題目列表(包括答案和解析)
靜電噴漆技術具有效率高、浪費少、質量好，有利于工人健康等優點，其裝置原理圖如圖所示。A、B為兩塊平行金屬板，間距d=0.40m，兩板間有方向由B指向A、場強E=1.0×103N/C的勻強電場。在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度v0=2.0m/s，質量m=5.0×10-15kg，電荷量q=－2.0－10-16C，微粒的重力和所受空氣阻力均不計，油漆微粒最后都落在金屬板B上。試求：
（1）微粒打在B板上的動能。
（2）微粒到達B板所需的最短時間。
（3）微粒最后落在B板上所形成的圖形及面積的大小。
靜電噴漆技術具有效率高，浪費少，質量好，有利于工人健康等優點，其裝置如圖所示．A、B為兩塊平行金屬板，間距d=0.40m，兩板間有方向由B指向A，大小為E=1.0×103N/C的勻強電場．在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均為v0=2.0m/s，質量m=5.0×10-15kg、帶電量為q=-2.0×10-16C．微粒的重力和所受空氣阻力均不計，油漆微粒最后都落在金屬板B上．試求：
（10分）如圖所示，質量M＝0.40的靶盒A位于光滑水平導軌上，開始時靜止在O點，在O點右側有范圍很廣的“相互作用區域”。如圖中的虛線區域。當靶盒A進入相互作用區域時便有向左的水平恒力F＝20N作用。在P處有一固定的發射器B，它可根據需要瞄準靶盒每次發射一顆水平速度V0＝50m/s、質量ｍ＝0.10的子彈，當子彈打入靶盒A后，便留在盒內，碰撞時間極短。若每當靶盒A停在或到達O點時，就有一顆子彈進入靶盒A內，求：
（1）當第一顆子彈進入靶盒A后，靶盒A離開O點的最大距離；
（2）當第三顆子彈進入靶盒A后，靶盒A從離開O點到又回到O點所經歷的時間；
（3）當第100顆子彈進入靶盒時，靶盒已經在相互作用區中運動的時間總和。
在xOy平面內,x＞0的區域存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B=0.4 T;
x＜0的區域存在沿x軸正方向的勻強電場.現有一質量為m=4.0×10-9 kg, 帶電荷量為
q=2.0×10－7 C的正粒子從x軸正方向上的M點以速度v0=20 m/s進入磁場,如圖11-10所示,v0與x軸正方向的夾角θ=45°,M點與O點相距為l=
m.已知粒子能以沿著y軸負方向的速度垂直穿過x軸負半軸上的N點,不計粒子重力.求:
(1)粒子穿過y軸正半軸的位置以及此時速度與y軸負方向的夾角;
(2)x＜0區域電場的場強;
(3)試問粒子能否經過坐標原點O?若不能,請說明原因;若能,請求出粒子從M點運動到O點所經歷的時間.
高考真題
1．【解析】設物體的質量為m,t0時刻受盒子碰撞獲得速度v，根據動量守恒定律 
3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變為v0，說明碰撞是彈性碰撞 
聯立以上兩式解得 m=M
(也可通過圖象分析得出v0=v,結合動量守恒，得出正確結果)
【答案】m=M
2．【解析】由動量守恒定律和能量守恒定律得： 
解得：
炮彈射出后做平拋，有：
解得目標A距炮口的水平距離為：
同理，目標B距炮口的水平距離為：
解得：
【答案】
3．【解析】（1）P1滑到最低點速度為
，由機械能守恒定律有：
解得：
P1、P2碰撞，滿足動量守恒，機械能守恒定律，設碰后速度分別為
、
解得：
=
P2向右滑動時，假設P1保持不動，對P2有：
（向左）
對P1、M有：
此時對P1有：
，所以假設成立。
（2）P2滑到C點速度為，由
得
P1、P2碰撞到P2滑到C點時，設P1、M速度為v，對動量守恒定律：
解得：
對P1、P2、M為系統：
代入數值得：
滑板碰后，P1向右滑行距離：
P2向左滑行距離：
所以P1、P2靜止后距離：
【答案】（1）
（2）
4．【解析】(1)P1經t1時間與P2碰撞，則
P1、P2碰撞，設碰后P2速度為v2，由動量守恒：
解得
（水平向左） 
（水平向右）
碰撞后小球P1向左運動的最大距離：
又：
解得：
所需時間：
（2）設P1、P2碰撞后又經
時間在OB區間內再次發生碰撞，且P1受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正：
則：
解得：
（故P1受電場力不變）
對P2分析：
所以假設成立，兩球能在OB區間內再次發生碰撞。
5．【解析】從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變。根據它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4┱1。
設碰撞后小球A和B 的速度分別為
和
，在碰撞過程中動量守恒，碰撞前后動能相等，有
………… ①
………… ②
聯立以上兩式再由
,可解出 m1∶m2=2∶1
【答案】2∶1
6．【解析】⑴碰后B上擺過程機械能守恒，可得
。
⑵兩球發生彈性碰撞過程系統動量守恒，機械能守恒。設與B碰前瞬間A的速度是v0，有2mv0=2mvA+mvB，
，可得vA= v0/3，vB=
4v0/3，因此
，同時也得到
。
⑶先由A平拋的初速度vA和水平位移L/2，求得下落高度恰好是L。即兩球碰撞點到水平面的高度是L。A離開彈簧時的初動能可以認為就等于彈性力對A做的功。A離開彈簧上升的全過程用機械能守恒：
，解得W= 
【答案】（1） （2）W=
7．【解析】此題是單個質點碰撞的多過程問題，既可以用動能定理與動量定理求解，也可以用力與運動關系與動量求解．設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達斜面底端時速度為v。
由動能定理得
①
以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量
②
設碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h’，則
③
同理，有 
④ 
⑤
式中，v’為小物塊再次到達斜面底端時的速度，I’為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由①②③④⑤式得
⑥式中 
⑦
由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數，首項為
⑧總沖量為 
⑨
由 （ 
⑩得
⑾
代入數據得 
N?s
【答案】 N?s
8．【解析】此題開始的繩連的系統，后粘合變成了小球單個質點的運動問題（1）對系統，設小球在最低點時速度大小為v1，此時滑塊的速度大小為v2，滑塊與擋板接觸前由系統的機械能守恒定律：mgl = mv12 +mv22①
由系統的水平方向動量守恒定律：mv1 = mv2②
對滑塊與擋板接觸到速度剛好變為零的過程中，擋板阻力對滑塊的沖量為：I = mv2③
聯立①②③解得I = m 方向向左④
（2）小球釋放到第一次到達最低點的過程中，設繩的拉力對小球做功的大小為W，對小球由動能定理：mgl＋W = mv12⑤
聯立①②⑤解得：W =－mgl，即繩的拉力對小球做負功，大小為mgl 。
【答案】（１）I = m 方向向左；（２）mgl
9．【解析】（1）設B在繩被拉斷后瞬間的速度為
,到達C點時的速度為
，有
（1）
（2）
代入數據得
（3）
（2）設彈簧恢復到自然長度時B的速度為
，取水平向右為正方向，有
（4）
（5）
代入數據得 
其大小為4NS （6）
（3）設繩斷后A的速度為
，取水平向右為正方向，有
（7）
代入數據得
【答案】（１） （２）4NS （３）
10．【解析】設擺球A、B的質量分別為
、
，擺長為l，B球的初始高度為h1，碰撞前B球的速度為vB.在不考慮擺線質量的情況下，根據題意及機械能守恒定律得
①
②
設碰撞前、后兩擺球的總動量的大小分別為P1、P2。有
P1=mBvB ③
聯立①②③式得
④
同理可得
⑤
聯立④⑤式得
代入已知條件得
由此可以推出
≤4%
所以，此實驗在規定的范圍內驗證了動量守恒定律。
【答案】≤4%
名校試題
1．【解析】（1）M靜止時，設彈簧壓縮量為l0，則Mg＝kl0 ①
速度最大時，M、m組成的系統加速度為零，則
(M＋m)g－k(l0＋l1)＝0 ②-
聯立①②解得：k＝50N/m ③
［或：因M初位置和速度最大時都是平衡狀態，故mg＝kl1，解得：k＝50N/m］
（2）m下落h過程中，mgh＝
mv02 ④-
m沖擊M過程中， m v0＝(M＋m)v ⑤-
所求過程的彈性勢能的增加量：ΔE＝(M＋m)g(l1＋l2)＋ (M＋m)v2 ⑥
聯立④⑤⑥解得：ΔE＝0.66J ⑦
（用彈性勢能公式計算的結果為ΔE＝0.65J也算正確）
【答案】ΔE＝0.66J
2．【解析】①根據圖象可知，物體C與物體A相碰前的速度為：v1=
相碰后的速度為：v2=
…
解得：m3=
②規定向左的方向為正方向，在第5.0s和第15s末物塊A的速度分別為：
v2=
即在5.0s到15s的時間內物塊A動量變化的大小為：
【答案】（1）m3=2.0kg （2）16kg?m/s 方向向右
3．【解析】(1)設第一顆子彈進入靶盒A后，子彈與靶盒的共內速度為。
根據碰撞過程系統動量守恒，有：
設A離開O點的最大距離為
，由動能定理有：
解得：
(2)根據題意，A在的恒力F的作用返回O點時第二顆子彈正好打入，由于A的動量與第二顆子彈動量大小相同，方向相反，故第二顆子彈打入后，A將靜止在O點。設第三顆子彈打入A后，它們的共同速度為
，由系統動量守恒得：
（2分）
設A從離開O點到又回到O點所經歷的時間為ｔ，取碰后A運動的方向為正方向，由動量定理得：
解得：
(3)從第(2)問的計算可以看出，第1、3、5、……（2ｎ＋1）顆子彈打入A后，A運動時間均為 故總時間
【答案】（1） （2） （3）
4．【解析】對A、B、C整體，從C以v0滑上木塊到最終B、C達到共同速度V，
其動量守恒既：m v0=2mV1+3mv 1.8=2V1+3×0.4 V1=0.3m/s
對A、B、C整體，從C以v0滑上木塊到C以V2剛離開長木板，
此時A、B具有共同的速度V1。其動量守恒即：m v0=mV2+4mv1
1.8=V2+4×0.3 V2=
【答案】 （1）V1=
5．【解析】（1）B與A碰撞前速度由動能定理
得 
B與A碰撞，由動量守恒定律
得 
碰后到物塊A、B運動至速度減為零，彈簧的最大彈性勢能
（2）設撤去F后，A、B一起回到O點時的速度為
，由機械能守恒得
返回至O點時，A、B開始分離，B在滑動摩擦力作用下向左作勻減速直線運動，設物塊B最終離O點最大距離為x
由動能定理得：
【答案】（1）
（2）
6．【解析】設小車初速度為V0，A與車相互作用摩擦力為f，
第一次碰后A與小車相對靜止時速為 V1，由動量守恒，
得 mAV0－mBV0＝(mA＋mB)V1
由能量守恒，得mAV02＋mBV02＝f?
Ｌ+(mA＋mB)V12… 圖14
多次碰撞后，A停在車右端，系統初動能全部轉化為內能，由能量守恒，得
fL＝(mA＋mB)V02…
聯系以上三式，解得：(mA＋mB)2＝4(mA-mB)2 
＝∴mA＝3mB
【答案】mA＝3mB
7．【解析】（1）當B離開墻壁時，A的速度為v0，由機械能守恒有
mv02＝E
解得 v0=
（2）以后運動中，當彈簧彈性勢能最大時，彈簧達到最大程度時，A、B速度相等，設為v,由動量守恒有 2mv=mv0 解得
v=
（3）根據機械能守恒，最大彈性勢能為
Ep=mv02－2mv2=E
【答案】（1）v0= （2）v= （3）Ep=E
8．【解析】設子彈的質量為m，木塊的質量為M，子彈射出槍口時的速度為v0。
第一顆子彈射入木塊時，動量守恒 
木塊帶著子彈做平拋運動 
第二顆子彈射入木塊時，動量守恒 
木塊帶著兩顆子彈做平拋運動 
聯立以上各式解得 
【答案】
9．【解析】
②
2分
③ 
④ 
⑤
⑥ 
，因木板與所有物塊系統水平方向不受外力，動量守恒，應有：
+m?2 v
（n+1）v
，取木板與物塊1為系統一部分，第2 號物塊到第n號物塊為系統另一部分，則
=（n-1）m?（v
，則第k號物塊速度由k v
（k+1）m v
，可得：
，根據動量定理
，而
，所以P=
，故選項A正確。
①
② 
③
④ 
⑤ 
，代入數據得
.
為正方向，設a向前跳入水中后，船速為
，有： 
①
，則
②
，方向與
也解得
①
②
1 m/s 
9 m/s
③
……①
為A從離開桌面至落