同，，；
当碰撞次数为偶数时，小球 、 在碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同，，。
10. （1）
【解析】不计重力和空气阻力，设向下为正方向，全过程中动量守恒
，得
（2）
【解析】若只受到重力，雨滴下降过程中做加速度为 的匀加速运动，第 次碰撞前 ，碰撞瞬间动量守恒，则有 ，解得
（3）
【解析】由功能原理及能量守恒得：，
又 ，
两式联立解得
11. （1）
【解析】物块向右加速过程，由动能定理得：
，
解得：，
物块与小车碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：，
解得：，，
设相对于地面向左最大距离为 ，由动能定理得：
，
解得：。
（2）
【解析】设第二次碰前 的速度为 ，则：，
第二次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
解得：；
对 ，由动量定理得：，
解得：。
（3） ；
【解析】 每次碰后的速度：，，，，
每次碰撞的时间间隔 都相等，且 ，
第 次碰撞前走行的总位移：，
解得：。
12. （1） ；
（2） 能
（3） 档板处；
13. （1） ，方向向左。
【解析】木板第一次与墙碰撞后，木板的速度与碰撞前等大反向，而重物的速度尚未发生变化，则系统动量的变化量等于木板动量的变化量，取向右为正方向，则：
即系统动量的变化量大小为 ，方向向左。
（2）
【解析】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，以向右为正方向，由动量守恒定律有：
，
解得：，
由功能关系得：，
解得：
即木板的长度至少为
（3）
【解析】木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到速度为零，然后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，到两物体共速，该过程中根据动量守恒定律，有：
所以：
设木板在第一个这一过程中，所用时间为 ，加速度为
则
由 得，这一过程中木板的位移
此后木板和物块一起做匀速直线运动，直到发生第二次碰撞，设此过程的时间为 ，则
木板第二次与墙碰撞后，仍然是先向左匀减速直线运动，直到速度为零，然后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。
由于第二次与墙碰撞后木板的速度为 ，结合前面的公式 到 可知，木板在第二次与墙壁碰撞后到第三次与墙壁碰撞前的两段时间分别为：
，
木板从第一次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间为：
联立得：。
14. （1） 雨滴下落过程中受到重力 和空气阻力 的作用，加速度方向向下，由牛顿第二定律知加速度大小 ，题中给出的 图象表明，当下落速度 增大时，阻力 随之增大，由上式可知加速度 随之减小；由于加速度与速度方向相同，所以速度是增大的，只是增加得越来越慢，当重力 和空气阻力 相等时，雨滴以最大速度做匀速运动。
（2） ① 当 时，雨滴达到最终速度 ，将雨滴的质量 ，阻力 代入，可得
式说明，雨滴的半径 越大，最终速度 越大，由 图象可判断出 图线表示的雨滴比 图线表示的雨滴半径大，因此下落速度更大。
②
【解析】将雨滴的密度 、半径 及 代入 式，可得半径 的雨滴下落的最终速度 。
（3） 方法一：
将蚊子在空中被雨滴砸中的情况视为雨滴与蚊子发生完全非弹性碰撞的模型，将蚊子栖息于地面时被雨滴砸中的情况视为雨滴与蚊子和大地组成的整体发生完全非弹性碰撞的模型。
对发生完全非弹性碰撞的两个物体应用动量守恒定律：
碰撞过程损失的机械能为：
在第①种情况中，因为雨滴的质量 约为蚊子的质量 的 倍，由 式可知损失的机械能 约为雨滴下落时动能 的 ；
在第②种情况中，将蚊子和地面视为整体， 式中的 代表地球与蚊子的质量之和，由 式可知损失的机械能 约为雨滴下落时动能 的全部。
碰撞过程机械能的损失伴随着系统发生不可恢复的形变等过程，即使认为两次作用的时间相等（实际上应有 ），亦可知第②种情况对蚊子的伤害大。
方法二：
仍采取上述完全非弹性碰撞模型，但从冲量和力的角度进行分析。
设雨滴的质量为 ，蚊子的质量为 ，雨滴下落到地面附近时速度大小为 ，因相互作用时间很短，不考虑重力的影响。
第①种情况：对雨滴与蚊子相互作用的过程应用动量守恒定律：，可得 ；设蚊子与雨滴间的相互作用力为 ，作用时间为 ，对雨滴应用动量定理，有：，由于雨滴的质量 约为蚊子的质量 的 倍，所以 与 几乎相等，即雨滴受到的冲量 约等于零；
第②种情况：是雨滴与栖息了一只蚊子的地面发生相互作用的过程，雨滴与地面作用前速度大小为 ，作用后速度为零，设蚊子（与地面）和雨滴间的相互作用力为 ，作用时间为 ，对雨滴应用动量定理：，可知雨滴受到的冲量 约等于雨滴质量与下落速度二者的乘积；
两种情况相比，因为蚊子对雨滴的冲量与雨滴对蚊子的冲量大小相等，可知，第①种情况中蚊子受到的冲量小，即使认为两次作用的时间相等（实际上应有 ），仍有 ，因此第②种情况对蚊子的伤害大。
15. （1）
【解析】由牛顿第二定律， 在电场中运动的加速度
在电场中做匀变速直线运动
解得运动时间
（2）
【解析】设 、 离开电场时的速度分别为 、 ，由动能定理，有
、 相互作用过程中，动量和能量守恒。
、 相互作用力为斥力， 受的力与其运动方向相同， 受的力与其运动方向相反，相互作用力对 做正功，对 做负功。
、 靠近的过程中， 的路程大于 的路程，由于作用力大小相等，作用力对 做功的绝对值大于对 做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加。
所以，当 、 最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为 ，有
已知，，由 式解得相互作用能的最大值
（3）
【解析】考虑 、 在 区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有
由 解得
因 不改变运动方向，故
由 解得
即 所带电荷量的最大值
16. （1） ① 球做加速度先增大后减小的加速运动，最后匀速。
②
【解析】以 、 球为研究对象，系统所受的合外力为零
根据动量守恒定律
由于只有系统内的电场力做功，所以系统的动能和电势能的总和保持不变，初始状态和最后状态两球的距离都很大，可以认为系统的初、末电势能为零。
由能量守恒
联立以上两式解得 。
（2） ①
【解析】以两根金属棒为研究对象，系统所受的合外力为零，最后以共同的速度 向前运动，根据动量守恒定律
棒最终获得的动能 。
② 两根棒内自由电子所受洛伦兹力如图所示：
方法一：
设自由电子的电荷量为 ，在两棒达到最终状态之前某时刻， 棒的速度为 ， 棒的速度为 ，自由电子沿两根棒定向移动的速率为 ，在很短的时间 内， 棒中自由电子受到的垂直于棒方向的洛伦兹力 ， 对电子做负功
棒中自由电子受到的垂直于棒方向的洛伦兹力
对电子做正功
因为 ，所以 ，宏观上表现为安培力对两棒组成的系统做负功，使系统总动能减小，即 棒减少的动能大于 棒增加的动能。
方法二：
设自由电子的电荷量为 ，在两棒达到最终状态之前某时刻，自由电子沿 棒定向移动的速率为。在很短的时间 内，电子在棒中定向运动，与金属离子发生碰撞，受到阻力。设电子受到的平均阻力为 ，在很短的时间 内 ，阻力对电子做负功 ，宏观上表现为电路产生了焦耳热。根据能量守恒定律，两棒组成的系统总动能减小，即 棒减少的动能大于 棒增加的动能。
17. （1） ① 方向：
方向：
【解析】对于球 和球 构成的系统，根据动量守恒定律有：
方向：
方向：
联立 式即可求出 和 。
② 球 对球 平均作用力 的方向与 方向相同，即与 方向成 夹角。
【解析】对于球 ，根据动量定理有：
由 式可得：球 对球 平均作用力 的方向与 方向相同，即与 方向成 夹角。
（2） ①
【解析】由题意可建构如下模型： 射线中的单个光子与静止的电子发生碰撞，遵守动量守恒定律。
由于入射光子把一部分能量给了电子，则散射后光子的能量减小，光子的频率 减小，根据 可知，光子的波长变大，即 。
②
【解析】建立图示的坐标系。
设电子获得的动量 的方向与入射 射线方向的夹角为 ，动量 在 、 方向上的分量分别为 、 ，根据动量守恒定律有：
方向：
方向：
其中，，
联立 可得：
18. （1） ①
【解析】在赖曼系中，氢原子由 跃迁到 ，对应光的波长最长，波长为 。则有
所以
所以
② ；
【解析】在巴耳末系中，氢原子由 跃迁到 ，对应光的波长为 ，频率为 。则有
设 、 对应的最大初动能分别为 、 。根据光电效应方程有
根据动能定理有
联立解得 ；
（2） ① 根据质能方程有
又因为
所以
②
【解析】光子的动量
根据动量守恒定律有
解得
19. （1）
【解析】设地球质量为 ，飞船质量为 ，探测器质量为 ，当飞船与探测器一起绕地球做圆周运动时的速度为
根据万有引力定律和牛顿第二定律有
对于地面附近的质量为 的物体有
解得
（2） ①
【解析】设探测器被发射出时的速度为 ，因其运动过程中动能和引力势能之和保持不变，所以探测器刚好脱离地球引力应满足
解得
② 见解析
【解析】设发射探测器后飞船在 点的速度为 ，运动到 点的速度为 ，因其运动过程中动能和引力势能之和保持不变，所以有
对于飞船发射探测器的过程，根据动量守恒定律有
因飞船通过 点与 点的速度大小与这两点到地心的距离成反比，即
解得：
20. （1）
【解析】设两者间相对静止时速度为 ，由动量守恒定律得 ，即
（2） 次
【解析】物块与凹槽间的滑动摩擦力
设两者相对静止前相对运动的路程为 ，由动能定理得
得
已知 ，可推知物块与右侧槽壁共发生 次碰撞。
（3） ；
【解析】设凹槽与物块碰前的速度分别为 、 ，碰后的速度分别为 、 。有
得
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为 段，凹槽、物块的 图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则

解得
凹槽的 图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小 。
（等腰三角形面积共分 份，第一份面积为 ，其余每份面积均为 。）
，解得
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