1、 永久免費(fèi)組卷搜題網(wǎng)五年高考三年聯(lián)考絕對(duì)突破系列新課標(biāo)：選修3-5第15單元 動(dòng)量守恒定律本單元是高考的必考內(nèi)容，題型全面，選擇題主要考查動(dòng)量的矢量性，辨析“動(dòng)量和動(dòng)能”、“沖量與功”的基本概念；常設(shè)置一個(gè)瞬間碰撞的情景，用動(dòng)量定理求變力的沖量；或求出平均力；或用動(dòng)量守恒定律來(lái)判定在碰撞后的各個(gè)物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的可能值；計(jì)算題主要考查綜合運(yùn)用牛頓定律、能量守恒、動(dòng)量守恒解題的能力；一般計(jì)算題具有過(guò)程錯(cuò)綜復(fù)雜，圖景“撲朔迷離”、條件隱晦難辨,知識(shí)覆蓋廣的特點(diǎn),經(jīng)常是高考的壓軸題.第一部分 五年高考題薈萃兩年高考精選（20082009）考點(diǎn)1 沖量、動(dòng)量和動(dòng)量定理考

2、點(diǎn)2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1.（福建卷）（2）一炮艦總質(zhì)量為M，以速度v0勻速行駛，從艦上以相對(duì)海岸的速度v沿前進(jìn)的方向射出一質(zhì)量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為，若不計(jì)水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是_。（填寫項(xiàng)前的編號(hào)）解析：本題考查動(dòng)量定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用，強(qiáng)調(diào)正方向的規(guī)定和物體質(zhì)量的界定，答案選。29題與28題在題型和難度的把握上盡量的等值。2.(08江蘇12C)場(chǎng)強(qiáng)為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有兩個(gè)小球A、B,它們的質(zhì)量分別為m1、m2,電荷量分別為q1、q2,A、B兩個(gè)小球由靜止釋放,重力加速度為g,則小球A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式為. 答案 (q1+q2)E=(m1+m

3、2)g解析 動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或受的合外力為零,所以動(dòng)量守恒滿足的關(guān)系式為(q1+q2)E=(m1+m2)g考點(diǎn)3 與動(dòng)量有關(guān)的綜合問(wèn)題3.（全國(guó)卷I）21. 質(zhì)量為M的物塊以速度V運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動(dòng)量正好相等。兩者質(zhì)量之比M/m可能為A2 B3 C4 D5答案：AB考查目標(biāo)：本題屬兩體碰后可能性問(wèn)題，考查碰撞中動(dòng)量守恒、能量關(guān)系、及碰后運(yùn)動(dòng)關(guān)系。解析：由動(dòng)量守恒定律可知，碰后兩物塊的動(dòng)量均為，由于碰后M的速度不可能大于m的速度，故有，可得，由碰撞前后能量關(guān)系有：，可得，故選A、B選項(xiàng)。4.(山東卷)（2）如圖所示，光滑水平面軌道上有三個(gè)木塊，A、B、

4、C，質(zhì)量分別為mB=mc=2m,mA=m，A、B用細(xì)繩連接，中間有一壓縮的彈簧 (彈簧與滑塊不栓接)。開始時(shí)A、B以共同速度v0運(yùn)動(dòng)，C靜止。某時(shí)刻細(xì)繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。解析：設(shè)共同速度為v，球A和B分開后，B的速度為,由動(dòng)量守恒定律有,聯(lián)立這兩式得B和C碰撞前B的速度為?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律5.（全國(guó)卷I）25.（18分）如圖所示，傾角為的斜面上靜止放置三個(gè)質(zhì)量均為m的木箱，相鄰兩木箱的距離均為l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其他木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起運(yùn)動(dòng)。整個(gè)過(guò)程中工人的推力

5、不變，最后恰好能推著三個(gè)木箱勻速上滑。已知木箱與斜面間的動(dòng)摩擦因素為，重力加速度為g。設(shè)碰撞時(shí)間極短，求（1）工人的推力；（2）三個(gè)木箱勻速運(yùn)動(dòng)的速度；（3）在第一次碰撞中損失的機(jī)械能。解析：(1)設(shè)工人的推力為F，則有F3mg（sincos）(2)設(shè)第一次碰撞前瞬間木箱速度為1,由功能關(guān)系得：設(shè)碰撞后兩木箱的速度為2，有動(dòng)量守恒得：m1=2m2設(shè)再次碰撞前瞬間速度為3，由功能關(guān)系得：設(shè)碰撞后三個(gè)木箱一起運(yùn)動(dòng)的速度為4,由動(dòng)量守恒得：2m3=3m4由以上各式可得（3）設(shè)在第一次碰撞中損失的機(jī)械能為E，有：由式可得：6.（天津卷）10.(16分)如圖所示，質(zhì)量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑

6、的水平面上，車長(zhǎng)L=15 m,現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止。物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,取g=10 m/s2，求（1）物塊在車面上滑行的時(shí)間t;（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過(guò)多少。（1）0.24s (2)5m/s【解析】本題考查摩擦拖動(dòng)類的動(dòng)量和能量問(wèn)題。涉及動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理和功能關(guān)系這些物理規(guī)律的運(yùn)用。（1）設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩擦力為F，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有 其中 解得代入數(shù)據(jù)得

7、（2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v，則 由功能關(guān)系有 代入數(shù)據(jù)解得 =5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0不能超過(guò)5m/s。7.（北京卷）24（20分）（1）如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。質(zhì)量為的小球從高位處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上，且在碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失。求碰撞后小球的速度大??；（2）碰撞過(guò)程中的能量傳遞規(guī)律在屋里學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用。為了探究這一規(guī)律，我們才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直線上

8、、且無(wú)機(jī)械能損失的惡簡(jiǎn)化力學(xué)模型。如圖2所示，在固定光滑水平軌道上，質(zhì)量分別為、的若干個(gè)球沿直線靜止相間排列，給第1個(gè)球初能，從而引起各球的依次碰撞。定義其中第個(gè)球經(jīng)過(guò)依次碰撞后獲得的動(dòng)能與之比為第1個(gè)球?qū)Φ趥€(gè)球的動(dòng)能傳遞系數(shù)a.求b.若為確定的已知量。求為何值時(shí)，值最大【解析】24.（1）設(shè)碰撞前的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律 設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律 由于碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失 、式聯(lián)立解得 將代入得 （2）a由式，考慮到得根據(jù)動(dòng)

9、能傳遞系數(shù)的定義，對(duì)于1、2兩球 同理可得，球m2和球m3碰撞后，動(dòng)能傳遞系數(shù)k13應(yīng)為 依次類推，動(dòng)能傳遞系數(shù)k1n應(yīng)為 解得 b.將m1=4m0,m3=mo代入式可得為使k13最大，只需使由 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m8.（重慶卷）24.（18分）探究某種筆的彈跳問(wèn)題時(shí)，把筆分為輕質(zhì)彈簧、內(nèi)芯和外殼三部分，其中內(nèi)芯和外殼質(zhì)量分別為m和4m.筆的彈跳過(guò)程分為三個(gè)階段：把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面（見題24圖a）；由靜止釋放，外殼豎直上升

10、至下端距桌面高度為h1時(shí)，與靜止的內(nèi)芯碰撞（見題24圖b）；碰后，內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處（見題24圖c）。設(shè)內(nèi)芯與外殼的撞擊力遠(yuǎn)大于筆所受重力、不計(jì)摩擦與空氣阻力，重力加速度為g。求： （1）外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大?。唬?）從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功；（3）從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機(jī)械能。解析：設(shè)外殼上升高度h1時(shí)速度為V1，外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大小為V2，(1)對(duì)外殼和內(nèi)芯，從撞后達(dá)到共同速度到上升至h2處，應(yīng)用動(dòng)能定理有(4mgm)( h2h1)(4mm)V22，解得V2；（2）外殼和內(nèi)芯，碰撞過(guò)程瞬

11、間動(dòng)量守恒，有4mV1(4mgm)V2，解得V1，設(shè)從外殼離開桌面到碰撞前瞬間彈簧做功為W，在此過(guò)程中，對(duì)外殼應(yīng)用動(dòng)能定理有W4mgh1(4m)V12，解得Wmg；（3）由于外殼和內(nèi)芯達(dá)到共同速度后上升高度h2的過(guò)程，機(jī)械能守恒，只是在外殼和內(nèi)芯碰撞過(guò)程有能量損失，損失的能量為(4m)V12(4mm)V22，聯(lián)立解得mg(h2h1)。9.（廣東卷）19（16分）如圖19所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距=1.0m 。物塊A以速度=10m/s沿水平方向與B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度=2.0m/s 。已知A和B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為A質(zhì)量

12、的k倍，物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.45.（設(shè)碰撞時(shí)間很短，g取10m/s2）（1）計(jì)算與C碰撞前瞬間AB的速度；（2）根據(jù)AB與C的碰撞過(guò)程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運(yùn)動(dòng)方向。 【解析】設(shè)AB碰撞后的速度為v1,AB碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律得 設(shè)與C碰撞前瞬間AB的速度為v2，由動(dòng)能定理得 聯(lián)立以上各式解得若AB與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得 代入數(shù)據(jù)解得 此時(shí)AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相同若AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和能量守恒得 聯(lián)立以上兩式解得代入數(shù)據(jù)解得 此時(shí)AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相反若AB與C發(fā)生碰撞后AB的速度為0

13、，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得總上所述得 當(dāng)時(shí)，AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相同 當(dāng)時(shí)，AB的速度為0 當(dāng)時(shí)，AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相反10.（08全國(guó)I24）圖中滑塊和小球的質(zhì)量均為m,滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動(dòng),小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連,輕繩長(zhǎng)為l.開始時(shí),輕繩處于 水平拉直狀態(tài),小球和滑塊均靜止.現(xiàn)將小球由靜止釋放,當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑塊剛 好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定擋板粘住,在極短的時(shí)間內(nèi)速度減為零,小球繼續(xù)向左擺動(dòng),當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角60時(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn).求:(1)從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^(guò)程中,擋板阻力對(duì)滑塊的沖量.(2)

14、小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,繩的拉力對(duì)小球做功的大小.答案 (1)-m (2) mgl解析 (1)設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑塊和小球速度的大小分別為v1、v2,由機(jī)械能守恒定律得mv12+mv22=mgl小球由最低點(diǎn)向左擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),由機(jī)械能守恒定律得mv22=mgl(1-cos 60)聯(lián)立式得v1=v2=設(shè)所求的擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為I,規(guī)定動(dòng)量方向向右為正,有I=0-mv1解得I=-m(2)小球從開始釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功為W,由動(dòng)能定理得mgl+W=mv22聯(lián)立式得W=-mgl小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,繩的拉力對(duì)小球做功的大小為mg

15、l11.(08北京理綜24)有兩個(gè)完全相同的小滑塊A和B,A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點(diǎn)的B發(fā)生正碰,碰撞中無(wú)機(jī)械能損失.碰后B運(yùn)動(dòng)的軌跡為OD曲線,如圖所示.（1）已知小滑塊質(zhì)量為m,碰撞時(shí)間為t,求碰撞過(guò)程中A對(duì)B平均沖力的大?。唬?）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無(wú)初速度下滑的運(yùn)動(dòng),特制做一個(gè)與B平拋軌跡完全相同的光滑軌道,并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置,讓A沿該軌道無(wú)初速下滑（經(jīng)分析,A下滑過(guò)程中不會(huì)脫離軌道）.a.分析A沿軌道下滑到任意一點(diǎn)的動(dòng)量pA與B平拋經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的動(dòng)量pB的大小關(guān)系;b.在OD曲線上有一點(diǎn)M,O和M兩點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為45.求A通過(guò)M點(diǎn)

16、時(shí)的水平分速度和豎直分速度.答案 （1）（2）a.pApBb.vAx=v0vAy=v0解析 （1）滑塊A與B正碰,滿足mvA+mvB=mv0mvA2+mvB2=mv02 由,解得vA=0,vB=v0,根據(jù)動(dòng)量定理,滑塊B滿足Ft=mv0解得F=.（2）a.設(shè)任意點(diǎn)到O點(diǎn)豎直高度差為d.A、B由O點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)至該點(diǎn)過(guò)程中,只有重力做功,所以機(jī)械能守恒.選該任意點(diǎn)為勢(shì)能零點(diǎn),有EkA=mgd,EkB=mgd+mv02由于p=,有即pApB故A下滑到任意一點(diǎn)的動(dòng)量總是小于B平拋經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的動(dòng)量.b.以O(shè)為原點(diǎn),建立直角坐標(biāo)系xOy,x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向下,則對(duì)B有x=v0t,y=gt2B

17、的軌跡方程 y=x2在M點(diǎn)x=y,所以y=因?yàn)锳、B的運(yùn)動(dòng)軌跡均為OD曲線,故在任意一點(diǎn),兩者速度方向相同.設(shè)B水平和豎直分速度大小分別為vBx和vBy,速率為vB;A水平和豎直分速度大小分別為vAx和vAy,速度為vA,則,B做平拋運(yùn)動(dòng),故vBx=v0,vBy=,vB=對(duì)A由機(jī)械能守恒得vA=由得vAx=,vAy=將代入得vAx=v0 vAy=v012.(08四川理綜25)如圖所示,一傾角為=45的斜面固定于地面,斜面頂端離地面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板,在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m=0.09 kg的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）.小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2.當(dāng)小物塊與

18、擋板碰撞后,將以原速返回.重力加速度g取10 m/s2.在小物塊與擋板的前4次碰撞過(guò)程中,擋板給予小物塊的總沖量是多少？答案 0.4(3+) Ns解析 解法一：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng),到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v,由功能關(guān)系得：mgh=mv2+mgcos以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向.按動(dòng)量定理,碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量為:I=mv-m(-v)設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h,則mv2=mgh+mgcos同理,有mgh=mv2+mgcosI=mv-m(-v)式中,v為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度,I為再次碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量.由式得I=kI式中k=由此可知,小物塊前

19、4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù),首項(xiàng)為I1=2m總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)由1+k+k2+kn-1=得I= 代入數(shù)據(jù)得I=0.4(3+) Ns 解法二：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng),小物塊受到重力，斜面對(duì)它的摩擦力和支持力，小物塊向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a,依牛頓第二定律得mgsin-mgcos=ma設(shè)小物塊與擋板碰撞前的速度為v,則：v2=2a以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向.按動(dòng)量定理,碰撞過(guò)程中擋板給小物塊的沖量為I=mv-m(-v)由式得I=2m設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,依牛頓第二定律有：mgsin+mgcos=ma 小物

20、塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為h=sin由式得h=k2h式中k =同理,小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量為：I=2m由 式得I=kI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(jí)數(shù),首項(xiàng)為I1=2m 總沖量為I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3） 由1+k+k2+kn-1= 得I=2m 代入數(shù)據(jù)得I=0.4(3+) Ns 13.（08天津理綜24）光滑水平面上放著質(zhì)量mA=1 kg的物塊A與質(zhì)量mB=2 kg的物塊B,A與B均可視為質(zhì)點(diǎn),A靠在豎直墻壁上,A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接）,用手擋住B不動(dòng),此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能EP=49 J.在A、B間系一輕質(zhì)

21、細(xì)繩,細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度,如圖所示.放手后B向右運(yùn)動(dòng),繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷,之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道,其半徑R=0.5 m,B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C.取g=10 m/s2,求（1）繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小;（2）繩拉斷過(guò)程繩對(duì)B的沖量I的大小;（3）繩拉斷過(guò)程繩對(duì)A所做的功W.答案 (1)5 m/s (2)4 Ns（3）8 J解析 （1）設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為vB,到達(dá)C時(shí)的速度為vC,有mBg=mB mBvB2=mBvC2+2mBgR 代入數(shù)據(jù)得vB=5 m/s（2）設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)B的速度為v1,取水平向右為正方向,有Ep=mBv12I=mBvB-mBv

22、1代入數(shù)據(jù)得I=-4 Ns,其大小為4 Ns（3）設(shè)繩斷后A的速度為vA,取水平向右為正方向,有mBv1=mBvB+mAvAW=mAvA2代入數(shù)據(jù)得W=8 J14.(08廣東19)如圖（a）所示,在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間的變化如圖（b）所示,不帶電的絕緣小球P2靜止在O點(diǎn).t=0時(shí),帶正電的小球P1以速度v0從A點(diǎn)進(jìn)入AB區(qū)域,隨后與P2發(fā)生正碰后反彈,反彈速度大小是碰前的倍,P1的質(zhì)量為m1,帶電荷量為q,P2的質(zhì)量m2=5m1,A、O間距為L(zhǎng)0,O、B間距L=.已知,T=.(1)求碰撞后小球P1向左運(yùn)動(dòng)的最大距離及所需時(shí)間.（2）討論兩球能否在OB區(qū)

23、間內(nèi)再次發(fā)生碰撞.答案 （1）L0 T（2）能再次發(fā)生碰撞解析 （1）因?yàn)門=所以0T時(shí)間內(nèi)P1做勻速直線運(yùn)動(dòng),T s末恰好到達(dá)O點(diǎn),與P2發(fā)生正碰.假設(shè)碰撞后P1向左移動(dòng)時(shí)始終處在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s,時(shí)間為t.根據(jù)動(dòng)能定理得-qE0s=0-m1(v0)2s=L0L0根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律知s=v0tt=T4T由知,題意假設(shè)正確,P1向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為L(zhǎng)0,所需時(shí)間為T.（2）設(shè)P1、P2碰撞后P2的速度為v,以向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v0=m1(-v0)+5m1v則v=v0假設(shè)兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞,設(shè)P1、P2從第一次碰撞到再次碰撞的時(shí)間為t(碰后P

24、2做勻速直線運(yùn)動(dòng))-v0t+t2=v0 t 則t=3T4TP1、P2從O點(diǎn)出發(fā)到再次碰撞時(shí)的位移s1=v0t=v0=L0L由知,題意假設(shè)正確,即兩球在OB區(qū)間內(nèi)能再次發(fā)生碰撞.15.(08廣東20)如圖所示,固定的凹槽水平表面光滑,其內(nèi)放置U形滑板N,滑板兩端為半徑R=0.45 m的1/4圓弧面,A和D分別是圓弧的端點(diǎn),BC段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑塊P1和P2的質(zhì)量均為m,滑板的質(zhì)量M=4m.P1和P2與BC面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1=0.10和2=0.40,最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力,開始時(shí)滑板緊靠槽的左端,P2靜止在粗糙面的B點(diǎn).P1以v0=4.0 m/s的初速度從A點(diǎn)沿弧面自由滑

25、下,與P2發(fā)生彈性碰撞后,P1處在粗糙面B點(diǎn)上,當(dāng)P2滑到C點(diǎn)時(shí),滑板恰好與槽的右端碰撞并與槽牢固粘連,P2繼續(xù)滑動(dòng),到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度為零,P1與P2可視為質(zhì)點(diǎn),取g=10 m/s2.問(wèn)：（1）P2在BC段向右滑動(dòng)時(shí),滑板的加速度為多大？（2）BC長(zhǎng)度為多少？N、P1和P2最終靜止后,P1與P2間的距離為多少？答案 （1）0.8 m/s2 (2)1.9 m0.695 m解析 （1）將N、P1看作整體,根據(jù)牛頓第二定律得：2mg=（M+m）aa= m/s2=0.8 m/s2(2)設(shè)P1到達(dá)B點(diǎn)的速度為v,P1從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有：mgR=mv2-mv02代入數(shù)據(jù)得v=5 m/s因

26、P1、P2質(zhì)量相等且發(fā)生彈性碰撞,所以碰后P1、P2交換速度,即碰后P2在B點(diǎn)的速度為：vB=5 m/s設(shè)P2在C點(diǎn)的速度為vC,P2從C點(diǎn)到D點(diǎn)過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理得：-mgR=-mvC2代入數(shù)據(jù)得vC=3 m/s P2從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中,N、P1、P2作為一個(gè)系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)P2到達(dá)C點(diǎn)時(shí)N和P1的共同速度為v.根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mvB=mvC+(M+m)vv為滑板與槽的右端粘連前滑板和P1的共同速度.由動(dòng)能定理-2mgL2=mvC2-mvB22mgLN=(M+m)v2L2和LN分別為P2和滑板對(duì)地移動(dòng)的距離,聯(lián)立得BC長(zhǎng)度l=L2-LN=1.9 m 滑板與槽粘連后,

27、P1在BC上移動(dòng)的距離為l1-1mgl1=0-mv12 P2在D點(diǎn)滑下后,在BC上移動(dòng)的距離l2mgR=2mgl2聯(lián)立 得系統(tǒng)完全靜止時(shí)P1與P2的間距l(xiāng)=l-l1-l2=0.695 m.三年高考集訓(xùn)（20052007）題組一一、選擇題1（07全國(guó)卷I 18）如圖所示,在傾角為30的足夠長(zhǎng)的斜面上有一質(zhì)量為m的物體,它受到沿斜面方向的力F的作用.力F可按圖(a)、(b)、(c)、(d)所示的四種方式隨時(shí)間變化(圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值,力沿斜面向上為正.)已知此物體在t=0時(shí)速度為零,若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在3秒末的速率,則這四個(gè)速率中最大的是 ( )A.v

28、1B.v2C.v3 D.v4答案 C解析 圖(a)中,合力的沖量為Ia=Ft1+Ft2-mgsin 30t=-0.5 mg2+0.5 mg1-0.5 mg3=-2 mg;圖(b)中,合力的沖量為Ib=Ft1+Ft2+Ft3-mgsin 30t=-1.5 mg;圖(c)中,合力的沖量為Ic=Ft1+Ft2-mgsin 30t=-2.5 mg;圖(d)中,合力的沖量為Id=Ft1+Ft2-mgsin 30t=-1.5 mg,由于圖(c)情況下合力的沖量最大,故v3是最大的.2.(07全國(guó)卷II 16)如圖所示, PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的 圓周軌道,圓心O在S的正上方.在O和P兩點(diǎn)各有一質(zhì)量

29、為m的小物塊a和b,從同一時(shí)刻開始,a自由下落,b沿圓弧下滑.以下說(shuō)法正確的是 ( )A.a比b先到達(dá)S,它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量不相等B.a與b同時(shí)到達(dá)S,它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量不相等C.a比b先到達(dá)S,它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量相等D.b比a先到達(dá)S,它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量相等答案 A解析 a自由下落,b沿圓弧下滑,a比b先到達(dá)S,二者下落高度相同,由機(jī)械能守恒定律可知,二者到達(dá)S時(shí)速度大小相同,故動(dòng)量不同,A項(xiàng)正確.3.(07北京理綜20)在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊.開始時(shí)滑塊靜止.若在滑塊所在空間加一水平勻強(qiáng)電場(chǎng)E1,持續(xù)一段時(shí)間后立刻換成與E1相反方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2.當(dāng)電場(chǎng)E2與電場(chǎng)E1持續(xù)時(shí)間相同

30、時(shí),滑塊恰好回到初始位置,且具有動(dòng)能Ek.在上述過(guò)程中,E1對(duì)滑塊的電場(chǎng)力做功為W1,沖量大小為I1;E2對(duì)滑塊的電場(chǎng)力做功為W2,沖量大小為I2.則 ( ) A.I1=I2B.4I1=I 2C.W1=0.25Ek,W2=0.75EkD.W1=0.20Ek,W2=0.80Ek答案 C解析 電場(chǎng)為E1時(shí)滑塊的加速度為a1,電場(chǎng)為E2時(shí)滑塊的加速度為a2,兩段相同時(shí)間t內(nèi)滑塊運(yùn)動(dòng)的位移大小相等,方向相反,第一個(gè)t內(nèi)的位移s1=a1t2,第二個(gè)t內(nèi)的位移s2=v1t-a2t2=a1tt-a2t2=a1t2-a2t2,由s1=-s2得:a2=3a1,即:E2=3E1,所以I1=E1qt,I2=E2qt

31、,則I2=3I1,故A、B錯(cuò)誤.W1=E1qs,W2=E2qs,而W1+W2=Ek,所以W1=0.25Ek,W2=0.75Ek,故C對(duì),D錯(cuò).4.(07重慶理綜17)為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng),小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺(tái),測(cè)得1小時(shí)內(nèi)杯中水位上升了45 mm.查詢得知,當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落速度約為12 m/s.據(jù)此估算該壓強(qiáng)約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮后無(wú)反彈,不計(jì)雨滴重力,雨水的密度為1103 kg/m3)A.0.15 Pa B.0.54 PaC.1.5 PaD.5.4 Pa答案 A解析 設(shè)圓柱形水杯的橫截面積為S,則水杯中水的質(zhì)量為m=V=1034510-3S=45S,由動(dòng)量定

32、理可得：Ft=mv,而p=,所以p= Pa=0.15 Pa.5.（07四川理綜18）如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻上,質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑( )A.在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,小球和槽的動(dòng)量始終守恒B.在下滑過(guò)程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C.被彈簧反彈后,小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)D.被彈簧反彈后,小球和槽的機(jī)械能守恒,小球能回到槽高h(yuǎn)處答案 C解析 小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,由于小球與槽質(zhì)量相等,分離后小球和槽的速度大小相等,小球與彈簧接觸后,由能量守恒可知,它將以原速率被反向彈回,故C項(xiàng)

33、正確.二、非選擇題6.（07四川理綜25）目前,滑板運(yùn)動(dòng)受到青少年的追捧.如圖是某滑板運(yùn)動(dòng)員在一次表演時(shí)的一部分賽道在豎直平面內(nèi)的示意圖,賽道光滑,FGI為圓弧賽道,半徑R=6.5 m,G為最低點(diǎn)并與水平賽道BC位于同一水平面,KA、DE平臺(tái)的高度都為h=1.8 m,B、C、F處平滑連接.滑板a和b的質(zhì)量均為m,m=5 kg,運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為M,M=45 kg.表演開始,運(yùn)動(dòng)員站在滑板b上,先讓滑板a從A點(diǎn)靜止下滑,t1=0.1 s后再與b板一起從A點(diǎn)靜止下滑.滑上BC賽道后,運(yùn)動(dòng)員從b板跳到同方向運(yùn)動(dòng)的a板上,在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=0.6 s(水平方向是勻速運(yùn)動(dòng)).運(yùn)動(dòng)員與a板一起沿CD賽道上滑

34、后沖出賽道,落在EF賽道的P點(diǎn),沿賽道滑行,經(jīng)過(guò)G點(diǎn)時(shí),運(yùn)動(dòng)員受到的支持力N=742.5 N.(滑板和運(yùn)動(dòng)員的所有運(yùn)動(dòng)都在同一豎直平面內(nèi),計(jì)算時(shí)滑板和運(yùn)動(dòng)員都看作質(zhì)點(diǎn),取g=10 m/s2)(1)滑到G點(diǎn)時(shí),運(yùn)動(dòng)員的速度是多大？(2)運(yùn)動(dòng)員跳上滑板a后,在BC賽道上與滑板a共同運(yùn)動(dòng)的速度是多大？(3)從表演開始到運(yùn)動(dòng)員滑至I的過(guò)程中,系統(tǒng)的機(jī)械能改變了多少？答案 (1)6.5 m/s (2)6.9 m/s(3)88.75 J解析 (1)在G點(diǎn),運(yùn)動(dòng)員和滑板一起做圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)向心加速度為an,速度為vG,運(yùn)動(dòng)員受到重力 Mg、滑板對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力N的作用,則N-Mg=Manan=即N-Mg= v

35、G=vG=6.5 m/s(2)設(shè)滑板a由A點(diǎn)靜止下滑到BC賽道后速度為v1,由機(jī)械能守恒定律有mgh=mv12解得v1=運(yùn)動(dòng)員與滑板b一起由A點(diǎn)靜止下滑到BC賽道后,速度也為v1.運(yùn)動(dòng)員由滑板b跳到滑板a,設(shè)蹬離滑板b時(shí)的水平速度為v2,在空中飛行的水平位移為s,則s=v2t2 設(shè)起跳時(shí)滑板a與滑板b的水平距離為s0,則s0=v1t1 設(shè)滑板a在t2時(shí)間內(nèi)的位移為s1,則s1=v1t2 s=s0+s1即v2t2=v1(t1+t2)運(yùn)動(dòng)員落到滑板a后,與滑板a共同運(yùn)動(dòng)的速度為v,由動(dòng)量守恒定律mv1+Mv2=(m+M)v由以上方程可解出v=代入數(shù)據(jù),解得v=6.9 m/s(3)設(shè)運(yùn)動(dòng)員離開滑板b

36、后,滑板b的速度為v3,有Mv2+mv3=(M+m)v1可算出v3=-3 m/s,有|v3|=3 m/sv1=6 m/s,b板將在兩個(gè)平臺(tái)之間來(lái)回運(yùn)動(dòng),機(jī)械能不變.系統(tǒng)的機(jī)械能改變?yōu)镋=(M+m)vG2+mv32-(m+m+M)gh故E=88.75 J7.（07重慶理綜25）某興趣小組設(shè)計(jì)了一種實(shí)驗(yàn)裝置,用來(lái)研究碰撞問(wèn)題,其模型如右圖所示.用完全相同的輕繩將N個(gè)大小相同、質(zhì)量不等的小球并列懸掛于一水平桿,球間有微小間隔,從左到右,球的編號(hào)依次為1、2、3.N,球的質(zhì)量依次遞減,每個(gè)球的質(zhì)量與其相鄰左球質(zhì)量之比為k(k1).將1號(hào)球向左拉起,然后由靜止釋放,使其與2號(hào)球碰撞,2號(hào)球再與3號(hào)球碰撞

37、所有碰撞皆為無(wú)機(jī)械能損失的正碰.(不計(jì)空氣阻力,忽略繩的伸長(zhǎng),g取10 m/s2)(1)設(shè)與n+1號(hào)球碰撞前,n號(hào)球的速度為vn,求n+1號(hào)球碰撞后的速度.(2)若N=5,在1號(hào)球向左拉高h(yuǎn)的情況下,要使5號(hào)球碰撞后升高16h(16h小于繩長(zhǎng)),問(wèn)k值為多少？(3)在第(2)問(wèn)的條件下,懸掛哪個(gè)球的繩最容易斷,為什么？答案 (1) (2)0.414 (3)懸掛1號(hào)球的繩最容易斷,原因見解解析 (1)設(shè)n號(hào)球質(zhì)量為mn,n+1號(hào)球質(zhì)量為mn+1,碰撞后的速度分別為v n、vn+1,取水平向右為正方向,據(jù)題意有n號(hào)球與n+1號(hào)球碰撞前的速度分別為vn、0,且mn+1=kmn根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有mn

38、vn=mnvnn+kmnv n+1 根據(jù)機(jī)械能守恒定律,有mnvn2=mnv n2+kmnv n+12 由得v n+1=(v n+1=0舍去)設(shè)n+1號(hào)球與n+2號(hào)球碰前的速度為vn+1據(jù)題意有vn+1=v n+1得vn+1=v n+1= (2)設(shè)1號(hào)球擺至最低點(diǎn)時(shí)的速度為v1,由機(jī)械能守恒定律有m1gh=m1v12 解得v1=同理可求5號(hào)球碰后瞬間的速度v5=由式得vn+1=nv1N=n+1=5時(shí),v5=（）4v1由三式得k=-10.414(k=-1舍去)(3)設(shè)繩長(zhǎng)為l,每個(gè)球在最低點(diǎn)時(shí),細(xì)繩對(duì)球的拉力為F,由牛頓第二定律有F-mng=mn則F=mng+mn=mng+2=mng+Ekn 式

39、中Ekn為n號(hào)球在最低點(diǎn)的動(dòng)能由題意可知1號(hào)球的重力最大,又由機(jī)械能守恒定律可知1號(hào)球在最低點(diǎn)碰前的動(dòng)能也最大,根據(jù)式可判斷在1號(hào)球碰撞前瞬間懸掛1號(hào)球細(xì)繩的張力最大,故懸掛1號(hào)球的繩最容易斷.8.（07廣東17）如圖所示,在同一豎直平面上,質(zhì)量為2m的小球A靜止在光滑斜面的底部,斜面高度為H=2L.小球受到彈簧的彈性力作用后,沿斜面向上運(yùn)動(dòng).離開斜面后,達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)與靜止懸掛在此處的小球B發(fā)生彈性碰撞,碰撞后球B剛好能擺到與懸點(diǎn)O同一高度,球A沿水平方向拋射落在水平面C上的P點(diǎn),O點(diǎn)的投影O與P的距離為L(zhǎng)/2.已知球B質(zhì)量為m,懸繩長(zhǎng)L,視兩球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn),重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力.求:(1)

40、球B在兩球碰撞后一瞬間的速度大小.(2)球A在兩球碰撞前一瞬間的速度大小.(3)彈簧的彈力對(duì)球A所做的功.答案 (1) (2) (3)mgL解析 (1)設(shè)碰撞后的一瞬間,球B的速度為vB,由于球B恰能擺到與懸點(diǎn)O同一高度,根據(jù)動(dòng)能定理-mgL=0-mvB2vB=(2)球A達(dá)到最高點(diǎn)時(shí),只有水平方向速度,與球B發(fā)生彈性碰撞,設(shè)碰撞前的一瞬間,球A水平速度為vA,碰撞后的一瞬間,球A速度為vA.球A、B系統(tǒng)碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得2mvA=2mvA+mvB2mvA2=2mvA2+mvB2由解得vA=及球A在碰撞前的一瞬間的速度大小vA=(3)碰后球A做平拋運(yùn)動(dòng).設(shè)從拋出到落地時(shí)間為t,平拋

41、高度為y,則=vAty=gt2由解得y=L以球A為研究對(duì)象,彈簧的彈性力所做的功為W,從靜止位置運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)W-2mg(y+2L)=2mvA2 由得W=mgL9.（07全國(guó)卷I24）如圖所示,質(zhì)量為m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M=19m的金屬球并排懸掛.現(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成=60的位置自由釋放,下擺后在最低點(diǎn)處與金屬球發(fā)生彈性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場(chǎng).已知由于磁場(chǎng)的阻尼作用,金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c(diǎn)處.求經(jīng)過(guò)幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于45. 答案 3次解析 設(shè)在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn-1,碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為vn和Vn.由于碰

42、撞過(guò)程中動(dòng)量守恒、碰撞前后動(dòng)能相等,設(shè)速度向左為正,則mvn-1=MVn-mvn mvn-12=MVn2+mvn2由、兩式及M=19m解得vn=vn-1Vn=vn-1第n次碰撞后絕緣球的動(dòng)能為En=mvn2=(0.81)nE0E0為第1次碰撞前的動(dòng)能,即初始能量.絕緣球在=0=60與=45處的勢(shì)能之比為=0.586式中l(wèi)為擺長(zhǎng).根據(jù)式,經(jīng)n次碰撞后=(0.81)n易算出(0.81)2=0.656,(0.81)3=0.531,因此,經(jīng)過(guò)3次碰撞后將小于45.10.(07山東理綜38)在可控核反應(yīng)堆中需要給快中子減速,輕水、重水和石墨等常用作減速劑.中子在重水中可與 核碰撞減速,在石墨中與核碰撞減

43、速.上述碰撞可簡(jiǎn)化為彈性碰撞模型.某反應(yīng)堆中快中子與靜止的 靶核發(fā)生對(duì)心正碰,通過(guò)計(jì)算說(shuō)明,僅從一次碰撞考慮,用重水和石墨作減速劑,哪種減速效果更好？ 答案 見解析 解析 設(shè)中子質(zhì)量為mn,靶核質(zhì)量為m,由動(dòng)量守恒定律： mnv0=mnv1+mv2 由能量守恒：mnv02=mnv12+mv22 解得：v1= 在重水中靶核質(zhì)量：mH=2mn， v1H=-v0 在石墨中靶核質(zhì)量：mC=12mn, v1C=v0 與重水靶核碰后中子速度較小,故重水減速效果更好.題組二一、選擇題1.（06全國(guó)卷I 20）一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經(jīng)t時(shí)間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v.在此過(guò)程中 （

44、）A.地面對(duì)他的沖量為mv+mgt,地面對(duì)他做的功為mv2B.地面對(duì)他的沖量為mv+mgt,地面對(duì)他做的功為零 C.地面對(duì)他的沖量為mv,地面對(duì)他做的功為mv2D.地面對(duì)他的沖量為mv-mgt,地面對(duì)他做的功為零答案 B解析 設(shè)地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力為F,則由動(dòng)量定理得：(F-mg)t=mv,故Ft=mv+mgt；運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)到身體剛好伸直離開地面,地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功為零,這是因?yàn)榈孛鎸?duì)人的作用力沿力的方向沒(méi)有位移.2.（04上海35）在行車過(guò)程中,如果車距不夠,剎車不及時(shí),汽車將發(fā)生碰撞,車?yán)锏娜丝赡苁艿絺?為了盡可能地減輕碰撞引起的傷害,人們?cè)O(shè)計(jì)了安全帶.假定乘客質(zhì)量為70 kg,汽車車

45、速為108 km/h(即30 m/s),從開始剎車到車完全停止需要的時(shí)間為5 s,安全帶對(duì)乘客的作用力大小約為 ( )A.400 NB.600 NC.800 ND.1 000 N答案 A解析 根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F=ma=m=70 N=420 N安全帶對(duì)乘客的作用力大小也為420 N,和A選項(xiàng)相近,所以選A.3.（04天津理綜21）如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng).兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動(dòng)量均為6 kgm/s,運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動(dòng)量增量為-4 kgm/s,則 （ ）A.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為25 B

46、.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為110 C.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為25 D.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為110答案 A解析 由mB=2mA,知碰前vBvA若左為A球,設(shè)碰后二者速度分別為vA,vB由題意知 pA=mAvA=2 kgm/spB=mBvB=10 kgm/s由以上各式得=,故正確選項(xiàng)為A.若右為A球,由于碰前動(dòng)量都為6 kgm/s,即都向右運(yùn)動(dòng),兩球不可能相碰.4.（04上海8）滑塊以速率v1靠慣性沿固定斜面由底端向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)它回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速率變?yōu)関2,且v2v1,若滑塊向上運(yùn)動(dòng)的位移中點(diǎn)為A,取斜面底端重力勢(shì)能為零,則 ( )A.上升時(shí)

47、機(jī)械能減小,下降時(shí)機(jī)械能增大B.上升時(shí)機(jī)械能減小,下降時(shí)機(jī)械能也減小C.上升過(guò)程中動(dòng)能和勢(shì)能相等的位置在A點(diǎn)上方D.上升過(guò)程中動(dòng)能和勢(shì)能相等的位置在A點(diǎn)下方答案 BC解析 如右圖所示,無(wú)論上升過(guò)程還是下降過(guò)程,摩擦力皆做負(fù)功,機(jī)械能均減少,A錯(cuò),B對(duì).設(shè)A點(diǎn)的高度為h,斜面的傾角為,物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為,整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理得:mv12=2mgh+2mgcos=2mgh+2mghcot解得:h=設(shè)滑塊在B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能與勢(shì)能相等,高度為h,則有:mgh=mv12-mgh-mgcos解得h=由以上結(jié)果知,hh,故C對(duì),D錯(cuò).二、非選擇題5.（07全國(guó)卷II 24）用放射源釙的射線轟擊鈹時(shí),能發(fā)射出一種穿透力極強(qiáng)的中性射線,這就是所謂鈹“輻射”.1932年,查德威克用鈹“輻射”分別照射(轟擊)氫和氮(它們可視為處于靜止?fàn)顟B(tài)),測(cè)得照射后沿鈹“輻射”方向高速運(yùn)動(dòng)的氫核和氮核的速度