《高中物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析.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题20套(带答案)及解析.docx（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高中物理动量守恒定律题20 套( 带答案 ) 及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 水平放置长为 L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v=3m/s ，质量为 m2=3kg 的小球被长为 l 1m 的轻质细线悬挂在 O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为 m1=1kg的物块自传送带上的左端A 点以初速度 v0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球 m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的1 反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。2已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为=0.1，取重力加速度 g10m/s2 。求：（ 1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（ 2）物块在传
2、送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？【答案】（ 1） 42N（ 2） 13.5J【解析】【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：m gL = 1 mv21 m v21211210解之可得： v1 =4m/s因为 v1v ，说明假设合理m1v1 =12滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：2 m1v1 +m2v2解之得： v2 =2m/s碰后，对小球，根据牛顿第二定律：Fm2 gm2 v22l小球受到的拉力：F42N（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为t1 ，则 L1 v0 v1 t12解之得： t11s在这过程中，传送带运行距离为：S1vt13m滑块与
3、传送带的相对路程为：X1LX11.5m设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为t2则根据动量定理：m1 gt2m11 v12解之得： t2 2s滑块向左运动最大位移： xm11 v1 t 2 =2m22因为 xmL ，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带1再考虑到滑块与小球碰后的速度2 v1 v ，说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为2t2在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程X 22vt212m因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是Q m1 g x1 x2 =13.5J2 如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为
4、半径R=0.3m的光滑 1 圆孤， BC 部分水平粗糙，BC 长为 L=0.6m 。一可看做质点的小物块从A 点由静止4释放，滑到C 点刚好相对小车停止。已知小物块质量m=1kg，取 g =10m/s 2。求：（ 1）小物块与小车 BC 部分间的动摩擦因数；（ 2）小物块从 A 滑到 C的过程中，小车获得的最大速度。【答案】（ 1） 0.5（ 2） 1m/s【解析】【详解】解： (1) 小物块滑到 C 点的过程中，系统水平方向动量守恒则有： ( M m)v 0 所以滑到 C 点时小物块与小车速度都为 0由能量守恒得：mgRmgLR0.5解得：L(2)小物块滑到 B 位置时速度最大，设为v1 ，
5、此时小车获得的速度也最大，设为v2由动量守恒得： mv1Mv 2由能量守恒得： mgR1 mv121 Mv 2222联立解得： v21m / s3 如图，质量分别为m1=1.0kg 和 m2=2.0kg 的弹性小球a、 b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变该系统以速度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，
6、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4 如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置 U 形滑板 N，滑板两端为半径的 1/4 圆弧面 A 和 D分别是圆弧的端点， BC段表面粗糙，其余段表面光滑小滑块R=0 45mP1 和P2 的质量均为m滑板的质量M=4m， P1 和P2 与BC面的动摩擦因数分别为 1=0 10和2 =0 20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力开始时滑板紧靠槽的左端，P2 静止在粗糙面的 B 点， P1 以 v0=4 0m/
7、s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P2 发生弹性碰撞后，P1 处在粗糙面B 点上当P2 滑到 C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2 继续运2动，到达D点时速度为零P1 与 P2 视为质点，取g=10m/s 问：（ 1） P1 和 P2 碰撞后瞬间 P1、 P2 的速度分别为多大？（ 2） P2 在 BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？（ 3） N、 P1 和 P2 最终静止后， P1 与 P2 间的距离为多少？【答案】（ 1） v10 、 v2 5m/s（2） a20.4m/s 2（ 3） S=1 47m【解析】试题分析：（ 1） P1 滑到最低点速度为 v1，由机械能守恒
8、定律有：1mv02mgR1mv1222解得： v1=5m/sP1、P2 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v1 、 v2则由动量守恒和机械能守恒可得：mv1mv1 mv21 mv121 mv12 1 mv22222解得： v10 、 v25m/s（2） P2 向右滑动时，假设 P1 保持不动，对P2 有： f 2= 2mg=2m（向左）设 P1、 M的加速度为 a2；对 P1、 M有： f= （ m+M） a2a2fM2m0.4m/s 2m5m此时对 P1 有： f 1=ma2=0 4m f m=1 0m，所以假设成立故滑块的加速度为0 4m/s 2；12（3） P 滑到 C
9、 点速度为 v2 ，由 mgRmv222得 v23m/sP1、P2 碰撞到 P2 滑到 C 点时，设 P1、 M速度为 v，由动量守恒定律得：mv2(mM )vmv2解得： v=0 40m/s对 P1、 P2、 M为系统： f2 L1 mv221 ( m M ) v222代入数值得： L=3 8m滑板碰后， P1 向右滑行距离：s1v20.08m2a1P2 向左滑行距离：v222.25ms22a2所以 P1、 P2 静止后距离：S=L-S1-S 2=1 47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合
10、题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高5人站在小车上和小车一起以速度 v0 沿光滑水平面向右运动地面上的人将一小球以速度 v 沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度 v 水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n 次后，人和车速度刚好变为0已知人和车的总质量为M ，求小球的质量m【答案】 mMv 02nv【解析】试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv 0-mv=Mv 1+mv2mv得
11、： v1v0M车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒：Mv 1-mv=Mv 2+mv得： v2v02 2mvM2mv同理，车上的人第n 次将小球抛出后，有vnv0nM由题意 vn=0，Mv0得： m2nv考点：动量守恒定律6 如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、 12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、 v0为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度（不计水的阻力）【答案】 4v0【解析】【分析】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲
12、接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题【详解】设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0=11mv 1-mv，甲船与货物：10m2v0-mv=11mv 2，两船不相撞的条件是：v2 v1，解得：v 4v0，则最小速度为4v0【点睛】本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择以及正方向的选择7 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，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
13、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 v m 0解得，前面列车的速度为Mv；vM m8 一个静止的铀核 92232 U （原子质量为232.0372u）放出一个 粒子（原子质量为4.0026u ）后衰变成钍核90228 Th （原子质量为 228.0287 u ）（已知：原子质量单位1u 1.67 10 27 kg ，1u 相当于 931MeV ）(1)写出核衰变反应方程；(2)算出该核衰变反应中释放出的核能；(3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核
14、和粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？【答案】 (1) 23292 U22890Th+ 24 He(2)5.49MeV (3)0.095MeV【解析】【详解】(1)23292 U22890Th+ 24 He(2)质量亏损mmUm mTh0.0059u E= mc2=0.0059 931MeV=5.49MeV(3)系统动量守恒，钍核和粒子的动量大小相等，即pThpEkThpTh22mThEkp22mEkThEk E所以钍核获得的动能 EkThmE4mThE 0.095MeVm42289 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板 B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板B完全相同的木板A以一定的速度
15、向左运动，与木板B 发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块 C刚好没有从木板 A 上掉下已知木板 A、 B 和滑块 C的质量均为m， C与 A、B 之间的动摩擦因数均为 . 求：(1) 木板 A与 B 碰前的速度 v0；(2) 整个过程中木板 B 对木板 A 的冲量 I .【答案】 (1)2(2)，负号表示 B 对 A 的冲量方向向右【解析】 (1) 木板 A、 B 碰后瞬时速度为v1A 的初速度方向为正，碰撞过程中动量守恒，以方向，由动量守恒定律得mv0 2mv1 .A、 B 粘为一体后通过摩擦力与C 发生作用，最后有共同的速度v2，此过程中动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由
16、动量守恒定律得2mv1 3mv 2.C 在 A 上滑动过程中，由能量守恒定律得 mgL 3mv 2mv .联立以上三式解得 v0 2.(2) 根据动量定理可知，B 对 A 的冲量与 A 对 B 的冲量等大反向，则I 的大小等于 B 的动量变化量，即 I mv2，负号表示 B 对 A 的冲量方向向右。10 如图所示，用气垫导轨做“验证动量守恒”实验中，完成如下操作步骤：A调节天平，称出两个碰撞端分别贴有尼龙扣滑块的质量m1 和 m2B安装好A、 B 光电门，使光电门之间的距离为50cm导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够作 _运动C在碰撞前，将一个质量为m2 滑块放在两光电门中间，使它静止，将另
17、一个质量为m1滑块放在导轨的左端，向右轻推以下m1，记录挡光片通过A 光电门的时间t 1D两滑块相碰后，它们粘在一起向右运动，记录挡光片通过_的时间 t2E得到验证实验的表达式_ m1m1m2【答案】匀速直线运动小车经过光电门的时间t1t2【解析】【详解】为了让物块在水平方向上不受外力，因此当导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够作匀速直线运动；根据实验原理可知，题中通过光电门来测量速度，因此应测量小车经过光电门的时间l设光电门的宽度为l ，则有：经过光电门的速度为v1t1整体经过光电门的速度为：v2lt2由动量守恒定律可知，m1v1(m1 +m2 ) v2代入解得：m1( m1m2 )t1t2
18、。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
19、度为v,则由动量守恒定律得：Mv0 mv0=MvvMv 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，小球A 质量为 m，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点， O 点到水平面的距离为h 物块 B 质量是小球的5 倍，置于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短 )，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲16量及物块在地面上滑行的距离h【答案】16【解
20、析】【分析】对小球下落过程由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度，再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求解获得的冲量；对物块滑行过程由动能定理可求得其滑行的距离【详解】小球的质量为m, 设运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v1,取小球运动到最低点时的重力势能为零 ,根据机械能守恒定律有：1mgh= mv122解得： v1=2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v1h1 2,同理有： mgmv1162解得： v1gh=8设碰撞后物块的速度大小为v2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有：mv1=-mv1+5mv 2gh解得： v2=8由动量定理可得 ,碰撞过程滑块获得的冲量为I=5mv2=5 m 2gh4物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F=5mg设物块在水平面上滑行的时间为t,由动能定理有：Fs 01 5mv222h解得： s16【点睛】本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解