《高中物理试卷分类汇编物理动量守恒定律(及答案)含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理试卷分类汇编物理动量守恒定律(及答案)含解析.docx（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高中物理试卷分类汇编物理动量守恒定律( 及答案 ) 含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 如 所示，在 角 30的光滑斜面上放置一 量 m 的物 B，B 的下端 接一 簧， 簧下端与 板相 接，B 平衡 ， 簧的 量 x0， O 点 簧的原 位置在斜面 端另有一 量也 m 的物 A，距物 B 为 3x0， A 从静止开始沿斜面下滑， A 与 B 相碰后立即一起沿斜面向下运 ，但不粘 ，它 到达最低点后又一起向上运 ，并恰好回到 O 点 (A、B 均 点 )，重力加速度 g求：（ 1） A、 B 相碰后瞬 的共同速度的大小；（ 2） A、 B 相碰前 簧具有的 性 能；（ 3）若在斜面 端再
2、 接一光滑的半径R x0 的半 道 PQ， 弧 道与斜面相切于最高点P， 物 A 以初速度v 从 P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点 具有向上的速度， v 至少 多大 物 A 能沿 弧 道运 到Q 点（ 算 果可用根式表示）【答案】 v213gx0 EP1 mgx0 v(20 4 3) gx024【解析】 分析：（ 1） A 与 B 球碰撞前后， A 球的速度分 是 v1 和 v2 ，因 A 球滑下 程中，机械能守恒，有：1mg（3x0）sin30 = mv 122解得： v1 3gx0 又因 A 与 B 球碰撞 程中， 量守恒，有：mv 1=2mv2 立 得： v2 1 v1 13gx
3、022（2）碰后， A、 B 和 簧 成的系 在运 程中，机械能守恒 有： EP1?2mv220+2mg?x0sin30+2解得： EP012203010 2mg?x sin30-?2mv=mgx -4mgx 4mgx 2（3） 物 在最高点C 的速度是vC，物 A 恰能通 弧 道的最高点C 点 ，重力提供向心力，得：mg m vc2R所以： vc gRgx0 C 点相 于O 点的高度：(43)h=2x0sin30 +R+Rcos30=x02物 从 O 到 C的 程中机械能守恒，得：1 mvo2 mgh+ 122mvc2 立 得：vo (53) gx0 ?设 A 与 B 碰撞后共同的速度 vB
4、，碰撞前 A 的速度 vA，滑 从 P 到 B 的 程中机械能守恒，得： 1mv2+mg（ 3x0sin30）1mvA222A 与 B 碰撞的 程中 量守恒得：mv=2mv ABA 与 B 碰撞 束后从 B 到 O 的 程中机械能守恒，得：1?2mvB2+EP21 ?2mvo 2+2mg?x0sin30 2由于 A 与 B 不粘 ，到达 O 点 ，滑 B 开始受到 簧的拉力，A 与 B 分离 立 解得： v3 3gx0考点： 量守恒定律；能量守恒定律【名 点睛】分析清楚物体运 程、抓住碰撞 簧的 量与 A、B 到达 P 点 簧的伸 量相等， 簧 能相等是关 ， 用机械能守恒定律、 量守恒定律即
5、可正确解 2 如 所示， 量M=1kg 的半 弧形 凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和 ef 两个光滑半 形 ，c 与 e 端由 接，一 量m=lkg 的 体棒自ce 端的正上方h=2m 平行 ce 由静止下落，并恰好从 ce 端 入凹槽，整个装置 于范 足 大的 直方向的匀 磁 中， 体棒在槽内运 程中与 接触良好。已知磁 的磁感 度B=0.5T， 的 距与 体棒的 度均 L=0.5m， 的半径r=0.5m ， 体棒的 阻R=1，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s 2，不计空气阻力。(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量
6、；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为 16J，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率。【答案】 (1) v 2 10m / s (2)25J(3)P9 W4【解析】【详解】解： (1)根据机械能守恒定律，可得：mgh1 mv22解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v2 10 m / s(2)导体棒早凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，圆柱体停在凹槽最低点根据能力守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Qmg(hr )25 J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v1 ，凹槽速度大小为v 2 ，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方
7、向动量守恒，故有：mv1Mv 2由能量守恒可得：1mv121mv22mg( hr ) Q122导体棒第一次通过最低点时感应电动势：EBLv1BLv2E2回路电功率：PR9联立解得：PW43 如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M11 kg ，车上另有一个质量为m 0.2 kg的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v0 8 m/s的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M2 2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？( 球最终停在乙车上)【答案】 25m/s【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等以 M 1、 M2
8、、m 组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒：0M 2v0M1mM 2 v共 ，解得 v共5m / s以 小 球 与 乙 车 组 成 的 系统 ， 水 平 方 向 动 量 守 恒 ：M 2v0mvmM 2 v共 ， 解 得v25m / s考点：考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解4 如图，质量分别为 m1=1.0kg2的弹性小球 a、 b，用轻绳紧紧的把它们捆在一和 m =2.0kg起，使它们发生微小的形变该系统以速
9、度v0=0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动经过时间t=5.0s 后，测得两球相距s=4.5m ，则刚分离时，a 球、 b 球的速度大小分别为_、 _；两球分开过程中释放的弹性势能为_ 【答案】 0.7m/s,-0.2m/s0.27J【解析】试题分析： 根据已知，由动量守恒定律得联立得 由能量守恒得代入数据得考点：考查了动量守恒，能量守恒定律的应用【名师点睛】关键是对过程分析清楚，搞清楚过程中初始量与末时量，然后根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解题5 一列火车总质量为M ，在平直轨道上以速度v 匀速行驶，突然最后一节质量为m 的车厢脱钩，
10、假设火车所受的阻力与质量成正比，牵引力不变，当最后一节车厢刚好静止时，前面火车的速度大小为多少？【答案】 Mv/(M-m)【解析】【详解】因整车匀速运动，故整体合外力为零；脱钩后合外力仍为零，系统的动量守恒取列车原来速度方向为正方向由动量守恒定律，可得Mv M m vm 0解得，前面列车的速度为Mvv；Mm6 如图所示，在光滑水平面上有一个长为L 的木板 B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的 1 圆弧槽 C 与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、 C 静止在水4平面上，现有滑块 A 以初速度 v0从右端滑上 B 并以 v0滑离 B，恰好能到达C 的最高点 .A、2B、 C
11、的质量均为m，试求：（ 1）滑块与木板 B 上表面间的动摩擦因数 ；（ 2） 1 圆弧槽 C 的半径 R422【答案】（ 1） 5v0；（ 2） R v016gL64 g【解析】由于水平面光滑，A 与 B、 C 组成的系统动量守恒和能量守恒，有：1mv0 m(v0 ) 2mv1 21mv02 1102 12mv12 mgL2m(v )2222联立解得：5v0.16 gL当 A 滑上 C， B 与 C分离， A、 C 间发生相互作用 A 到达最高点时两者的速度相等 A、 C 组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒：1m(v0) mv1 (m m)v2 21112m(v0)2222mv1 12
12、(2m)v22 mgR 2联立解得：Rv064g点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，列出动量守恒以及能量转化的方程；注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向7 在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的多次碰撞如图所示，一块表面水平的木板静止放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离L 0.08 m 现有一小物块以初速度 v02 m/s 从左端滑上木板 ，已知木板和小物块的质量均为1 kg，小物块与木板之间的动摩擦因数 0.1，木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，木板与墙碰后木板以原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取重力加速度g 10 m
13、/s 2求：(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间；(3)小物块和木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离【答案】 （1） 0.4 s0.4 m/s（ 2） 1.8 s.（3） 0.06 m【解析】试题分析：（ 1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动，设木板加速度为a，经历时间 T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1则mgma ，解得 ag 1m / s2 L1at 2 ， v1at 2联立 解得 t0.4s， v1 0.4m / s （ 2）在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之
14、间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为 T设在物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞，则有：v v0 2nT t aa t 式中 t 是碰撞 n 次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故 式可改写为 2v v0 2nTa 由于木板的速率只能处于0 到 v1 之间，故有 0v0 2nTa 2v1 求解上式得 1.5n2.5由于 n 是整数，故有n=2由得：t0.2s ； v0.2m / s 006m 从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：t4Tt1.8s
15、（ 11）即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为18s（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s L1a t 2 （ 12）2联立 与（ 12）式，并代入数据得s0.06m即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式【名师点睛】本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到
16、两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减为零8 如图所示，木块 m2 静止在高 h=0 45 m 的水平桌面的最右端，木块m1静止在距 m2左侧 s0=6 25 m 处现木块 m1 在水平拉力 F 作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与m 2碰前瞬间撤去 F， m1 和 m2 发生弹性正碰碰后 m2 落在水平地面上，落点距桌面右端水平距离 s=l 2 m已知 m1=0 2 kg ， m2 =0 3 kg ， m1 与桌面的动摩擦因素为0 2（两个木块都可以视为质点， g=10 m s2）求：（ 1）碰后瞬间 m2 的速度是多少？（ 2） m1 碰撞
17、前后的速度分别是多少？（ 3）水平拉力 F 的大小？【答案】（ 1） 4m/s（ 2） 5m/s ； -1m/s（ 3） 0 8N【解析】试题分析：（ 1） m2 做平抛运动，则：h= 1 gt 2；2s=v2t ；解得 v2=4m/s（2）碰撞过程动量和能量守恒：m1v=m1v1+m2v21 m1v2= 1 m1v12+ 1 m2v22222代入数据解得：v=5m/sv1=-1m/s（ 3） m1 碰前 :v 2=2asFm1 gm1a代入数据解得：F=0 8N考点：动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题关键是搞清两个物体的运动特征 , 分清物理过程；用动量守恒定律和
18、能量守恒定律结合牛顿定律列出方程求解9 在光滑的水平面上，质量m1 =1kg 的物体与另一质量为m2 物体相碰，碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图所示。求：（ 1）碰撞前 m1 的速度 v1 和 m2 的速度 v2；（2）另一物体的质量m。2【答案】（ 1） v14 m s， v20 ；（ 2） m2 3kg 。【解析】试题分析：（ 1）由 s t 图象知：碰前，s16 - 0m 的速度 v14 m s ， m 处于静止12t4 - 0状态，速度 v20（2）由 s t 图象知：碰后两物体由共同速度，即发生完全非弹性碰撞碰后的共同速度s24161m sv124t根据动量守恒定律，有：m1v
19、1(m1m2 )v另一物体的质量m2 m1v1v3m13kgv考点： st 图象，动量守恒定律10 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2 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v0 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.设木板足够长，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.【答案】 t4v03 g【解析】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
20、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：2mv0 mv0=（2m+m ） v，解得： v=木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv m（ v0） = 2mgt1用动能定理，有：= 2mgs木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt2木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t 1+t2=+=答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为【点评】本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11 如图所示，质量为 mA=3kg 的小车 A 以v0=4m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬
21、挂质量为mB=1kg 的小球 B（可看作质点），小球距离车面 h=0.8m某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为mC=1kg 的物块 C 发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g=10m/s 2求：（1）小车系统的最终速度大小v 共 ；（ 2）绳未断前小球与砂桶的水平距离L；（ 3）整个过程中系统损失的机械能E 机损 【答案】 (1)3.2m/s（ 2）0.4m（ 3） 14.4J【解析】试题分析：根据动量守恒求出系统最终速度；小球做平抛运动，根据平抛运动公式和运动学公式求出水平距离；由功
22、能关系即可求出系统损失的机械能（1）设系统最终速度为v 共 ，由水平方向动量守恒：(mA mB) v0=(mAmBmC) v 共带入数据解得：v 共=3.2m/s（ 2） A 与 C的碰撞动量守恒： mAv0=(mA mC)v1解得 ： v1=3m/s设小球下落时间为t，则： h1 gt 22带入数据解得：t=0.4s所以距离为：L(v0 v1 )带入数据解得：L=0.4m（3）由能量守恒得 ：E损 mB gh1mA mB v021mA mB m v共222带入数据解得：E损14.4 J点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械
23、能守恒；然后才能列式求解12 如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=1kg 的小物块 A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始终以v=1m/s 的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面，质量m=0.5kg 的小物块的动摩擦因数B 从其上距水平台面高0.35， l=1.0m 设物块h=0.8m 处由静止释放已知物块B 与传送带之间A、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 处于静止状态取g=10m/s 2(1)求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小；(2)物块 A、B 间发生碰撞过程中，物块B 受到的冲
24、量；(3)通过计算说明物块B 与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(4)如果物块 A、 B 每次碰撞后，弹簧恢复原长时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块 B 第 n 次碰撞后的运动速度大小11n 1【答案】 (1)3m/s ；(2)2kgm/s ； (3)ml ，所以不能 ；(4)73s【解析】【分析】物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B 在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解；物块 A、 B 第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解 ；当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速可以判断，物块 B
25、 运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A 发生第二次碰撞物块B 与物 A 第三次碰撞、第四次碰撞，根据 于的 律求出n 次碰撞后的运 速度大小【 解】(1) 物 B 沿光滑曲面下滑到水平位置 的速度大小 v0，由机械能守恒定律可得：mgh1 mv022解得： v0 4 ms 物 B 在 送 上滑 程中因受摩擦力所 生的加速度大小 a， 有： mg=ma ， 物 B 通 送 后运 速度大小 v，有： v12-v02=-2al，解得： v1=3m/s v=1m/s ， 物 B 与物 A 第一次碰撞前的速度大小 3m/s；(2) 物体 A、 B 第一次碰撞后的速度分 vA 、 vB ，取向右
26、 正方向由 量守恒定律得：mv1 MvAmvB由机械能守恒定律得：1 mv121 mvB21 Mv A2222解得： vA=-2m/s ， vB=1m/s ，（ vA=0m/s ， vB=-3m/s 不符合 意，舍去）mIPmvBmv12kg? s ，方向水平向右；(3) 碰撞后物 B 在水平台面向右匀速运 ， 物 B 在 送 上向右运 的最大位移 l ， 有：0-vB2=-2al ，解得： l1l7所以物 B 不能通 送 运 到右 的曲面上；(4) 当物 B 在 送 上向右运 的速度 零 ，将会沿 送 向左加速可以判断，物 B 运 到左 台面是的速度大小 vB， 而与物 A 生第二次碰撞由（ 2）可知， vB=1 v13同理可得：第二次碰撞后B 的速度： vB1=1 vB( 1) 2 v133第 n 次碰撞后 B 的速度 ： vB（ n-1） = ( 1)n v1(1) n 1 m33s【点睛】本 是多 程 ，分析滑 的 程，运用 量守恒，能量守恒、牛 第二定律和运 学公式 合按 序分析和 算， 度 大