物理试卷分类汇编物理动量守恒定律(及答案)及解析.docx

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1、【物理】物理试卷分类汇编物理动量守恒定律( 及答案 ) 及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度 v 向右匀速运动已知木箱的质量为m，人与车的总质量为2m，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1 的大小；(2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v2 的大小【答案】 v； 2v23【解析】试题分析： 取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv得 v1v2 小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv1 =（m+2m ） v2解

2、得v22v3考点：动量守恒定律2(16 分）如图 ,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。质量m1=0.40kg 的物块 A 从斜槽上端距水平木板高度h=0.80m 处下滑，并与放在水平木板左端的质量m2=0.20kg 的物块 B 相碰 ,相碰后物块 B 滑行x=4.0m 到木板的 C 点停止运动，物块A 滑到木板的 D 点停止运动。已知物块B 与木板间的动摩擦因数=0.20,重力加速度 g=10m/s2,求：(1) 物块 A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小；(2) 滑动摩擦力对物块 B 做的功；(3) 物块 A 与物块 B 碰撞

3、过程中损失的机械能。【答案】（ 1） v0 =4.0m/s（ 2） W=-1.6J（ 3） E=0.80J【解析】试题分析：设物块 A 滑到斜面底端与物块 B 碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有 m1gh1m1 v02(1 分)v02gh ，解得： v0 4.0 m/s(1 分 )2 设物块 B 受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，则 f m2g(1 分 )W mgx 解得： W 1.6 J(1 分 )2设物块 A 与物块 B 碰撞后的速度为v1，物块 B 受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为 E，根据动能定理有m122gx 0m2v2解得： v 4.0 m/s(1分)根据动

4、量守恒定律 m1v0 m1v1 m2 v(1 分)解得： v1 2.0 m/s(1分 )能量守恒1m1 v02 1m1v12 1m2v2 E(1 分 )222解得： E0.80 J(1 分)考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律3 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

5、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

6、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：Q mg(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：EBLv1BLv2E2回路电功率：PR9联立解得：PW44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

7、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+mv得： v1v02mvM车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒：Mv 1-mv=Mv 2+mv2mv得： v2v02M2mv同理，车上的人第n 次将小球抛出后，有vnv0n由题意 vn=0，得： mMv02nv考点：动量守恒定律M5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

8、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 当 A 球下落 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 vB2gh 4m / s（ii ）A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速

9、度 vA gt 3m / 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1 mA vA21 mBvB 2 1 mB vB 2222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 / sv02vB 2所以 P 点的高度 hp0.75 m2g考点：动量守恒定律能量守恒6 如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R 0.5m，物块 A 以 v0 6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道

10、上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L 0.1m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 0.1， A、B 的质量均为 m 1kg(重力加速度 g 取 10m/s2； A、B 视为质点，碰撞时间极短 )(1)求 A 滑 Q 点 的速度大小 v 和受到的 力大小F；(2)若碰后 AB 最 停止在第k 个粗糙段上，求k 的数 ；(3)求碰后 AB 滑至第 n 个(n k)光滑段上的速度vn 与 n 的关系式【答案】 (1) v5m/s ,F 22 N (2) k 45 (3) vn9 0.2n m/s (nk )【解析】物

11、 A 从开始运 到运 至Q 点的 程中，受重力和 道的 力作用，但 力始 不做功，只有重力做功，根据 能定理有：2mgR解得： v 4m/s在 Q 点，不妨假 道 物 A 的 力 F 方向 直向下，根据向心力公式有：mg F解得： F mg 22N， 正 ， 明方向与假 方向相同。根据机械能守恒定律可知，物 A 与物 B 碰撞前瞬 的速度 v0， 碰后A、 B 瞬 一起运 的速度 v0，根据 量守恒定律有：mv02mv 0解得： v0 3m/s 物 A 与物 B 整体在粗糙段上滑行的 路程 s，根据 能定理有：2mgs 0解得：s 4.5m所以物 A 与物 B 整体在粗糙段上滑行的 路程 每段

12、粗糙直 道 度的 45 倍，即k 45物 A 与物 B 整体在每段粗糙直 道上做匀减速直 运 ，根据牛 第二定律可知，其加速度 ： a g 1m/s2由 意可知 AB 滑至第 n 个（ n k）光滑段 ，先前已 滑 n 个粗糙段，根据匀 速直 运 速度 -位移关系式有： 2naL 解得： vnm/s（其中 n 1、 2、 3、 44）【考点定位】 能定理（机械能守恒定律）、牛 第二定律、匀 速直 运 速度-位移式关系、向心力公式、 量守恒定律的 用，以及运用数学知 分析物理 的能力。【 律 】牛 定律、 能定理、功能关系、 量守恒定律等往往是求解 合大 的必备知识，因此遇到此类问题，要能习惯性

13、地从以上几个方面进行思考，并正确结合运用相关数学知识辅助分析、求解。7 一轻质弹簧一端连着静止的物体B，放在光滑的水平面上，静止的物体A 被水平速度为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) v111v0 ； (2) vv048【解析】【分析】【详解】(1)设子弹射入 A 后， A 与子弹的共同速度为v1，由动量守恒定律可得1 mv0( 1 m3 m)v1444解得v11 v04(2)当 AB 速度相等时，

14、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，对子弹、 A、 B 组成的系统，由动量守恒定律可得1 mv0(1 m3 m m)v444解得v 1 v088 光滑水平面上质量为1kg的小球A2.0m/s的速度与同向运动的速度为1.0m/s、质，以量为 2kg 的大小相同的小球B 发生正碰 ,碰撞后小球 B 以 1.5m/s 的速度运动求 :(1)碰后 A 球的速度大小 ;(2)碰撞过程中A、 B 系统损失的机械能【答案】 v A1.0m / s ， E损0.25 J【解析】试题分析：（ 1）碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度（2）由能量守恒定律可以求出损失的机

15、械能解：（ 1）碰撞过程，以A 的初速度方向为正，由动量守恒定律得：mAvA +mBvB=m AvA+mBvB代入数据解： vA=1.0m/s 碰撞过程中A、 B 系统损失的机械能量为：代入数据解得：E 损 =0.25J答： 碰后 A 球的速度为1.0m/s ； 碰撞过程中A、 B 系统损失的机械能为0.25J【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择9 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

16、 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=

17、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=+=v0，则由动能定理，有：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10 如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B=4T 的匀磁场中，两导轨间距 L=0.5m，导轨足够长金属棒a 和 b 的质量都为 m=1kg，电阻 RaRb 1 .b 棒静止于轨道水平部分，现将 a 棒从 h=80cm 高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C 点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰.求 a、 b 两棒

18、的最终速度大小以及整个过程中b 棒中产生的焦耳热（已知重力加速度g 取 10m/s 2）【答案】2m/s2J【解析】a 棒下滑至 C 点时速度设为mgh1 mv020（ 2 分）2解得 v0=4m/s ；（ 2 分）此后的运动过程中， a、 b 两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、 b 两棒组成的系统动量守恒，有：mv0m m v（ 2 分）解得 a、 b 两棒共同的最终速度为v=2m/s，此后两棒一起做匀速直线运动；由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦耳热为：Q1 mv021 m m v2（ 2 分）22则 b 棒中的焦耳热 Qb1 Q（ 2 分）2联立解得： Qb

19、=2J（ 2 分）11 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（ 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

20、v2 ，则有 mv1 =(m 4m)v2 （ 2分）由总能量守恒可得： fL = 1 mv12 - 1 (m 4m)v22（ 2 分）22v3（ 1 分）上述四式联立，解得2v0考点：动能定理，动量定理，能量守恒定律12 如图所示，粗细均匀的圆木棒A 下端离地面高H，上端套着一个细环BA 和 B 的质量均为 m， A 和 B 间的滑动摩擦力为 f，且 f mg用手控制 A 和 B 使它们从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？

21、【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：，方向竖直向下对环：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