高考物理试卷分类汇编物理动量守恒定律(及答案)及解析

1、高考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，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( v

3、0 )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 如图所示，质量为m =2kg 的小车静止在光滑的水平地

4、面上，其ab 部分为半径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：( mm)v0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

5、v1 ，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 / s3两个质量分别为 ma 0.3kg 、 mb0.1kg 的小滑块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

6、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， 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

7、)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：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.4装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因质量为2m、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上质量为 m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿现把钢板分成厚度均为 d、质量均为 m 的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第

8、二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响【答案】【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d 的钢板后，由动量守恒得：mv0=(2m m)v（ 2 分）1212此过程中动能损失为： e f 2d=mv 0 3mv（ 2 分）损22解得e 12mv 03分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和 v1： mv 1mv1 mv 0（2 分）因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为e1 f d=mv2（ 1分），0损由能量守恒得：1 mv 12 1 mv 12 1 mv 20 e损 1（ 2 分）222且考虑到 v1 必须大于

9、v1，解得： v1 ( 13 ) v026设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为v2，由动量守恒得：2mv2 mv1（ 1 分）损失的动能为：e1212（ 2 分）2mv 12mv2e 1 (12联立解得：3 ) mv 022因为ef x（ 1 分），可解得射入第二钢板的深度x 为：（ 2 分）子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解5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

10、）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。求氧核的速度大小。【答案】（ 1）吸收能量， 1.20mev ；（ 2）1.8610m/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=-0.0

11、0129 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： mhev =mhv +m v0ho o又： vo： vh=1： 50 6解得： vo=1.810m/s6 如图所示，一质量m1=0.45kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上车顶右端放一质量m2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点现有一质量m0 =0.05 kg 的子弹以水平速度v0=100m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为=0.5，最终小物体以5 m/s的速度离开小车g 取10 m/s 2求：（ 1）子弹从射入小

12、车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小（ 2）小车的长度【答案】（ 1） 4.5n s （ 2） 5.5m【解析】 子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：m0 vo (m0 m1 )v1 ，可解得 v110m / s ；对子弹由动量定理有：imv1mv0 ， i 4.5ns ( 或 kgm/s) ； 三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：(m0 m1 )v1 (m0m1 )v2m2 v ；设小车长为 l，由能量守恒有：m2 gl1 ( m0 m1 )v121 (m0 m1 )v221 m2v2222联立并代入数值得 l 5.5m；点睛 ：子弹击中小车过程子弹与小车组成

13、的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度 ，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度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；vmm8 如图所示，光滑平

14、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=0.5ma和b的质量都为m=1kg，电阻 rarb1.b 棒静止于轨，导轨足够长金属棒道水平部分，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 v0，则由动能定理，有：mgh1 mv020（ 2 分）2解得 v0=4m/s ；（ 2 分）此后的运动过程中， a、 b

15、 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（ 2 分）q2联立解得： qb=2j（ 2 分）9 如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车 c 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg 的滑块 a，在小车c 的左端有一个质量为2kg 的滑块 b，滑块 a 与 b 均可看做质点现使滑块a 从距小车的上表面高h=

16、1.25m 处由静止下滑，与b 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车c 上滑出已知滑块a、 b 与小车 c的动摩擦因数均为2=0.5，小车 c 与水平地面的摩擦忽略不计，取g=10m/s . 求：（ 1）滑块 a 与 b 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小；（ 2）小车 c 上表面的最短长度 .【答案】 (1) v=2.5m/s (2)l=0.375m【解析】【试题分析】 (1)根据机械能守恒求解块a 滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块 a 与 b 碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车c 上表面的最短长度(1)设滑块 a 滑到圆弧末端时的速度大小为v1

17、 ，由机械能守恒定律有： m a gh1 m a v122代入数据解得 v12gh5m/s 设 a、 b 碰后瞬间的共同速度为v2 ，滑块 a 与 b 碰撞瞬间与小车 c无关，滑块 a 与 b 组成的系统动量守恒，mav1mamb v2代入数据解得v22.5m/s (2)设小车 c 的最短长度为l，滑块 a 与 b 最终没有从小车c 上滑出，三者最终速度相同设为 v3 ，根据动量守恒定律有：mambv 2mambmcv3根据能量守恒定律有：mambgl=1mambv221ma mb mc v3222联立以上两代入数据解得l0.375m【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒

18、的条件和公式，正确把握每个过程的物理规律是关键10 如图甲所示，用半径相同的、b 两球的碰撞可以验证 “动量守恒定律 ”实验时先让质a量为 m1 的 a 球从斜槽上某一固定位置c由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹重复上述操作10 次，得到 10 个落点痕迹再把质量为m2 的 b 球放在水平轨道末端，让a 球仍从位置 c 由静止滚下， a 球和 b 球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10 次 m、p、n为三个落点的平均位置，未放b 球时， a 球的落点是 p 点， o 点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图

19、乙所示（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足_（填 “或”“ bcc m1opm1omm2onm1op 2m1om2m2on2m1opm1omm2on【解析】【分析】【详解】(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；（ 1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：m1v0 m1v1 m2 v2 ，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有m1 op m1 om m2 on ，实验需要测量小球的质

20、量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有： bc；（ 3）由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故 ab 错误；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故c 正确；仅调节斜槽上固定位置c，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段op 的长度越小，故d 错误故选c；（4）若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0m1v1m2 v2 ，又op v0t ,omv1t, onv2 t ，

21、代入得： m1opm1 om m2on ，若碰撞是弹性碰撞，满足机械能守恒，则：1212122m1v02m1v12m2 v2 ，代入得; m1 op 2m1 om 2m2on 2 ；（5）如图所示 ,连接 op、 om 、on,作出 m、 n 在 op 方向上的投影点m、 n，如图所示；分别测量出op、 om、 on的长度若在实验误差允许范围内,满足关系式m1opm1omm2on则可以认为两小球碰撞前后在op 方向上动量守恒11 如图所示，光滑固定斜面的倾角=30，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量m=3kg的物体 b 相连，初始时b 静止 .质量 m=1kg 的 a 物体在斜面上距b 物体处

22、s1=10cm 静止释放， a 物体下滑过程中与b 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与b 粘在一起，已知碰后整体经 t=0.2s 下滑 s2=5cm 至最低点 .弹簧始终处于弹性限度内，ab可视为质点，g取、10m/s 2（1）从碰后到最低点的过程中，求弹簧最大的弹性势能;（2）碰后至返回到碰撞点的过程中，求弹簧对物体b 的冲量大小【答案】（【解析】【分析】1） 1 125j；（ 2） 10ns(1)a 物体下滑过程， a 物体机械能守恒，求得性碰撞， a、 b 组成系统动量守恒，求得碰后a 与 b 碰前的速度； a 与 b 碰撞是完全非弹 ab 的共同速度；从碰后到最低点的过程中，a、 b 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，a、 b 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞点时 ab 的速度；对 ab 从碰后至返回到碰撞点的过程应用动量定理，可得此过程中弹簧对物体 b 冲量的大小【详解】(1)a 物体下滑过程， a 物体机械能守恒，则： mgs1 sin30 0 1 mv022解得： v02gs1sin3002 10 0.1 0.5 m1mssa 与 b 碰撞是完全非弹性碰撞，据动量守恒定律得：mv0(mm )v1解得： v10.25 ms从碰后到最低点的过程中，a、 b 和弹簧组成