高考物理試卷分類匯編物理動量守恒定律(及答案)及解析

1、高考物理試卷分類匯編物理動量守恒定律( 及答案 ) 及解析一、高考物理精講專題動量守恒定律1 如圖所示，在光滑的水平面上有一長為l 的木板 b，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圓弧槽c，與長木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，b、 c 靜止在水平面上現(xiàn)有滑塊a 以初速度 v0 從右端滑上b，一段時間后，以v0 滑離 b，并恰好能2到達 c 的最高點 a、 b、c 的質(zhì)量均為m 求：（1） a 剛滑離木板b 時，木板b 的速度；（2） a 與 b 的上表面間的動摩擦因數(shù)；（ 3）圓弧槽 c 的半徑 r；（ 4）從開始滑上 b 到最后滑離 c 的過程中 a 損失的機械能【答案】（

2、 1） vbv0 ；（ 2）5v02v02（ 4）15mv02416gl（3） re64g32【解析】【詳解】(1)對 a 在木板 b 上的滑動過程，取a、 b、 c 為一個系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有：解得 vbmv0m v0 2mvb2v04(2)對 a 在木板 b 上的滑動過程，a、 b、c 系統(tǒng)減少的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量mgl 1 mv02 1 m( v0 )2 12m(v0 )2222245v02解得16gl(3)對 a 滑上 c直到最高點的作用過程，a、 c 系統(tǒng)水平方向上動量守恒，則有：mv0 mvb 2mv2a、 c 系統(tǒng)機械能守恒：mgr 1 m( v0 )21 m( v

3、0 )212mv222242v02解得 r64g(4)對 a 滑上 c直到離開c 的作用過程，a、 c 系統(tǒng)水平方向上動量守恒mv0mv024mvamvca、 c 系統(tǒng)初、末狀態(tài)機械能守恒，1 m( v0 )21 m( v0 )21 m21 m22224va2vc2解得 va v0 .4所以從開始滑上b 到最后滑離c 的過程中a 損失的機械能為：2e 1 mv02 1 mv2a 15mv02232【點睛】該題是一個板塊的問題，關(guān)鍵是要理清a、 b、 c 運動的物理過程，靈活選擇物理規(guī)律，能夠熟練運用動量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解2 如圖所示，質(zhì)量為m =2kg 的小車靜止在光滑的水平地

4、面上，其ab 部分為半徑r=0.3m的光滑 1 圓孤， bc 部分水平粗糙，bc 長為 l=0.6m 。一可看做質(zhì)點的小物塊從a 點由靜止4釋放，滑到c 點剛好相對小車停止。已知小物塊質(zhì)量m=1kg，取 g =10m/s 2。求：（ 1）小物塊與小車 bc 部分間的動摩擦因數(shù)；（ 2）小物塊從 a 滑到 c的過程中，小車獲得的最大速度?！敬鸢浮浚?1） 0.5（ 2） 1m/s【解析】【詳解】解： (1) 小物塊滑到c 點的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒則有：( mm)v0所以滑到 c 點時小物塊與小車速度都為0由能量守恒得：mgrmglr0.5解得：l(2)小物塊滑到 b 位置時速度最大，設(shè)為

5、v1 ，此時小車獲得的速度也最大，設(shè)為v2由動量守恒得： mv1mv 2由能量守恒得： mgr1 mv121 mv 2222聯(lián)立解得： v21m / s3兩個質(zhì)量分別為 ma 0.3kg 、 mb0.1kg 的小滑塊a、 b 和一根輕質(zhì)短彈簧，彈簧的一端與小滑塊 a 粘連，另一端與小滑塊b 接觸而不粘連 . 現(xiàn)使小滑塊 a 和 b 之間夾著被壓縮的輕質(zhì)彈簧，處于鎖定狀態(tài)，一起以速度v0 3m / s 在水平面上做勻速直線運動，如題8圖所示 . 一段時間后，突然解除鎖定（解除鎖定沒有機械能損失），兩滑塊仍沿水平面做直線運動，兩滑塊在水平面分離后，小滑塊b 沖上斜面的高度為h 1.5m . 斜面傾

6、角37o ，小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.15 ，水平面與斜面圓滑連接 . 重力加速度g 取 10m / s2 . 求：（提示： sin 37 o0.6 ， cos37 o0.8 ）（ 1） a、 b 滑塊分離時， b 滑塊的速度大小 .（ 2）解除鎖定前彈簧的彈性勢能 .【答案】（ 1） vb6m / s（2） ep0.6 j【解析】試題分析：（ 1）設(shè)分離時 a、b 的速度分別為 va 、 vb ，小滑塊 b 沖上斜面軌道過程中，由動能定理有：mb ghmb gh cos1 mb vb2 （ 3sin2分）代入已知數(shù)據(jù)解得：vb6m / s（ 2 分）（2）由動量守恒定律得：(mamb

7、)v0ma vamb vb（3 分）解得： va 2m / s（2 分）由能量守恒得：1(mamb )v02ep1mava21mb vb2（ 4 分）222解得： ep 0.6j（ 2 分）考點：本題考查了動能定理、動量守恒定律、能量守恒定律.4裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因質(zhì)量為2m、厚度為2d 的鋼板靜止在水平光滑桌面上質(zhì)量為 m 的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿現(xiàn)把鋼板分成厚度均為 d、質(zhì)量均為 m 的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第

8、二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計重力影響【答案】【解析】設(shè)子彈初速度為v0，射入厚度為2d 的鋼板后，由動量守恒得：mv0=(2m m)v（ 2 分）1212此過程中動能損失為： e f 2d=mv 0 3mv（ 2 分）損22解得e 12mv 03分成兩塊鋼板后，設(shè)子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為v1和 v1： mv 1mv1 mv 0（2 分）因為子彈在射穿第一塊鋼板的動能損失為e1 f d=mv2（ 1分），0損由能量守恒得：1 mv 12 1 mv 12 1 mv 20 e損 1（ 2 分）222且考慮到 v1 必須大于

9、v1，解得： v1 ( 13 ) v026設(shè)子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為v2，由動量守恒得：2mv2 mv1（ 1 分）損失的動能為：e1212（ 2 分）2mv 12mv2e 1 (12聯(lián)立解得：3 ) mv 022因為ef x（ 1 分），可解得射入第二鋼板的深度x 為：（ 2 分）子彈打木塊系統(tǒng)能量損失完全轉(zhuǎn)化為了熱量，相互作用力乘以相對位移為產(chǎn)生的熱量，以系統(tǒng)為研究對象由能量守恒列式求解5盧瑟福用粒子轟擊氮核發(fā)現(xiàn)質(zhì)子。發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應(yīng)為：。已知氮核質(zhì)量為 mn=14.00753u，氧核的質(zhì)量為 mo=17.00454u ，氦核質(zhì)量 mhe=4.00387u，質(zhì)子（氫核

10、）質(zhì)量為 mp=1.00815u 。（已知： 1uc2 =931mev，結(jié)果保留 2 位有效數(shù)字）求：（ 1）這一核反應(yīng)是吸收能量還是放出能量的反應(yīng)？相應(yīng)的能量變化為多少？（ 2）若入射氦核以 v 7的速度沿兩核中心連線方向轟擊靜止氮核。反應(yīng)生成的氧0=310m/s核和質(zhì)子同方向運動，且速度大小之比為1:50。求氧核的速度大小?！敬鸢浮浚?1）吸收能量， 1.20mev ；（ 2）1.8610m/s【解析】（ 1）這一核反應(yīng)中，質(zhì)量虧損： m=mn+mhe-mo-mp=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=-0.00129u由質(zhì)能方程，則有 e=m c2=-0.0

11、0129 931=-1.20mev故這一核反應(yīng)是吸收能量的反應(yīng)，吸收的能量為1.20mev（2）根據(jù)動量守恒定律，則有： mhev =mhv +m v0ho o又： vo： vh=1： 50 6解得： vo=1.810m/s6 如圖所示，一質(zhì)量m1=0.45kg 的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上車頂右端放一質(zhì)量m2=0.4 kg 的小物體，小物體可視為質(zhì)點現(xiàn)有一質(zhì)量m0 =0.05 kg 的子彈以水平速度v0=100m/s射中小車左端，并留在車中，已知子彈與車相互作用時間極短，小物體與車間的動摩擦因數(shù)為=0.5，最終小物體以5 m/s的速度離開小車g 取10 m/s 2求：（ 1）子彈從射入小

12、車到相對小車靜止的過程中對小車的沖量大小（ 2）小車的長度【答案】（ 1） 4.5n s （ 2） 5.5m【解析】 子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，有：m0 vo (m0 m1 )v1 ，可解得 v110m / s ；對子彈由動量定理有：imv1mv0 ， i 4.5ns ( 或 kgm/s) ； 三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有：(m0 m1 )v1 (m0m1 )v2m2 v ；設(shè)小車長為 l，由能量守恒有：m2 gl1 ( m0 m1 )v121 (m0 m1 )v221 m2v2222聯(lián)立并代入數(shù)值得 l 5.5m；點睛 ：子彈擊中小車過程子彈與小車組成

13、的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出小車的速度 ，根據(jù)動量定理可求子彈對小車的沖量；對子彈、物塊、小車組成的系統(tǒng)動量守恒，對系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出小車的長度7 一列火車總質(zhì)量為m ，在平直軌道上以速度v 勻速行駛，突然最后一節(jié)質(zhì)量為m 的車廂脫鉤，假設(shè)火車所受的阻力與質(zhì)量成正比，牽引力不變，當(dāng)最后一節(jié)車廂剛好靜止時，前面火車的速度大小為多少？【答案】 mv/(m-m)【解析】【詳解】因整車勻速運動，故整體合外力為零；脫鉤后合外力仍為零，系統(tǒng)的動量守恒取列車原來速度方向為正方向由動量守恒定律，可得mv m m v m 0解得，前面列車的速度為mv；vmm8 如圖所示，光滑平

14、行金屬導(dǎo)軌的水平部分處于豎直向下的b=4t 的勻磁場中，兩導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.5ma和b的質(zhì)量都為m=1kg，電阻 rarb1.b 棒靜止于軌，導(dǎo)軌足夠長金屬棒道水平部分，現(xiàn)將 a 棒從 h=80cm 高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過c 點進入軌道的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直，且兩棒始終不相碰.求 a、 b 兩棒的最終速度大小以及整個過程中b 棒中產(chǎn)生的焦耳熱（已知重力加速度g 取 10m/s 2）【答案】2m/s2j【解析】a 棒下滑至 c 點時速度設(shè)為 v0，則由動能定理，有：mgh1 mv020（ 2 分）2解得 v0=4m/s ；（ 2 分）此后的運動過程中， a、 b

15、 兩棒達到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、 b 兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，有：mv0m m v（ 2 分）解得 a、 b 兩棒共同的最終速度為v=2m/s，此后兩棒一起做勻速直線運動；由能量守恒定律可知，整個過程中回路產(chǎn)生的總的焦耳熱為：q1 mv021 m m v2（ 2 分）22則 b棒中的焦耳熱 qb1（ 2 分）q2聯(lián)立解得： qb=2j（ 2 分）9 如圖所示，固定的光滑圓弧面與質(zhì)量為6kg 的小車 c 的上表面平滑相接，在圓弧面上有一個質(zhì)量為2kg 的滑塊 a，在小車c 的左端有一個質(zhì)量為2kg 的滑塊 b，滑塊 a 與 b 均可看做質(zhì)點現(xiàn)使滑塊a 從距小車的上表面高h=

16、1.25m 處由靜止下滑，與b 碰撞后瞬間粘合在一起共同運動，最終沒有從小車c 上滑出已知滑塊a、 b 與小車 c的動摩擦因數(shù)均為2=0.5，小車 c 與水平地面的摩擦忽略不計，取g=10m/s . 求：（ 1）滑塊 a 與 b 彈性碰撞后瞬間的共同速度的大??；（ 2）小車 c 上表面的最短長度 .【答案】 (1) v=2.5m/s (2)l=0.375m【解析】【試題分析】 (1)根據(jù)機械能守恒求解塊a 滑到圓弧末端時的速度大小，由動量守恒定律求解滑塊 a 與 b 碰撞后瞬間的共同速度的大??；(2)根據(jù)系統(tǒng)的能量守恒求解小車c 上表面的最短長度(1)設(shè)滑塊 a 滑到圓弧末端時的速度大小為v1

17、 ，由機械能守恒定律有： m a gh1 m a v122代入數(shù)據(jù)解得 v12gh5m/s 設(shè) a、 b 碰后瞬間的共同速度為v2 ，滑塊 a 與 b 碰撞瞬間與小車 c無關(guān)，滑塊 a 與 b 組成的系統(tǒng)動量守恒，mav1mamb v2代入數(shù)據(jù)解得v22.5m/s (2)設(shè)小車 c 的最短長度為l，滑塊 a 與 b 最終沒有從小車c 上滑出，三者最終速度相同設(shè)為 v3 ，根據(jù)動量守恒定律有：mambv 2mambmcv3根據(jù)能量守恒定律有：mambgl=1mambv221ma mb mc v3222聯(lián)立以上兩代入數(shù)據(jù)解得l0.375m【點睛】本題要求我們要熟練掌握機械能守恒、能量守恒和動量守恒

18、的條件和公式，正確把握每個過程的物理規(guī)律是關(guān)鍵10 如圖甲所示，用半徑相同的、b 兩球的碰撞可以驗證 “動量守恒定律 ”實驗時先讓質(zhì)a量為 m1 的 a 球從斜槽上某一固定位置c由靜止開始滾下，進入水平軌道后，從軌道末端水平拋出，落到位于水平地面的復(fù)寫紙上，在下面的白紙上留下痕跡重復(fù)上述操作10 次，得到 10 個落點痕跡再把質(zhì)量為m2 的 b 球放在水平軌道末端，讓a 球仍從位置 c 由靜止?jié)L下， a 球和 b 球碰撞后，分別在白紙上留下各自的落點痕跡，重復(fù)操作10 次 m、p、n為三個落點的平均位置，未放b 球時， a 球的落點是 p 點， o 點是水平軌道末端在記錄紙上的豎直投影點，如圖

19、乙所示（1）在這個實驗中，為了盡量減小實驗誤差，兩個小球的質(zhì)量應(yīng)滿足_（填 “或”“ bcc m1opm1omm2onm1op 2m1om2m2on2m1opm1omm2on【解析】【分析】【詳解】(1)為了防止入射球碰后反彈，應(yīng)讓入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量；（ 1）小球離開軌道后做平拋運動，小球在空中的運動時間相同，小球的水平位移與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，實驗需要驗證：m1v0 m1v1 m2 v2 ，因小球均做平拋運動，下落時間相同，則可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度進行驗證，故有m1 op m1 om m2 on ，實驗需要測量小球的質(zhì)

20、量、小球落地點的位置，測量質(zhì)量需要天平，測量小球落地點的位置需要毫米刻度尺，因此需要的實驗器材有： bc；（ 3）由于各種偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落點不可能完全重合，落點應(yīng)當(dāng)比較集中，但不是出現(xiàn)了錯誤，故 ab 錯誤；由于落點比較密集，又較多，每次測量距離很難，故確定落點平均位置的方法是最小圓法，即用盡可能最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表落點的平均位置，故c 正確；僅調(diào)節(jié)斜槽上固定位置c，它的位置越低，由于水平速度越小，則線段op 的長度越小，故d 錯誤故選c；（4）若兩球相碰前后的動量守恒，則m1v0m1v1m2 v2 ，又op v0t ,omv1t, onv2 t ，

21、代入得： m1opm1 om m2on ，若碰撞是彈性碰撞，滿足機械能守恒，則：1212122m1v02m1v12m2 v2 ，代入得; m1 op 2m1 om 2m2on 2 ；（5）如圖所示 ,連接 op、 om 、on,作出 m、 n 在 op 方向上的投影點m、 n，如圖所示；分別測量出op、 om、 on的長度若在實驗誤差允許范圍內(nèi),滿足關(guān)系式m1opm1omm2on則可以認為兩小球碰撞前后在op 方向上動量守恒11 如圖所示，光滑固定斜面的傾角=30，一輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量m=3kg的物體 b 相連，初始時b 靜止 .質(zhì)量 m=1kg 的 a 物體在斜面上距b 物體處

22、s1=10cm 靜止釋放， a 物體下滑過程中與b 發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后與b 粘在一起，已知碰后整體經(jīng) t=0.2s 下滑 s2=5cm 至最低點 .彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，ab可視為質(zhì)點，g取、10m/s 2（1）從碰后到最低點的過程中，求彈簧最大的彈性勢能;（2）碰后至返回到碰撞點的過程中，求彈簧對物體b 的沖量大小【答案】（【解析】【分析】1） 1 125j；（ 2） 10ns(1)a 物體下滑過程， a 物體機械能守恒，求得性碰撞， a、 b 組成系統(tǒng)動量守恒，求得碰后a 與 b 碰前的速度； a 與 b 碰撞是完全非彈 ab 的共同速度；從碰后到最低點的過程中，a、 b 和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可求得從碰后到最低點的過程中彈性勢能的增加量(2)從碰后至返回到碰撞點的過程中，a、 b 和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可求得返回碰撞點時 ab 的速度；對 ab 從碰后至返回到碰撞點的過程應(yīng)用動量定理，可得此過程中彈簧對物體 b 沖量的大小【詳解】(1)a 物體下滑過程， a 物體機械能守恒，則： mgs1 sin30 0 1 mv022解得： v02gs1sin3002 10 0.1 0.5 m1mssa 與 b 碰撞是完全非彈性碰撞，據(jù)動量守恒定律得：mv0(mm )v1解得： v10.25 ms從碰后到最低點的過程中，a、 b 和彈簧組成