《高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案).docx（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题( 含答案 )一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板 B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、 C 静止在水平面上现有滑块A 以初速度 v0 从右端滑上B，一段时间后，以v0 滑离 B，并恰好能2到达 C 的最高点 A、 B、C 的质量均为m 求：（1） A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度；（2） A 与 B 的上表面间的动摩擦因数；（ 3）圆弧槽 C 的半径 R；（ 4）从开始滑上 B 到最后滑离 C 的过程中 A 损失的机械能【答案】（
2、1） vBv0 ；（ 2）5v02v02（ 4）15mv02416gL（3） RE64g32【解析】【详解】(1)对 A 在木板 B 上的滑动过程，取A、 B、 C 为一个系统，根据动量守恒定律有：解得 vBmv0m v0 2mvB2v04(2)对 A 在木板 B 上的滑动过程，A、 B、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量mgL 1 mv02 1 m( v0 )2 12m(v0 )2222245v02解得16gL(3)对 A 滑上 C直到最高点的作用过程，A、 C 系统水平方向上动量守恒，则有：mv0 mvB 2mv2A、 C 系统机械能守恒：mgR 1 m( v0 )21 m( v0
3、 )212mv222242v02解得 R64g(4)对 A 滑上 C直到离开C 的作用过程，A、 C 系统水平方向上动量守恒mv0mv024mvAmvCA、 C 系统初、末状态机械能守恒，1 m( v0 )21 m( v0 )21 m21 m22224vA2vC2解得 vA v0 .4所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2E 1 mv02 1 mv2A 15mv02232【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A、 B、 C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解2两个质量分别为 mA 0.3kg 、 mB0.1kg 的小
4、滑块A、 B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连 . 现使小滑块 A 和 B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0 3m / s 在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示 . 一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为h 1.5m . 斜面倾角37o ，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15 ，水平面与斜面圆滑连接 . 重力加速度g 取 10m / s2. 求：（提示： sin 37 o0.6 ， cos37 o0.8 ）（ 1） A、 B 滑块分离时，
5、 B 滑块的速度大小 .（ 2）解除锁定前弹簧的弹性势能 .【答案】（ 1） vB6m / s（2） EP0.6 J【解析】试题分析：（ 1）设分离时 A、B 的速度分别为 vA 、 vB ，小滑块 B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：mB ghmB gh cos1 mB vB2 （ 3sin2分）代入已知数据解得：vB6m / s（ 2 分）（2）由动量守恒定律得：(mAmB )v0mA vAmB vB （3 分）解得： vA 2m / s（2 分）由能量守恒得：1(mAmB )v02EP1mAvA21mB vB2 （ 4 分）222解得： EP 0.6J （ 2 分）考点：本题考查了动能
6、定理、动量守恒定律、能量守恒定律.3 如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN的半径为R=3.2m，水平部分NP 长 L=3.5m，物体B 静止在足够长的平板小车C 上， B 与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端从M 点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车，物体A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等 物体 A、B 和小车 C 的质量均为1kg，取 g=10m/s 2求(1)物体 A 进入 N 点前瞬间对轨道的压力大小？(2)物体 A 在 NP
7、 上运动的时间？(3)物体 A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】 (1)物体 A 进入 N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ；(2)物体 A 在 NP 上运动的时间为0.5s(3)物体 A 最终离小车左端的距离为33 m16【解析】试题分析：（ 1）物体 A 由 M 到 N 过程中，由动能定理得： mAgR=mAvN2 在 N 点，由牛顿定律得 FN-m Ag=mA联立解得FN=3mAg=30N由牛顿第三定律得，物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：FN =3mAg=30N（2）物体 A 在平台上运动过程中AAamg=mN2L=v t-at代入数据解得t=0.5st=3.5s(不合题意
8、，舍去 )（3）物体 A 刚滑上小车时速度v1= vN-at=6m/s从物体 A 滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A 组成系统动量守恒，而物体B 保持静止(mA+ mC)v2= mAv1小车最终速度v2=3m/s此过程中 A 相对小车的位移为L1，则mgL1121219mv122mv2解得： L m24物体 A 与小车匀速运动直到A 碰到物体 B，A，B 相互作用的过程中动量守恒：(mA+ mB)v3= mAv2此后 A， B 组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v4(mA+ mB)v3+mCv2= (m A+mB+mC) v4此过程中 A 相对小车的位移大小为L2，
9、则12121223mgL2mv22mv33mv4解得： Lm22216物体 A 最终离小车左端的距离为x=L1-L2=33 m16考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.4 如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块 A、 B、 C，物块 B、 C 静止，物块 B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A 以速度 v0 朝 B 运动，压缩弹簧；当A、 B 速度相等时， B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设B 和 C碰撞过程时间极短那么从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求（ 1） A、 B 第一次速度相同时的速度大小；（ 2） A、 B 第二次速
10、度相同时的速度大小；（ 3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】（ 1） v0（ 2） v0 （3）【解析】试题分析：（ 1）对 A、B 接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得， mv0=2mv 1，解得 v1v0（2）设 AB 第二次速度相同时的速度大小v2，对 ABC 系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2解得 v2= v0（ 3） B 与 C接触的瞬间， B、 C 组成的系统动量守恒，有：解得 v3 v0系统损失的机械能为当 A、 B、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大此时v2= v0根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题
11、综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。5如图，质量分别为、的两个小球A、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h=0.8m ， A 球在 B 球的正上方先将 B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放下落 t=0.3s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间当 A 球A 球的速度恰为零已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失（ i ） B 球第一次到达地面时的速度；（ ii ）P 点距离地面的高度【答案】 vB4m / s hp0.75m【解析】试题分析：（ i） B 球总地面上方静止释放后只有重
12、力做功，根据动能定理有mB gh1 mBvB22可得 B 球第一次到达地面时的速度 vB2gh4m / s（ii ）A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速度 vAgt3m / s设 B 球的速度为 vB ， 则有碰撞过程动量守恒mAvAmB vB mBvB 碰撞过程没有动能损失则有1212122mA vA2mBvB 2 mB vB 解得 vB 1m / s ， vB 2m / s小球 B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以B 离开地面上抛时速度v0 vB 4m / s所以 P 点的高度v02vB2hp2g0.75 m考点：动量守恒定律能量守恒6 如图，两块相同平板 P1、 P2 置于光滑
13、水平面上，质量均为m0.1kg P2 的右端固定一轻质弹簧，物体 P 置于 P1 的最右端，质量为 M 0.2kg 且可看作质点P1 与 P 以共同速度v0 4m/s 向右运动，与静止的 P2 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1 与 P2 粘连在一起， P压缩弹簧后被弹回 (弹簧始终在弹性限度内)平板 P1 的长度 L 1m ， P 与 P1 之间的动摩擦因数为 0.2， P2 上表面光滑求：(1)P1、 P2 刚碰完时的共同速度v1；(2)此过程中弹簧的最大弹性势能Ep(3)通过计算判断最终P 能否从 P1 上滑下，并求出P 的最终速度 v2【答案】 (1)v1=2m/s(2)EP=0.2J
14、 (3)v2=3m/s【解析】【分析】【详解】（1） P1、 P2碰撞过程，由动量守恒定律mv02mv1解得 v1v02m / s ，方向水平向右；2（2）对 P1、 P2、 P 系统，由动量守恒定律2mv1Mv0(2mM )v2解得 v23 v03m / s ，方向水平向右 ，4此过程中弹簧的最大弹性势能1212120.2 J ；EP?2mv1 +2Mv 0（2mM )v222（3）对 P1、 P2、 P 系统，由动量守恒定律2mv1Mv02mv3Mv2由能量守恒定律得1 2mv12 + 1 Mv 021 2mv321 Mv 22 + Mg L2222解得 P 的最终速度 v23m / s0
15、 ，即 P 能从 P1 上滑下， P 的最终速度 v23m / s7 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/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
16、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mg ma ，解得 ag 1m / s2 L1 at 2 ， v1at2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
17、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： t 0.2s ； v 0.2m / s 从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：t 4Tt 1.8s（ 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
18、速度时，木板与墙之间的距离为s L1 a 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006m 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
19、，质量均为 M 4 kg C，与 B 车静止在水平地面上， A的小车 A、 B， B 车上用轻绳挂有质量为m 2 kg 的小球车以 v0 2 m/s 的速度在光滑水平面上向B 车运动，相碰后粘在一起 (碰撞时间很短)求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后小球 C 第一次回到最低点时的速度大小【答案】 (1) 4 J (2) 1.6 m/s【解析】【详解】解： (1)设 A、 B 车碰后共同速度为v1 ，由动量守恒得： Mv 0 2Mv1系统损失的能量为： E损1 Mv0212Mv124 J22(2)设小球 C 再次回到最低点时A、 B 车速为 v2 ，小球 C 速度为 v3 ，对 A
20、、 B、C 系统由水平方向动量守恒得：2Mv12Mv2mv3由能量守恒得：12Mv1212Mv 22 1 mv32222解得： v31.6 m / s9 如图所示，内壁粗糙、半径R0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点 B 与光滑水平轨道 BC相切。质量 m2 0.2 kg 的小球 b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量 m10.2 kg 的小球 a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球 a 重力的 2 倍，忽略空气阻力，重力加速度g 10 m/s 2。求：(1)小球 a 由 A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功Wf ；(2)小球 a
21、通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep；(3)小球 a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量 I。【答案】 (1)(2)EP=0.2J (3)I=0.4N?s【解析】（1）小球由静止释放到最低点B 的过程中，据动能定理得小球在最低点B 时：据题意可知，联立可得（ 2）小球 a 与小球 b 把弹簧压到最短时，弹性势能最大，二者速度相同，此过程中由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得弹簧的最大弹性势能Ep =0.4J小球 a 与小球 b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 球最终速度为， b 求最终速度为，由动量守恒定律由能量守恒定律：根据动量定理有：得小球
22、 a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量 I 的大小为I=0.8N s10 如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为 L 的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连质量为m 的小滑块（可视为质点）以水平速度v0 滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零现小滑块以水平速度v 滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，小滑块弹回后，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值0【答案】【解析】试题分析：小滑块以水平速度v0右滑时，有：fL =0- 1 mv02 （2分）2小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有fL = 1 mv12 - 1 mv2
23、（ 2 分）22滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2 ，则有 mv1 =(m4m)v2 （ 2分）由总能量守恒可得：1212fL =2mv1 -2(m 4m)v2 （ 2 分）上述四式联立，解得v31分）v0（2考点：动能定理，动量定理，能量守恒定律11 如图所示，一质量为M 的平板车 B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块 A， m M,A 、 B 间粗糙，现给A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度v0,使 A 开始向左运动， B 开始向右运动，最后A 不会滑离B，求：（1） A、 B 最后的速度大小和方向；（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发
24、点最远处时，平板车的速度大小和方向【答案】（ 1） Mm v0 （ 2）2M m v02Mm2 Mg【解析】试题分析：（ 1）由 A、B 系统动量守恒定律得：Mv0 mv0= （M +m ） v 所以 v=v0方向向右（2） A 向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时速度为v,则由动量守恒定律得：Mv0 mv0=Mv vMv 0mv0 方向向右M考点：动量守恒定律；点评：本题主要考查了动量守恒定律得直接应用，难度适中12 如图所示，粗细均匀的圆木棒量均为 m， A 和 B 间的滑动摩擦力为A 下端离地面高 H，上端套着一个细环 BA 和 B 的质f，且 f mg用手控制 A 和 B 使它们从
25、静止开始自由下落当A 与地面碰撞后，A 以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动，与地面发生碰撞时间极短，空气阻力不计，运动过程中A 始终呈竖直状态求：若A 再次着地前B 不脱离A， A 的长度应满足什么条件？【答案】【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为 ，因为木棒与环一起自由下落，则木棒弹起竖直上升过程中，由牛顿第二定律有：对木棒：解得：，方向竖直向下解得方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态，所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变木棒在空中运动的时间为在这段时间内，环运动的位移为要使环不碰地面，则要求木棒长度不小于x，即解得：考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力