高中物理动量守恒定律试题经典

1、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，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v向右匀速运动.已知木箱的质量为m,人与车的总质量为2m,木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住.求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度V1的大小；(2)小明接住木箱后三者一起运动的速度V2的大小.【解析】试题分析：取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mvi-mv得vi小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mvi=(m+2m)v2解得v22v考点：动量守恒定律2 .如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板

2、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以初速度论从右端滑上B,一段时间后，以v0滑离B,并恰好能到达C的最高点.AB、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.22一2侨案吁2)裾R64g(4)E蟹【详解】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、RC为一个系统，根据动量守恒定律有:解得Vb=包4(2)对A在木板B上的滑动过程,A、V0mv0=m+2mvB2B、C系统减少

3、的动能全部转化为系统产生的热量1mgL=mv02-1m(也)212m(当22224解得受_16gL(3)对A滑上C直到最高点的彳用过程，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：1v021v021mgR=m(-)m()2mv222422解得R0-(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64gmv0-j-mvAmvcmv021_zv02-m()22A、C系统初、末状态机械能守恒，1.v0.21212-m()一mvA-mvc2422解得Va=幺.4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:Emv；-1mvA=2215mv

4、032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.3.如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M=1kg,车上另有一个质量为m=0.2kg的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v()=8m/s的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M=2kg,问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上)【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等.以Mi、M2、m组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒：0M2V0MimM2V共，解得v共5m/s以小

5、球与乙车组成的系统，水平方向动量守恒：M2VomvmM2V共，解得v25m/s考点：考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解4. 28.如图所示，质量为ma=2kg的木块A静止在光滑水平面上。一质量为mb=lkg的木块B以初速度Vo=|0m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动。木块A与挡板碰撞后立即反弹（设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失）。后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为1m/s、

6、4m/s。求：木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能。Q>一一E【答案】9J【解析】试题分析：依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后A、B速度方向都向左。第一次碰撞，规定向右为正向mBvo=mBvB+mAvA第二次碰撞，规定向左为正向mAVA-mBVB=mBVB+mAVA得到VA=4m/sVB=2m/sA喜12121-174jLrAE=9J考点：动量守恒定律；能量守恒定律.亘视频35.如图，质量分别为也4、生日的两个小球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

7、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三,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.AO(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】vB4m/shp0.75m【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1 1E2mBghmiBVB2可得B球第一次到达地面时的速度vB,2gh4m/s(ii)A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度vAgt3m/s设B球的速度为Vb,则有碰撞过程动量守恒mAVAmBVB'mBVB1c1c1c碰撞过程没有动能损失则有一mAVAmBVB

8、9;-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v0vB4m/s2,2所以P点的高度hD0.75mp2g考点：动量守恒定律能量守恒6 .氢是一种放射性气体，主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料.呼吸时氨气会随气体进入肺脏，氢衰变时放出射线，这种射线像小炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等.若有一静止的氢核222Rn发生衰变，放出一个速度为V。、质量为m的粒子和一个质量为M的反冲核针288Po此过程动量守恒，若氢核发生衰变时，释放的能量全部转化为粒子和针核的

9、动能。(1)写衰变方程；(2)求出反冲核针的速度；(计算结果用题中字母表示(3)求出这一衰变过程中的质量亏损。(计算结果用题中字母表示)2222184.【答木】(1)86Rn84Po2He；(2)vmvo负号表示方向与“离子速度方向2Mmmv02Mc2相反；(3)m【解析】【分析】【详解】(1)由质量数和核电荷数守恒定律可知，核反应方程式为2222184.,86Rn84Po+2He(2)核反应过程动量守恒，以a离子的速度方向为正方向由动量守恒定律得mv0Mv0解得vmv0，负号表示方向与a离子速度方向相反M(3)衰变过程产生的能量21212Mmmv0Emv：Mv2-222M由爱因斯坦质能方程得

10、2Emc解得Mmmv2m5-2Mc27 .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

11、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Ay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

12、.baUvXAvA/Av【答案】(1)二J-Ll(2)A=(3)增大S可以通过减小q、小研2距nU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qU=之mG(2)在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MAv=Nmvm3/AvMAv解得：二二(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Nnt,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，FtNmvntmv,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F=F=nmv电场对氤离子做功的功率P=n

13、qU则.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，在光滑的水平面上有一长为L的木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板A上掉下.mC与A、B之间的动摩擦因数均为g求：B,其右侧边缘放有小滑块C,与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继已知木板A、B和滑块C的质量均为L木板A与B碰前的速度Vo；(2)整个过程中木板B对木板A的冲量I.【答案】(1)2小7鼾，(2)金叵国，负号表示B对A的冲量方向向右【解

14、析】(1)木板A、B碰后瞬时速度为Vi,碰撞过程中动量守恒，以方向，由动量守恒定律得mvo=2mv1.A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用，最后有共同的速度V2,A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得2mv1=3mv2.C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得一mgL-3mv.-2mv,.联立以上三式解得vo=R3".A的初速度方向为正此过程中动量守恒，以I的大小等于B的动量变化量，即i=mv2=也包3,负号表小B对A的冲量方向向右。9.如图所示，光滑固定斜面的倾角的物体B相连，初始时B静止.质量0=30；轻质弹簧一端固定，另一端与质量M=3kgm=1kg的A物体在斜面上距放，A物体下

15、滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与体经t=0.2s下滑s2=5cm至最低点.弹簧始终处于弹性限度内，B物体处s1=10cm静止释B粘在一起，已知碰后整A、B可视为质点，g取10m/s2.(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.(2)10Ns(2)根据动量定理可知，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向，则(1)A物体下滑过程，A物体机械能守恒，求得A与B碰前的速度；A与B碰撞是完全非弹性碰撞，A、B组成系统动量守恒，求得碰后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

16、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】012(1)A物体下滑过程，A物体机械能守恒，则：mgS|Sin30-mv；2解得：v；2gSiSln3002100.10.5ms1msA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%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，则：一120Ept增(mM)v1(mM)gS2sin30解得：Ept增1.125J(2)从碰后至返回到碰撞点

17、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的速度大小v2v10.25m(以沿斜面向上为正，由动量定理可得：IT(mM)gsin30°2t(mM)v2(mM)v1解得：It10NS10.两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P,右边有一小球C沿轨道以速度v。射向B球，如图所示.C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连.过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定无机械能

18、损失).已知A、B、C三球的质量均为m.求：(1)弹簧长度刚被锁定后A球的速度.(2)在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能.,V,JIp4-%ABC112【答案】(1)v0(2)mv0336【解析】(1)设C球与B球发生碰撞并立即结成一个整体D时，D的速度为v1,由动量守恒有:mv=(m+mv1当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2,由动量守恒有：2mv=5my，一，一，1由两式得A的速度为：V2=-V05(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep,由能量守恒有:1 212_-2mv15mv2Ep2 2p撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢

19、复到自然长度时，势能全部转12变成D的动能，设D的速度为V3,则有：Ed-2mv；p23以后弹簧伸长，A球离开档板巳并获得速度，当弹簧再次恢复到原长时，A的速度最大,1212由动重守恒te律及能重关系可知：2mv33mv42mv§；Ep3mv4一2mv522(3)当AD的速度相等时，弹簧压缩到最短时，此时D球速度最小.设此时的速度为V6,由动量守恒定律得：2mvs=5my一一，.，一、，、-121212设此使弹性势能为Ep,由能量守恒定律得：Ep=-2mv35mv6mv0222011.如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长

20、L=1m,P点右侧一与水平方向成°=3。"的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s,一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不栓接)，使弹簧获得弹性势能与=9J,物块与op段动摩擦因数网-廿J,另一与a完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因数，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A.B交换速度，重力加速度耳=10m”2现释(2)从A.B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量(3) A.B能够碰撞的总次数【答案】(1)跖二母商12.25/6次【解析】试题分析：(1)设物块质量为m,A与B第一次碰前的速度

21、为则：1 与三gmH+阳"啕上解得：(2)设A.B第一次碰撞后的速度分别为9则以=，碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为,则：酬取用+阳mg8sH=丽，解得：ai=ffsln&+丽碱=iom/s2运动的时间此过程相对运动路程万一讥1+xi=2mA再次碰撞,此后B反向加速，加速度仍为阿，与传送带共速后匀速运动直至与v»,'产一二叼5加速时间为%v=-t,=O.45771位移为此过程相对运动路程全过程生热.(3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过

22、程直至两者不再碰III=2叩叫/，撞.则对A.B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：2解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25,所以碰撞总次数为N=2+2n=6.5=6次(取整数)考点：动能定理；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【名师点睛】本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，特别要掌握弹性碰撞过程，动量和机械能均守恒，两物体质量相等时交换速度12.在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC,半彳至为R,如图所示，A、C两点的连线水平，B点为轨道最低点.其中AB部分是光滑的，BC部分是粗糙的.有一个质量为m的乙物体静止在B处，另一个质量为2m的甲物体从A点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC轨道，最高运动到D点，OD与OB连线的夹角060：甲、乙两物体可以看作质点，重力加速度为g,求：(1