最新高考物理动量守恒定律基础练习题

1、最新高考物理动量守恒定律基础练习题一、高考物理精讲专题动量守恒定律3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲P.现将两滑块由静止释放，当弹簧P相撞.求挡板P对乙的冲量的最大值.1.在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为 拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态.乙的右侧有一挡板恢复原长时，甲的速度大小为 2m/s,此时乙尚未与甲 乙riwri 1求弹簧恢复原长时乙的速度大小；若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞.【答案】v乙=6m/s. I =8N【解析】【详解】(1)当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为四和也,对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：TJliVi +

2、 nt2V2 = 0又知力= 2m/s|联立以上方程可得P2=-6m/sl,方向向右。(2)乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为内=由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：/ 三小2闪-屈之逶=1 X 2N'S -1x(- 6)N'S = 8N»s2.两个质量分别为mA 0.3kg、mB 0.1kg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

3、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37°,小滑块与斜面间的动摩擦因数为B冲上斜面的高度为 h 1.5m.斜面倾角0.15,水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g取 10m/s2.求：(提示：sin37° 0.6, cos37°0.8)(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 .0.6J【答案】(1) vB 6m/ s(2) EP【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：mBghmBgh cos- -mBv2 （3sin 2分）代入已知

4、数据解得：vB 6m/s （2分）（2）由动量守恒定律得：（mA mB）v0 mAvA mBvB（3分）解得：Va 2m/s（2 分）由能量守恒得： （mA mB）v2 EP 1mAvA mBv2 （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 B C,物块R C静止，物3.如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块 A以速度V。朝B运动，压缩弹簧；当 A B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短.那么从 A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过

5、程中，求.（1） A、B第一次速度相同时的速度大小;（2） A、B第二次速度相同时的速度大小;（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小131 1【答案】（1） ,V。（2） V。（3）【解析】 试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得,mvo=2mvi, 1解得 V1 = ?' V0mVo=3mV2（2）设AB第二次速度相同时的速度大小 V2,对ABC系统，根据动量守恒定律:解得V2= V0的（3） B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：1解得V3= 4V。1Vo2 1fo21 En3m（于 j -石2 nt：丁） _系统损失的机械能为己己上4

6、161当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大.此时V2=voI I 113 ;根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能"224H考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选 择研究的系统，运用动量守恒进行求解。4 . 一质量为喀的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块d并留在其中，A与木块用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A的速度v= -，木块且、力的质量均为算.求:M +用?子弹射入木块且时的速度； ?弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能.2_Mm a【答案】

7、电=口b2(M m)(2M m)【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 灾外灾难”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 江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：喇1% =(用-J/)T解得： 2弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研

8、究对象，以木块X的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：ma(,“一喇"=(2"一明”解得:MnraTa匚米又2.1不»由机械能守恒定律可知:r 11£p =三（、£ +-（2Af -加）=考点：本题考查了物理学史和动量守恒定律5 .物理丁密35(1)天然放射性元素29：Pu经过 次”衰变和 次3衰变，最后变成铅的同位素。(填入铅的三种同位素 206 Pb、282Pb、282Pb中的一种)(2)某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相同，悬挂于同度，A、B两摆球均很小，质量之比为 1 ：2.当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好

9、 接触.向右上方拉动 B球使其摆线伸直并与竖直方向成45。角，然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30。.若本实验允许的最大误差为 土疑，此P2P1实验是否成功地验证了动量守恒定律？207【答案】(1) 8, 4, 282Pb； (2)【解析】【详解】(1)设发生了 x次“衰变和y次3衰变, 根据质量数和电荷数守恒可知，2x-y+82=94,239=207+4x；由数学知识可知， x=8, y=4.(2)设摆球A、B的质量分别为 mA、若是铅的同位素206,或208,不满足两数守恒, 因此最后变成铅的同位素是282 PbmB,摆长为l, B球的初始高度为hi,碰撞前B

10、球的速度为vb.在不考虑摆线质量的情况下,根据题意及机械能守恒定律得hil(1cos45 )-mBVB2设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为mBghi P1、P2.有P1 = mBVB 联立式得P mB，2gl (1 cos45 ) 同理可得P2 (mA mB)J2gl(1 cos30 )联立式得P2P1mAmBmB1 cos30 -d1 cos45代人已知条件得P2P1.03 由此可以推出P2所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律.6.如图，两块相同平板 Pl、P2置于光滑水平面上，质量均为m = 0.1kg. P2的右端固定一轻质弹簧，物体P置于Pi的最右端，质量为 M = 0.2

11、kg且可看作质点.Pi与P以共同速度 v0= 4m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内).平板Pi的长度L=1m , P与Pi之间的动摩擦 因数为= 0.2, P2上表面光滑.求：0 . r| AB -VWMA片兄(1)Pi、P2刚碰完时的共同速度 vi;(2)此过程中弹簧的最大弹性势能Ep.(3)通过计算判断最终 P能否从Pi上滑下，并求出P的最终速度V2.【答案】(i)vi=2m/s (2)Ep=0.2J (3)v2=3m/s 【解析】【分析】【详解】(i) Pi、P2碰撞过程，由动量守恒定律 mv0 2mv|

12、解得M 2m / s ,方向水平向右；2(2)对Pi、F2、P系统，由动量守恒定律 2mvi MV0 (2m M )v?一 3 一. 、，一，,斛得v2 -v0 3m/s,万向水平向右，4、2M )v20.2J ；i 八2 i2 i此过程中弹簧的最大弹性势能EP -?2mvi2 + -Mv0 - (2m222(3)对Pi、F2、P系统，由动量守恒定律 2mvi MV0 2mv3 Mv?i 2Mv2 + Mg L io i o i o由能重寸恒th律得 一 2mv + Mv 02mv3222解得P的最终速度v2 3m/s 0,即P能从Pi上滑下，P的最终速度v 3m/s7.甲图是我国自主研制的

13、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 .

14、(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 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.【答案】(1)1二二(2)入=(

15、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 二三用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.根据上式可知

16、：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.在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的多次碰撞.如图所示，一块表面水平的木板静止放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离L= 0.08 m.现有一小物块以初速度vo = 2 m/s从左端滑上木板，已知木板和小物块的质量均为1 kg,小物块与木板之间的动摩擦因数 -0.1,木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，木板与墙碰后木板以原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取重力加速度g=10 m/s2.求：(

17、1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间；(3)小物块和木板达到共同速度时 ，木板右端与墙之间的距离.【答案】 (1) 0.4 s 0.4 m/s (2) 1.8 s.(3) 0.06 m【解析】试题分析：(1)物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动，设木板加速度为a,经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为V1则 mg ma,解得a g 1m/s21 2_L -at ，v at 2联立 解得t 0.4s, v1 0.4m/s(2)在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的

18、摩擦力 作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也 为T.设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有：v vo2nT t a a t 式中At是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间.由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故式可改写为2V vo 2nTa由于木板的速率只能处于0到v1之间，故有0 v0 2nTa 2Vl求解上式得1.5 n 2.5由于n是整数，故有n=2由 得：t 0.2s；v 0.2m/s从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：t 4T t 1.8s (11)即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木

19、板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为123)物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s L -a t 12)2联立与(12)式，并代入数据得 s 0.06m即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0. 06m.考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式【名师点睛】本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩 擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动， 一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木 板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度 相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之

20、后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减 为零.9.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科使木板与重物以共同的速度 vo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】t 组3 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

21、速度v,动量守恒，有：2mvo - mvo= (2m+m) v, 解得： v=-J木板在第一个过程中，用动量定理，有： mv - m ( - vo)二科2mgt用动能定理，有： niv=-2mgsa木板在第二个过程中，匀速直线运动，有： s=vt22vq 2vq 14VqI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=rr+?7三一313乩皂3 H g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，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块 C接触但未连接，该整体静止

22、放在离地面高为 H的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面 h高处由静 止开始滑下，与滑块 B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知mA m, mB 2m, mC 3m,求：h(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度 v;(2)被压缩弹簧的最大弹性势能EPmax;(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离s.【答案】(1) v-Vi 1 局h (2) mgh (3) 2JHh3363【解析】【详解】解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的1速度为V1 ,由机械能守恒

23、定律有：mAgh mAv；2解之得：v1. 2gh滑块A与B碰撞的过程， A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v,由动量守恒定律有：mAmA mB v解之得：v 1Vl 1J2gh 33 '(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块 C 一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块 A、B、C速度相等，设为速度 V2由动量守恒定律有:mAmBmC v2122由机械能寸恒th律有：EPmax - (mA mB)vmA mB mC v21解得被压缩弹簧的最大弹性势能：EPmax mgh6(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块 A、B的速度为V

24、3,滑块C的速度为V4,分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有:mA mb v mA mb V3 mCV4121212-mA mB v - mA m V3 m2221 解之得：V3 0 v4 -J2gh3 ,滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：s v4t1 .2H 2gt2解之得滑块C落地点与桌面边缘的水平距离：s JHh311.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m1 40 kg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 10m/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； (