高考物理动量守恒定律答题技巧及练习题(含答案)

1、高考物理动量守恒定律答题技巧及练习题（含答案）一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.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、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12【答案】（1） mv0 ； （2） mvo4【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

2、度相等，有：V1丝2而第一次碰撞中系统动量守恒有：2mv0 2mv1 mv2由以上两式可得：v1 v0-, v2 v02所以第一次碰撞中的机械能损失为：e g2mg/o工g|2mgv；工mv2 mv22224（2）根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：I mv2 0 mvo2.运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有Am=100g的压缩气体，总质量为 M=l kg,点火后全部压缩气体以vo =570 m/s的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有

3、 的压缩气体，每级总2质量均为 M,点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度Vo从底部喷口在极短时间2内竖直向下喷出，喷出后经过2s时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度Vo从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g取10 m/s2,求两种模型上升的最大高度之差。【答案】116.54m【解析】对模型甲：0 M m v甲mv02g 9对模型乙第一级喷气：0 MmV02v 51085h甲二 m 200.56 m解得:2s 末：V乙1 =v乙 1 gt 10V212V乙i V乙ih乙产40m2g对模型乙第一级喷气：M / M m、 mV乙i=(

4、院V02222解得:V12 22445h 乙 2二一 m2g 8i277.i0m可得:9440 h hz. i+h 乙 2 h甲二m8iii6.54m。3.如图，质量分别为 m且、出的两个小球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 = SWj ,重力加速度大小为 g=lCta"”，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】vb 4m/sh

5、p 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,12mlBgh -mlBVB 2可得B球第一次到达地面时的速度 vB J2gh 4m/s(ii) A球下落过程，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 mAVA mBVB' mBVB''碰撞过程没有动能损失则有121,212一 mIaVa-rnVB- mBVB222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v0vB4m /

6、s所以P点的高度hp p2,2V0-B- 0.75m2g考点：动量守恒定律能量守恒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._段于异初建蜃为%卜射AJWTAZd用制板行，量绛

7、制&利于M的共同速值方 由动守相科螂中力凤利城叫秋后,/穿过那一块例收时为春的速度力用力5相门，由中量守titfl皿+叫叫（®闪为千弹趣*（俄中QJWWB力比恒力，射穿第一埃胡&的动能出人为竽.由假2中恒鼻威立®®式.H考虑刑好必需大于福役于惮时人薪二境弱收网也在耳中后两者的共网速度力外.由动=守恒通损典的动晚为U扣咯喈因为子鼻在修板中受H的用力为恻力.由0式q褥.射入第二块偶取的深度工力M - -（1hr J【解析】设子弹初速度为 vo,射入厚度为2d的钢板后, 由动量守恒得： mvo=（2m + m）V （2分）121 c .此过程中动目匕损失

8、为：厢=f 2d= mvo x 3mV （2分）解得 A E= mv 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vi和Vi： mvi + mVi=mvo（2分）2因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为AEi = f d=- mv2 （1分），6由能量守恒得:A E损i （2分）i 2 i 2 i 2-mvi + mV i = mv o且考虑到vi必须大于Vi,解得：vi=（i e）vo 26V2,设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为由动量守恒得：2mV2 = mvi（ 1分）损失的动能为：A Ei= m mv 2 x 2mV （2分）22联立解得：E 1（1 Y3）2

9、mv2 22因为E f x （1分），可解得射入第二钢板的深度 x为：追壮（2分）4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 .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=60°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【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

10、相碰之前满足机械能守恒:哼1 (1-8.)二,uvj m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足:mv°=MVM+mvi 12 12 12叫二,叫刀叫联立得:说明小球被反弹，且 V1与v°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：mv1=MVM1+mv2 12 12 127口口二 11np2 +刁MYri d解得：N I 咤二1"整理得:故可以得到发生 n次碰撞后的速度:if nI小-如 号(府而偏离方向为450的临界速度满足:联立 代入数据解得，当n=2时，V2>v临界 当n=3时，V3 v v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

11、将小于45°.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.6 .卢瑟福用“粒子轰击氮核发现质子。发现质子的核反应为：'旧。已 知氮核质量为 mN=14.00753u,氧核的质量为 mo

12、=17.00454u ,氯核质量 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)若入射氨核以vo=3x 10m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。反应生成的氧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) 1.8X16m/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=-0.00

13、129u由质能方程，贝U有 任=Am c2=-0.00129 x 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 vo=mH vH+movo又：vo： vh=1 : 50解得：Vo=1.8x6m/s7 .甲图是我国自主研制的 200mm离子电推进系统，已经通过我国 实践九号"卫星空间飞行试验验证，有望在 2015年全面应用于我国航天器.离子电推进系统的核心部件为离子推 进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃 料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势.离子推进器的工作原理如图乙所

14、示，推进剂氤 原子P喷注入腔室C后，被电子枪 G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氤离子.氤离 子从腔室C中飘移过栅电极 A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极 B喷出.在加速氤离子的过程中飞船获得推力.已知栅电极A、B之间的电压为U,氤离子的质量为 m、电荷量为q .(1)将该离子推进器固定在地面上进行试验.求氤离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小；(2)配有该离子推进器的飞船的总质量为M,现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度A y此过程中可认为氤离子仍以第(1)中所求的速度通过栅电极

15、 B.推进器工作时飞船的总质量可视为不变.求 推进器在此次工作过程中喷射的氤离子数目N.(3)可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氤离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况.通过计算说明采取哪些措施可以增大S,并对增大S的实际意义说出你的看法.9qU v A/AvMAv ,【答案】(1)1二二(2)入=；(3)增大S可以通过减小q、U或增大m的方法.提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力.【解析】 试题分析：(1)根据动能定理有qV =，用KMA v=Nmv(2)在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有:JZ AvJ/ Av解得： 一 一，(3)设单位时

16、间内通过栅电极A的氤离子数为n,在时间t内，离子推进器发射出的氤离子个数为N nt,设氤离子受到的平均力为 F ,对时间t内的射出的氤离子运用动量定理，Ft Nmv ntmv, F = nmvF=F = nmv根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小 电场对氤离子做功的功率 P= nqU则.Im而根据上式可知：增大 S可以通过减小q、U或增大m的方法.提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力.(说明：其他说法合理均可得分)考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律8 .如图所示，木块 m静止在高h=0. 45 m的水平桌面的最右端，木块m静止在距m 左侧S0=6.

17、25 m处.现木块 m在水平拉力F作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与 m 2碰前瞬间撤去F, m和m2发生弹性正碰.碰后 m落在水平地面上，落点距桌面右端水平距离s=l . 2 m.已知m=0. 2 kg , m2 =0 . 3 kg , m与桌面的动摩擦因素为 0. 2.(两个木块都可以视为质点，g=10 m/s2)求：H-I-(1)碰后瞬间口的速度是多少？(2) m碰撞前后的速度分别是多少？(3)水平拉力F的大小？【答案】(1) 4m/s (2) 5m/s ; -1m/s(3) 0. 8N【解析】试题分析：(1)已做平抛运动，则：h= gt2;2s=v2t ；解得 V2=4m/s(2)

18、碰撞过程动量和能量守恒：mv=mv1+mv2mv2= mv12+ m2V22222代入数据解得：v=5m/s v 1=-1m/s(3) m碰前：v2=2asF m1g m1a代入数据解得：F=0. 8N考点：动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题关键是搞清两个物体的运动特征，分清物理过程；用动量守恒定律和能量守恒定律结合牛顿定律列出方程求解.9.在光滑的水平面上，质量 m=1kg的物体与另一质量为 m物体相碰，碰撞前后它们的位 移随时间变化的情况如图所示。求：(1)碰撞前m的速度vi和mt的速度V2；(2)另一物体的质量 m>o【答案】(1) v1 4m/s, v

19、2 0；(2) m2 3kg。【解析】试题分析：(1)由st图象知：碰前，m的速度v1 "二0 4 m/'s , m2处于静止 t 4-0状态，速度v20(2)由st图象知：碰后两物体由共同速度，即发生完全非弹性碰撞s 24 16碰后的共同速度v 16 1m st 12 4根据动量守恒定律，有：m1Vl (m( m2)v另一物体的质量 m2 mi vv 3ml 3kgv考点：st图象，动量守恒定律10 .如图所示，内壁粗糙、半径R= 0.4 m的四分之一圆弧轨道 AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切。质量 m2 = 0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上

20、,另一质量m1=0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对g= 10 m/s2。求:轨道的压力为小球 a重力的2倍，忽略空气阻力，重力加速度(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功 Wf；(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep;(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I。【答案】(1) 口一 J(2) Ep=0.2J I=0.4N?s【解析】II 1(1)小球由静止释放到最低点B的过程中，据动能定理得诉时叫© 二 mi小球在最低点B时：*据题意可知=联立可得吗=-0即(2)小球a与小球b把

21、弹簧压到最短时，弹性势能最大，二者速度相同，此过程中由动量守恒定律得：II=4mi + m2)U2 + %由机械能守恒定律得22»弹簧的最大弹性势能 3=0.4J小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a球最终速度为 力,b求最终速度为由动量守恒定律1 1 1 5加1说+方取之戒由能量守恒定律：根据动量定理有：得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小为I=0.8N s11 .如图所示，A为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的，质量mi 40kg的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上，一个质量m2 20kg的物体C以2.0m / s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车 B后经过一段时间与 小车相对静止并一起运动。若轨道顶端与底端的高度差h 1.6m,物体与小车板面间的动摩擦因数0.40 ,小车与水平面间的摩擦忽略不计，取g I0m/s2,求：(1)物体与小车保持相对静止时的速度v;(2)物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t；(3)物体在小车上相对滑动的距离 l。【答案】(1) 2 m/s； (2) 1 s； (3) 3 m【解析】12 一 12试题分析：(1)下滑过程机