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1、高考物理动量守恒定律专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 如图所示，质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点， B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点，现给小物块一个向右的水平初速度v0=4m/s ，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点，已知圆弧所对的圆心角为53， A、B 两点间的距离为L=1m，小物块与水平面间的动摩擦因数为 =0.，2重力加速度为g=10m/s 2求：(1)圆弧所对圆的半径 R；(2)若 AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v =4m/
2、s 的初速度向右运动，则小物0块从 C 点抛出后，经多长时间落地?【答案】 （1） 1m（ 2） t4 282 s25【解析】【分析】根据动能定理得小物块在 B 点时的速度大小 ；物块从 B 点滑到圆弧面上最高点 C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从 C 抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间；【详解】解： (1)设小物块在 B 点时的速度大小为 v1 ，根据动能定理得：mgL1 mv021 mv1222设小物块在 B 点时的速度大小为v2 ，物块从 B 点滑到圆弧面上最高点C
3、 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：mv1 (m M )v2根据系统机械能守恒有：1 mv121 (mM )v22mg ( R R cos530 )22联立解得： R1m(2)若整个水平面光滑，物块以v0 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有：1 mv021 mv32mg ( RR cos530 )22解得： v32 2m / s物块从 C 抛出后，在竖直方向的分速度为：vyv3 sin 5382m / s5这时离体面的高度为：hRR cos530.4mh vyt1gt22解得： t4282 s252 如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m
4、 、 m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定现让甲以速度v0 向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求：（1）第一次碰撞过程中系统损失的动能（2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量【答案】(1) 1 mv02 ； (2)4mv0【解析】【详解】解： (1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1 、 v2 ，之后甲做匀速直线运动，乙以v2 初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速v2度相等，有： v12而第一次碰撞中系统动量守恒有：2mv02mv1 mv2由以上两式可得： v1 v0 ， v2v02所以
5、第一次碰撞中的机械能损失为：E1g2mgv021g2mgv121 mv221 mv022224(2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：I mv20 mv03 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Bv0 滑离 B，并恰好能，一段时间后，以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
6、；（ 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】（ 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：mv0m v0 2mvB2解得 vB v04(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 )222224解得5v0216gL(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 m
7、vB 2mv2A、 C 系统机械能守恒：mgR 1 m( v0 )21 m( v0 )212mv222242v2解得 R064g(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mv0mv0mvAmvC24A、 C 系统初、末状态机械能守恒，1 m( v0 )21 m( v0 )21 m2A1 m C22224vv22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
8、律和能量守恒定律列出等式求解4 如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和 ef 两个光滑半圆形导轨，c 与 e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行 ce 由静止下落，并恰好从 ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度B=0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m，导轨的半径r=0.5m ，导体棒的电阻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
9、始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(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
10、2 ，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：mv1Mv 2由能量守恒可得：1 mv121 mv22mg( hr ) Q122导体棒第一次通过最低点时感应电动势：EBLv1BLv2回路电功率：PE2R9联立解得：PW45 如图，足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板，挡板前L 处静止着质量m1=1kg 的小球 A，质量 m2=2kg 的小球 B 以速度 v0 运动，与小球 A 正碰两小球可看作质点，小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计，且碰撞中均没有机械能损失求(1)第 1 次碰撞后两小球的速度；(2)两小球第 2 次碰撞与第1 次碰撞之间的时间；(3)两小球发生第3 次碰撞时的位
11、置与挡板的距离416L【答案】 (1) v0v0 方向均与 v0 相同 (2)(3) 9L335v0【解析】【分析】（1）第一次发生碰撞，动量守恒，机械能守恒；（2）小球 A 与挡板碰后反弹，发生第2 次碰撞，分析好位移关系即可求解；（ 3）第 2 次碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒，从而找出第三次碰撞前的初始条件，分析第 2 次碰后的速度关系，位移关系即可求解【详解】（ 1）设第 1 次碰撞后小球 A 的速度为 v1 ，小球 B 的速度为 v2 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律 : m2 v0m1v1m2v21 m2 v021 m1v121 m2v22222整理得： v12m2v0 ， v
12、2m2m1 v0m1m2m1m2解得 v141v0 ， v2v0 ，方向均与 v0 相同33（2）设经过时间 t 两小球发生第2 次碰撞，小球A、 B 的路程分别为x1 、 x2 ，则有x1v1t ， x2v2t由几何关系知：x1x2 2L整理得： t6L5v0（3）两小球第2 次碰撞时的位置与挡板的距离：x L x23 L52 次碰前 A 的速度 vA41以向左为正方向，第v0 ，B 的速度为 vBv0 ，如图所示33设碰后A 的速度为 vA，B 的速度为 vB 根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1vAm2vBm1vAm2vB； 1 m1vA21 m2 vB21 m1vA21 m2vB2
13、2222整理得： vA(m1m2 ) vA2m2vB ， vB(m2m1 )vB2m1vAm1m2m1 m2解得： vA87v0v0 ， vB99设第 2 次碰后经过时间t发生第 3 次碰撞，碰撞时的位置与挡板相距x ，则x x vB t ， x x vA t整理得： x9L6 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，物体面光滑，小车的左端紧贴平台的右端从B 静止在足够长的平板小车M 点由静止释放的物体C 上， B 与小车的接触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
14、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 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)A进入N点前瞬间对轨道的压力大小为30N；物体(2)物体 A 在 NP 上运动的时间为 0.5s33m(3)物体 A 最终离小车左端的距离为16【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
15、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mAg=mAaL=vNt-at 2代入数据解得t=0.5st=3.5s(不合题意，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mgL11 mv1212mv22 解得： L19 m224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
16、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(m + m )v +m v = (m+m +m ) v4AB3C 2ABC此过程中 A 相对小车的位移大小为L2，则mgL21 mv2212mv3213mv42解得： L23 m22216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.7一质量为 的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块 并留在其中，与木块 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示已知弹簧被压缩瞬间的速度，木块、的质量
17、均为求：?子弹射入木块时的速度；?弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能Mm 2ab【答案】2( M m)(2 Mm)【解析】试题分析：（ 1）普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难 ”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A 正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B 正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D 错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E 错 (2)1以子弹与木块A 组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：2 弹簧
18、压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：由机械能守恒定律可知：考点：本题考查了物理学史和动量守恒定律8如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m 的木板B， B 的左端放置一个质量为m 的物块 A，已知 A、 B 之间的动摩擦因数为，现有质量为m 的小球以水平速度0 飞来与 A 物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A 始终未滑离木板 B，且物块 A 和小球均可视为质点 (重力加速度 g)求： 物块 A 相对 B 静止后的速度大小； 木板 B 至少多长【答案】v020.25v 0 Lg16【解析】试题分析：（ 1）
19、设小球和物体A 碰撞后二者的速度为v1 ，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，mv =2mv ， （ 2 分）012mv1=4mv2 （ 2 分）联立 得， v2=0.25v0 （ 1 分）（2）当 A 在木板 B 上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B 的长度为 L，假设 A 刚好滑到 B 的右端时共速，则由能量守恒得， （ 2 分）联立 得， L=考点：动量守恒，能量守恒【名师点睛】小球与A 碰撞过程中动量守恒，三者组成的系统动量也守恒，结合动量守恒定律求出物块 A 相对 B 静止后的速度大小；对子弹和 A 共速后到三种共速的过程，运用能量守恒定律求出木板的至少
20、长度9 一轻质弹簧一端连着静止的物体BA被水平速度为，放在光滑的水平面上，静止的物体v0 的子弹射中并且嵌入其中，随后一起向右运动压缩弹簧，已知物体A 的质量是物体B 的质量的 3 ，子弹的质量是物体 B 的质量的1 ，求：44(1)物体 A 被击中后的速度大小；(2)弹簧压缩到最短时B 的速度大小。【答案】 (1) v11 v0 ； (2) v1 v048【解析】【分析】【详解】(1)设子弹射入 A 后， A 与子弹的共同速度为v ，由动量守恒定律可得11(13mv0mm)v1444解得v11 v04(2)当 AB 速度相等时，弹簧的压缩量最大，设此时A、 B 的共同速度为v，取向右为正方向
21、，对子弹、 A、 B 组成的系统，由动量守恒定律可得113m m)vmv0(m444解得v1 v0810 卢瑟福用 粒子轰击氮核发现质子。发现质子的核反应为：。已知氮核质量为 mN=14.00753u，氧核的质量为 mO=17.00454u ，氦核质量 mHe=4.00387u，质子（氢核）质量为 mp=1.00815u 。（已知： 1uc2 =931MeV，结果保留 2 位有效数字）求：（ 1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？（ 2）若入射氦核以 v 7的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。反应生成的氧0=310m/s核和质子同方向运动，且速度大小之比为1:50
22、。求氧核的速度大小。【答案】（ 1）吸收能量，61.20MeV ；（ 2 ）1.8 10m/s【解析】（ 1）这一核反应中，质量亏损： m=mN+mHe-mO-mp=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=-0.00129u由质能方程，则有E=m c2=-0.00129 931=-1.20MeV故这一核反应是吸收能量的反应，吸收的能量为1.20MeV（2）根据动量守恒定律，则有：mHe v0=mH vH+mOvO又： vO： vH=1： 50 6解得： vO=1.810m/s11 如图所示，一光滑弧形轨道末端与一个半径为 R的竖直光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为 m
23、的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起（轻弹簧尺寸忽略不计），两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧瞬间将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点求：（1）前车被弹出时的速度v1 ；（ 2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能Ep ；（ 3）两车从静止下滑处到最低点的高度差h【答案】（ 1） v15Rg （ 2）5 mgR （ 3） h5 R48【解析】试题分析：（ 1）前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，根据牛顿第二定律求出最高点速度，根据机械能守恒列出等式求解（ 2）由动量守恒定律求出
24、两车分离前速度，根据系统机械能守恒求解（ 3）两车从 h 高处运动到最低处机械能守恒列出等式求解（1）设前车在最高点速度为v2 ，依题意有 mgm v22R设前车在最低位置与后车分离后速度为v1 ，根据机械能守恒得1 mv22mg 2R1 mv1222由得： v15Rg（2）设两车分离前速度为v0 ，由动量守恒定律得2mv0mv1设分离前弹簧弹性势能 EP ，根据系统机械能守恒得：EP1mv12 12m025mgR224（3）两车从 h 高处运动到最低处过程中，由机械能守恒定律得：2mgh12mv0225解得： hR812 （ 20 分）如下 所示，光滑水平面MN左端 板 有一 射装置P，右端
25、 N 与 于同一高度的水平 送 之 的距离可忽略， 送 水平部分NQ 的 度L=8m，皮 逆 送 以 v = 2m/s 的速度匀速 。MN 上放置两个 量都 m = 1 kg 的小物 A、 B，它 与 送 的 摩擦因数 = 0.4。开始 A、 B 静止， A、 B 一 簧，其 性 能 Ep = 16 J 。 解除 定， 开A、 B，并迅速移走 簧。取 g=10m/s2。（1）求物 B 被 开 速度的大小；（2）求物 B 在 送 上向右滑行的最 距离及返回水平面MN 的速度vB；（ 3） A 与 P 相碰后静止。当物 B 返回水平面 MN后， A 被 P 出， A、 B 相碰后粘接在一起向右滑
26、，要使 A、 B 接体恰好能到达 Q端，求 P 对 A 做的功。【答案】（ 1） vB4.0m / s （ 2） vB 2m / s （ 3） W162 J【解析】试 题 分 析 ： （ 1 ） （ 6 分 ） 解 除 锁 定 弹 开 AB 过 程 中 ， 系 统 机 械 能 守 恒 ：Ep1 mvA21 mvB2 2 分22 向右 正方向，由 量守恒mvB mvA 0 2 分解得4.0/ 2 分vB vAms（2）（ 6 分） B 滑上 送 做匀减速运 ，当速度减 零 ，滑 的距离最 。由 能定理得mgsM01 mvB2 2 分2vB22m 1 分解得 S Mg2物 B 在 送 上速度减 零
27、后，受 送 它的摩擦力，向左加速，若一直加速， 受力和位移相同 ，物 B 滑回水平面 MN 的速度 vB 4m / s ，高于 送 速度， 明B滑回 程先加速到与 送 共速，后以2m / s的速度做匀速直 运 。1 分物 B 滑回水平面 MN的速度 vB v2m / s 2 分（3）（ 8 分） 射装置将A 出后与 B 碰撞， 碰撞前A 的速度 vA ，碰撞后 A、 B 共同的速度 V，根据 量守恒定律，mvAmvB2mV 2 分A、 B 恰好滑出平台Q端，由能量关系有1 2mV 22mgL 2 分2 射装置 A 做功 W12，mvAW 2分 2由解得 W162 J 2 分考点：相 运 能定理 量守恒