最新高中物理动量守恒定律试题经典

1、最新高中物理动量守恒定律试题经典一、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vo=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/s2.求： (1)圆弧所对圆的半径 R;vo=4m/s的初速度向右运动，则小物(2)若AB间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍

2、以块从C点抛出后，经多长时间落地 ？25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】1cle解：(1)设小物块在B点时的速度大小为 必，根据动能定理得：mgL -mv2 -mv222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 )v21 2120根据系统机械能

3、寸恒有：一mv1 (m M )v2 mg(R Rcos53 )2 2联立解得：R 1m(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 mv21 mv2 mg(R Rcos530)2 2解得：v3 2、. 2m/s物块从C抛出后，在竖直方向的分速度为：vy v3 sin 53 V2m/ s这时离体面的高度为：h R Rcos53 0.4m12h Vyt 2 gt解得：t 4 282 s252.在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C,三球的质量分别为 mA=1kg、mB=2kg、mc=6kg,初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于

4、静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以Vo=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，求：C(1) A球与B球碰撞中损耗的机械能；(2)在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)在以后的运动过程中 B球的最小速度.【答案】(1)A£ = 2?J; (2)E"=9J； (3)零.【解析】试题分析：(1) A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：冏工% =(也碰后A、B的共同速度 =:9 = jrm/s损失的机械能 -(2) A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹 性势能最大根据动

5、量守恒定律有：，-.用十叫r r三者共同速度,- -最大弹性势能 二 一.:.- - -上上(3)三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后.此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速.弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：(冽且+喇=(用/ 一加,)与+明根据机械能守恒定律：.-.-此时A、B的速度v = -Im/s , C 的速度2(%十%)”；v+ =vL = 2m/s哂上+收可知碰后A、B已由向左的共同速度 岭=3m/s减小到零后反向加速到向右的 lm/s ,故B 的最小速度为零.考点：

6、动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞.【名师点睛】A、B发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守，ff定律求出 A球与B球碰撞中损耗的机械能.当 B、C速度相等时，弹簧伸 长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能.弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答3.如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc,由半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角0=37° ;过£点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10

7、 N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh, ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角 为3(53° & 3147° ),矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3X10-3 kg、电荷量q=3Xl。-3 C的带正电小物体 Q静止在圆弧轨道上 b点，质量m1=1.5X10-3 kg的不带电 小物体P从轨道右端a以vo=8 m/s的水平速度向左运动，P、Q碰撞时间极短，碰后 P以1m/s的速度水平向右弹回.已知 P与ab间的动摩擦因数 =0.5, A、B均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，si

8、n37° =0.6, cos37° =0.8,重力加速度大小 g=10m/s2.求：碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小Fn;(2)当3=53。时，物体 Q刚好不从gh边穿出磁场，求区域 efgh内所加磁场的磁感应强度 大小Bi；(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时，要让物体 Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的(3值.【答案】(1) Fn 4.6 10 2N (2) B1 1.25T (3)t 127-s, 1 900和 2 1430 360【解析】【详解】解：(1)设P碰撞前后的速度分别为 /和5，Q碰后的速度为v21

9、2 12从a到b,对P,由动能te理得：-m1gl m1v i m1v02 2解得：v1 7m/s碰撞过程中，对 P , Q系统：由动量守恒定律：m1vl m1vl m2v2取向左为正方向，由题意 v11m/s ,解得：v2 4m/s2v2卜黑 对Q,由牛顿第二te律得：FN m2g m2R解得：Fn 4.6 10 2N(2)设Q在c点的速度为vc,在b到c点，由机械能守恒定律：1 212m2 gR(1 cos )m2vc - m2v22 2解得：vc 2m/s2进入磁场后：Q所受电场力F qE 3 10 N m2g , Q在磁场做匀速率圆周运动2由牛顿第二定律得：qvcB m生qQ刚好不从g

10、h边穿出磁场，由几何关系：r d 1.6m解得：Bi 1.25Tm2vc(3)当所加磁场B2 2T ,2 1mqB2要让Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为，由几何关系得：cos(180)解得:1272 m2运动周期：T - qB2则Q在磁场中运动的最长时间:t T 127?” Ns360360 qB2360此时对应的角：1 90和2 1434.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

11、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/s2.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)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 33m16【解析】试题分析：

12、(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-mAg=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：Fnz =3Ag=30N(2)物体A在平台上运动过程中(imAg=mAa 2 L-vNt-at 代入数据解得t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去)(3)物体A刚滑上小车时速度 Vi= 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 Li,则,12 1c 2

13、9mgL1 mv1 - 2mv2 解得：Li=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,则.121c 21c 2 , /n3mgL2 mv2 2mv3 3mv4 解得： 匕=m22216,. 33物体A最终离小车左端的距离为 x=L1-L2=3 m16考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律 5.如图，质量分别为 明、出；的

14、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.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= Smj ,重力加速度大小为忽略空气阻力及碰撞中的动(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】vB 4m/ s hp 0.75m【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e ch 1 m 2mlBgh mlBvB 2可得B球第一次到达地面时的速度 vB T2gh 4m/s(11) A球下落过程

15、，根据自由落体运动可得A球的速度Va gt 3m/s设B球的速度为vb ',则有碰撞过程动量守恒mAmB 1 o 1o 1c碰撞过程没有动能损失则有一mAvA mBvB ' mBvB''222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 Vo Vb 4m/s所以P点的高度hp p考点：动量守恒定律2,2v0vB'-B 0.75m2g能量守恒B、e均静止，A以初速度V0向右运动，A与 起，此后A与B间的距离保持不变.求 B与6 .光滑水平轨道上有三个木块 A、B、C,质量

16、分别为mA 3m、mB me m ,开始时b相撞后分开，b又与e发生碰撞并粘在一 e碰撞前b的速度大小.设A与B碰撞后，A的速度为Va , B与C碰撞前B的速度为L , B与C碰撞后粘在一起的 速度为V,由动量守恒定律得：对A、B木块：mlAVo mUVA m>BVB对b、e木块：mBVB mB me v由A与B间的距离保持不变可知 VA V联立代入数据得：6Vb -Vo .57 .如图所示，质量为 m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成0=600的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于

17、磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于450.coJU 【答案】最多碰撞 3次【解析】解：设小球m的摆线长度为l小球m在下落过程中与 M相碰之前满足机械能守恒:m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足:mv0=MVM+mvi 12_1工口产U - 2联立得:说明小球被反弹，且 vi与v0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞，满足：mvi=MVMi+mv2 1? 12 1221+2MVM1(解得：整理得：v2-故可以得到发生 n次碰撞后的速度:it n%（百）口而偏离方向为450的临界速度满足:中临界联立 代入数据解得，当n=

18、2时，V2>v临界当n=3时，V3v临界即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律.专题：压轴题.分析：先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后小球的速度，对速度表达式分析，求出碰撞n次后的速度表达式,再根据机械能守恒定律求出碰撞n次后反弹的最大角度，结合题意讨论即可.点评：本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大 角度，然后对结果表达式进行讨论，得到第n次反弹后的速度和最大角度，再结合题意求解.8 .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=

19、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R R 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/s2）【答案】2m/s 2J【解析】a棒下滑至C点时速度设为V0,则由动能定理，有:2mgh mv0 0（2 分）2解得 Vo=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

20、成的系统动量守恒，有：mvom 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：-1212,八、Q - mv0 - m m v（2 分）221 _则b棒中的焦耳热Qb Q （2分）2联立解得：Qb=2J（2分）9.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mi和m2.B.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

21、，将另一个质量为mi滑块放在导轨的左端，向右轻推以下mi,记录挡光片通过 A光电门的时间ti.D.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t2.E.得到验证实3i的表达式 .m!mi m2【答案】匀速直线运动小车经过光电门的时间 -tit2【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 Vi - til整体经过光电门的速度为：V2t2由动量守恒定律可知，miVi (mi+m2)v2代入解得：mi

22、 (mi m2)。tit2i0.图中两根足够长的平行光滑导轨，相距im水平放置，磁感应强度 B=0.4T的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间.金属棒ab、cd质量分别为0.ikg和0.2kg,电阻分别为0.4 和0.2 Q并排垂直横跨在导轨上.若两棒以相同的初速度3m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：A B ASL C(i)金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小；(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热;（3）金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？【答案】（1） 1m/s（2） 1. 2J（3） 1. 5m【解析】【详解】解：（1）ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终

23、具有共同速度v,以水平向右为正方向，则,mrrfVCi - WdLVo =解得稳定后的ab棒的速度大小：炉=1 m/s（2）根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为:Q = AEh域-(med +v?) = 1.2对cd棒根据动量定理有：一叮"二血旧一即） 即：Atp BLAs又niedlva - V)(R1 + Ri) As = 1.5 m两棒间距离增加：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 vo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 一的值. 0上I1N"*赛次回7户户而v布嗝VWY而泳J J叶冉V*小而严而叫泳J 1«丽y鼠糕糕中因r【解析】12试题分析：小滑块以水平速度 vo右滑时，有：fL =0- - mv0 （2分）21 2 12小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为w,则有 fL二