高中物理动量守恒定律的应用专项训练100(附答案)含解析

1、高中物理动量守包定律的应用专项训练100(附答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守包定律的应用1. 如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角=37。，A、B是两个质量均为m=1kg的小滑块(可看作质点)，C为左端附有胶泥的薄板(可移动且质量不计)，D为两端分别连接B和C的轻质弹簧.当滑块A置于斜面上且受到大小为F=4N、方向垂直于斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动.现撤去F,让滑块A从斜面上距斜面末端L=1m处由静止下滑.(g取10m/s2,sin37=0.6,(1) 求滑块A到达斜面末端时的速度大小(2) 滑块A与C(原来GB、D处于静止状态)接触

2、后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中弹簧的最大弹性势能是多少？【答案】(1)v=2m/s(2)Ep=1J【解析】【分析】【详解】(1)滑块A匀速下滑时，受重力mg、恒力F、斜面支持力N和摩擦力f作用由平衡条件有：mgsinmgcosF0代入数据解得：0.5撤去F后，滑块A匀加速下滑，由动能定理有:mgsinmgcosL12mv2代入数据得：v=2m/s(2)两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，设共同速度为v，由动量守恒：mv=2mv1由能量守恒定律有：EP1mv2-2m222联立解得：白=1J2. 如图所示，半径R=0.

3、8m的四分之一光滑圆弧轨道C固定在水平光滑地面上，质量M=0.3kg的木板B左端与C的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定。可视为质点的物块A质量m=0.1kg,从与圆弧轨道圆心。等高的位置由静止释放，滑上木板B后，滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止，接触瞬间解除弹簧锁定，在极短时间内弹簧恢复原长，物块A被水平弹出，最终运动到木板左端时恰与木板相对静止。物块A与本板B间动摩擦因数四=0.25,g取10m/s2。求：A(1) 物块A在圆弧轨道C的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小：木板B的长度L；(3) 弹簧恢复原长后，物块A从木板右端运动

4、到左端的时间。【答案】(1)Fn=3N(2)L=2.4mt2=1.2s【解析】【详解】(1) 设A到达C的最下端时速度大小为vo,圆弧轨道支持力大小为Fn,则12mgRmv022V0Fnmgme解得V0=4m/s。Fn=3N(2) 设A在B上向右滑行过程中，A的加速度大小为a，B的加速度大小为32,滑上B后经时间h后接触弹簧，A的位移X1,B的位移X2,贝Umgma1mgMa2a?%X1X22a2t12Lx1x2解得t1=1.2s。L=2.4m(3)设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为V1,弹簧恢复原长时A的速度大小为V2,B的速度大小为V3,A相对B向左滑动过程中的加速度大小与A滑上B向

5、右滑行过程中各自加速度大小相等，则V1v0a1t1MmV1Mmv4最终运动到木板的左端时A、B共同速度大小为V4,则MV3mV2MmV4由能量守恒1 21212,mv2Mv3(mM)v4mgL2 22解得vi=im/s,V4=1m/s,V2=2m/s,V3=2m/s设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2,对木板B,由动量定理有mgt2Mv4Mv3解得t2=1.2s3. 竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4x10/m.小球a、b、c的半径略小于管道内径，b、c球用长LJ

6、2m的绝缘细轻杆连接，开始时c静止于管道水平部分右端P点处，在M点处的a球在水平推力F的作用下由静止向右运动，当F减到零时恰好与b发生了弹性碰撞，F-t的变化图像如图乙所示，且2.247两足Ft一.已知二个小球均可看做质点且ma=0.25kg,mb=0.2kg,mc=0.05kg,小球c带q=5x1-0C的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g=10m/s2,求庶Ehjflr圈上小球a与b发生碰撞时的速度v。；(2) 小球c运动到Q点时的速度v；(3) 从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量.【答案】(1)v4m/sv=2m/s(3)Ep3.2J【解析】【分析】对小球a,

7、由动量定理可得小球a与b发生碰撞时的速度；小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理可得小球c运动到Q点时的速度；由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得；解：对小球a,由动量定理可得Imav°0由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F的冲量，由圆方程可知S1m2代入数据可得：v04m/s(2)小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒可得mav0ma%(mbmc)v21 21212由机械能寸怛可碍mav0

8、mav1(mbmc)v22 22解得v10,v24m/s小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 212mcgRqER-(mbmQv-(mbmc)v22 2代入数据可得v2m/s由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b球与O点连线与竖直方向的夹角为从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：12mbgR(1cos)mcgRsin(mbmc)vqERsin2解得sin0.6,37因此小球c电势能的增加量：EpqER(1sin)3.2J4. 2019年1月，中国散裂中子源加速器打靶束流功率超过50kW,技术水平达到世界前列，

9、散裂中子源是由加速器提供高能质子轰击重金属靶而产生中子的装置，一能量为109eV的质子打到汞、鸨等重核后，导致重核不稳定而放出2030个中子，大大提高了中子的产生效率。一个高能质子的动量为P0,打到质量为M、原来静止的鸨核内，形成瞬时的复合核，然后再散裂出若干中子，已知质子质量为m，普朗克常量为h。 求复合核的速度v; 设复合核释放的某个中子的动量为p,求此中子的物质波波长X，【答案】v商虹:【解析】【详解】 质子打到鸨核上过程系统动量守恒，以质子的初速度方向为正方向由动量守恒定律得：P0=(m+M)v解得：v虹Mmh 由德布罗意美系式可知，波长：一P5. 如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨

10、道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接.A,B两滑块(可视为质点)用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧.两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B恰能返回P点.己知圆形轨道的半径R0.72m，滑块A的质量mA0.4kg，滑块b的质量(1)(3)mB0.1kg，重力加速度g取i0m/s2,空气阻力可忽略不计.求:滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小；两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h；弹簧

11、在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能.【答案】(1)65m/s；(2)0.8m；(3)4J5【解析】【分析】V2,Vi,对于滑块A从圆形轨道最低【详解】(i) 设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为2根据牛顿第二定律有V2mAg=mAR解得:V2=室5m/s5(2)设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有1mAvi2=mAg?2R+lmAv22可得：vi=6m/s设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为V0,对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有(mA+mB)gh=；(mA+mB)v02同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时

12、的速度大小也为V。，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，(mA+mB)V0=mAVi-mBV0解得：h=0.8mEp,对于弹开两滑块的过程，根据(3) 设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为机械能守恒定律，有(mA+mB)V02mgL10mv-i,2+Eb=【mAVi2+【mBV02222解得:Ep=4J6. 如图，是某科技小组制做的嫦娥四号模拟装置示意图，用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个

13、位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为L,着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m,与地面间的动摩擦因数均为j重力加速度为g,发动机喷气体口截面积为S,喷出气体的密度为p；不计喷出气体对整体质量的影响。求：(1) 装置悬停时喷出气体的速度；(2) 弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。MmgS【解析】【详解】【答案】(1)v(2)MMmgL2M(1)悬停时气体对模拟装置的作用力为F,则FMmg取t时间喷出的气体为研究对象，由动量定理FtSvtv解得：v(2)弹射过程水平方向动量守恒mviMv2

14、着陆器和巡视其减速运动的距离分别为Li和L2,由动能定理:MgL212Mv2,LL1L22弹射器提供的总动能Ek12一mv-i2】Mv；2联立解得：EkMgL7. 如图(a)所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在C点，C点左侧地面光滑、右侧粗糙.用可视为质点的质量为m=1kg的物体A将弹簧压缩至。点并锁定.以。点为原点建立坐标轴.现用水平向右的拉力F作用于物体A,同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的关系如图(b)所示，运动到0.225m处时，撤去拉力F.(1) 求物体A与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D点的坐标;。点，求物体A至ijC若在D

15、点给物体A一向左的初速度，物体A恰好能将弹簧压缩至点时的速度;(3)质量为M=3kg的物体B在D点与静止的物体A发生弹性正碰，碰后物体A向左运动并恰能压缩弹簧到。点，求物体B与A碰撞前的瞬时速度.【答案】(1)0.45m；(2);(3)百m/s【解析】【分析】【详解】(1) 由于物体A做匀加速直线运动，结合图像，可知：从O到C点的过程中：|F留+F=血口在C点，阡强=0"阡=5N解得：u=5rn/&2在C点右侧：=F=1ON解得：从O到C点，物体匀加速，贝U：vf=2axoc解得：I从C到D的过程中，由动能定理得：F勺-jumg女o=0-yn诚£其中解得：2联立解碍

16、：v1v0；v2v0-D点坐标：推3=*+震=1物体A将弹簧由C点压缩至。点的过程，由动能定理得：-=0-1物体从O到C,由动能定理得：M程+Wi=-U其中Wxoc2联立解得：=rn/s(3)设B碰前速度为vo,碰后速度为vi；碰后A的速度为V2,则:=Mu】+mvi物体A从D到C过程中，由动能定理:111-mvj4联立解得：v2=2m/§、v(j=-m/s9,一一,，18. 如图所示，竖直平面内有一半径为R的光滑圆弧轨道，其末端与足够长的水平轨道4平滑连接，一质量为m的小球P从圆弧轨道顶端由静止开始沿轨道下滑，在圆弧轨道末端与质量为2m的静止小球Q发生对心碰撞。小球P、Q与水平轨道

17、间的动摩擦因数均为=0.5,重力加速度大小为g。假设小球P、Q间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求:则由牛顿第三定律可知，碰撞后瞬间小球P对圆弧轨道末端的压力大小为匚11Fnmg9(1) 碰撞后瞬间小球P对圆弧轨道末端的压力大小；(2) 小球P、Q均停止运动后，二者之间的距离。【答案】(1)1332小球P碰后在圆弧轨道末端：fnmgm五R11解碍FNmgmg(2)-R93【解析】【详解】1C(1)小球P由开始下滑到低端的过程：；mv2mgR两球碰撞过程动量守恒，机械能守恒，贝U：mv0mv12mv2；1 2121仁2mv0mv12mv2:2 22小球P滑上圆弧轨道后，返回到低端的速度仍为v

18、i,方向向左，贝u向左滑行的距12圄：-mgxi-mvi2解得xlR912小球Q向左滑仃的距离：-2mgx2-2mv；解得X28R,9，、一，一一2_则小球P、Q均停止运动后，二者之间的距离xX2Xi-Ro39. 质量m=260g的手榴弹从水平地面上以v010j2m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h=5m的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为5J.重力加速度g=10m/s2,空气阻力不计，火药燃烧充分，求：(1) 手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；(2) 手榴弹所装弹药的质量；(3) 两块弹片落地点间的距离.【答案】(1)v10m/s；(2)m0.06kg；

19、(3)x26m【解析】【详解】(1) 设手榴弹上升到最高点时的速度为vi，有1 212_,mv0mv1mgh2 2解得：v10m/s(2) 设每块弹片的质量为m，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为v2,有mgh5J设手榴弹装药量为m，有mm2m解得：m0.06kg(3) 另一块做平抛运动时间为t,两块弹片落地点间距离为x,有mv1mv2xv2th抑解得：x26m.10. 如图所示，在空间坐标系x<0区域中有竖直向上的匀强电场巳，在一、四象限的正方形区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B,已知CD=2L,OC=L,E2=4曰。在负x轴上有一质量为m、电量为+q的

20、金属a球以速度v0沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O处用绝缘细支柱支撑的(支柱与b球不粘连、无摩擦)质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。已知a、b球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g,不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电场、磁场的影响，求：(1)碰撞后，a、b球的速度大小;2v0(2)a、b碰后，经t一时a球到某位置P点，求P点的位置坐标;(3) a、b碰后，要使b球不从CD边界射出，求磁感应强度B的取值。16mv°或15qL122v2v2_【谷木】(1)Va-V0,Vb-V0；(2)(,)；(3)0B339g9gB16mvo3

21、qL【解析】【分析】(1)a、b碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后a、b的速度;(2)碰后a在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P点的位置坐标；(3) 要使b球不从CD边界射出，求解恰能从C点和D点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。【详解】(1)a匀速，则a、b碰撞，动量守恒机械能守恒由得mgqEmv0mva2mvb12mv°212mva2-22mvbvb碰后a、b电量总量平分，则qa-x,-y)xVat，y1at2d22v0碰后a在电场中向左做类平抛运动，设经t3-时a球到P点的位置坐标为(其中mg1匚qElma,1a=2g由得22v0x9g，y2Vg_9g故P点

22、的位置坐标为(匹,9g2也39g(3)碰撞后对b22mg故b做匀速圆周运动，则1D-qVbB222mVbr-得8mv0r3qB?b恰好从C射出，则L2r?由?得Bi16mv03qL恰从D射出，则由几何关系22r4LrL2?,得r5L?2由?得B216mv015qL故要使b不从CD边界射出，则B的取值范围满足-B或B攫【点睛】本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。11. 如图所示，形状完全相同的光滑弧形槽A,B静止在足够长的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽高度为h,A槽质量为2m,B槽质量为M.质量为m的小球，从弧形槽A顶端由静止释放，重力加速度为g,求：(1) 小球从弧形槽A滑下的最大速度；(2) 若小球从B上滑下后还能追上A,求M,m间所满足的