高考物理動量守恒定律答題技巧及練習題(含答案)

1、高考物理動量守恒定律答題技巧及練習題（含答案）一、高考物理精講專題動量守恒定律1.如圖所示，在水平地面上有兩物塊甲和乙，它們的質(zhì)量分別為2m、m,甲與地面間無摩擦，乙與地面間的動摩擦因數(shù)恒定.現(xiàn)讓甲以速度v0向著靜止的乙運動并發(fā)生正碰，且碰撞時間極短，若甲在乙剛停下來時恰好與乙發(fā)生第二次碰撞，試求：（1）第一次碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能（2）第一次碰撞過程中甲對乙的沖量12【答案】（1） mv0 ； （2） mvo4【解析】【詳解】解：（1）設第一次碰撞剛結(jié)束時甲、乙的速度分別為v1、v2,之后甲做勻速直線運動，乙以V2初速度做勻減速直線運動，在乙剛停下時甲追上乙碰撞，因此兩物體在這段時間平均速

2、度相等，有：V1絲2而第一次碰撞中系統(tǒng)動量守恒有：2mv0 2mv1 mv2由以上兩式可得：v1 v0-, v2 v02所以第一次碰撞中的機械能損失為：e g2mg/o工g|2mgv；工mv2 mv22224（2）根據(jù)動量定理可得第一次碰撞過程中甲對乙的沖量：I mv2 0 mvo2.運載火箭是人類進行太空探索的重要工具，一般采用多級發(fā)射的設計結(jié)構(gòu)來提高其運載能力。某興趣小組制作了兩種火箭模型來探究多級結(jié)構(gòu)的優(yōu)越性，模型甲內(nèi)部裝有Am=100g的壓縮氣體，總質(zhì)量為 M=l kg,點火后全部壓縮氣體以vo =570 m/s的速度從底部噴口在極短的時間內(nèi)豎直向下噴出；模型乙分為兩級，每級內(nèi)部各裝有

3、 的壓縮氣體，每級總2質(zhì)量均為 M,點火后模型后部第一級內(nèi)的全部壓縮氣體以速度Vo從底部噴口在極短時間2內(nèi)豎直向下噴出，噴出后經(jīng)過2s時第一級脫離，同時第二級內(nèi)全部壓縮氣體仍以速度Vo從第二級底部在極短時間內(nèi)豎直向下噴出。噴氣過程中的重力和整個過程中的空氣阻力忽略不計，g取10 m/s2,求兩種模型上升的最大高度之差。【答案】116.54m【解析】對模型甲：0 M m v甲mv02g 9對模型乙第一級噴氣：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乙產(chǎn)40m2g對模型乙第一級噴氣：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.如圖，質(zhì)量分別為 m且、出的兩個小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m, A球在B球的正上方. 先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放.當A球下落t=0.3s時，剛好與B球在地面上方的 P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零.已知 = SWj ,重力加速度大小為 g=lCta"”，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失.(i) B球第一次到達地面時的速度;(ii) P點距離地面的高度.【答案】vb 4m/sh

5、p 0.75m【解析】試題分析：(i) B球總地面上方靜止釋放后只有重力做功，根據(jù)動能定理有,12mlBgh -mlBVB 2可得B球第一次到達地面時的速度 vB J2gh 4m/s(ii) A球下落過程，根據(jù)自由落體運動可得A球的速度vA gt 3m/s設B球的速度為Vb ',則有碰撞過程動量守恒 mAVA mBVB' mBVB''碰撞過程沒有動能損失則有121,212一 mIaVa-rnVB- mBVB222解得 vB' 1m/ s , vB '' 2m/ s小球B與地面碰撞后根據(jù)沒有動能損失所以B離開地面上拋時速度v0vB4m /

6、s所以P點的高度hp p2,2V0-B- 0.75m2g考點：動量守恒定律能量守恒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，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深 度.設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._段于異初建蜃為%卜射AJWTAZd用制板行，量絳

7、制&利于M的共同速值方 由動守相科螂中力鳳利城叫秋后,/穿過那一塊例收時為春的速度力用力5相門，由中量守titfl皿+叫叫（®閃為千彈趣*（俄中QJWWB力比恒力，射穿第一埃胡&的動能出人為竽.由假2中恒鼻威立®®式.H考慮刑好必需大于福役于憚時人薪二境弱收網(wǎng)也在耳中后兩者的共網(wǎng)速度力外.由動=守恒通損典的動晚為U扣咯喈因為子鼻在修板中受H的用力為惻力.由0式q褥.射入第二塊偶取的深度工力M - -（1hr J【解析】設子彈初速度為 vo,射入厚度為2d的鋼板后, 由動量守恒得： mvo=（2m + m）V （2分）121 c .此過程中動目匕損失

8、為：廂=f 2d= mvo x 3mV （2分）解得 A E= mv 03分成兩塊鋼板后，設子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為vi和Vi： mvi + mVi=mvo（2分）2因為子彈在射穿第一塊鋼板的動能損失為AEi = f d=- mv2 （1分），6由能量守恒得:A E損i （2分）i 2 i 2 i 2-mvi + mV i = mv o且考慮到vi必須大于Vi,解得：vi=（i e）vo 26V2,設子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為由動量守恒得：2mV2 = mvi（ 1分）損失的動能為：A Ei= m mv 2 x 2mV （2分）22聯(lián)立解得：E 1（1 Y3）2

9、mv2 22因為E f x （1分），可解得射入第二鋼板的深度 x為：追壯（2分）4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 .如圖所示，質(zhì)量為 m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M=19m的金屬球并排懸掛.現(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成0=60°的位置自由釋放，下擺后在最低點與金屬球發(fā)生彈性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場.已知由于磁場的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c處.求經(jīng)過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于【答案】最多碰撞 3次【解析】解：設小球m的擺線長度為l小球m在下落過程中與 M

10、相碰之前滿足機械能守恒:哼1 (1-8.)二,uvj m和M碰撞過程是彈性碰撞，故滿足:mv°=MVM+mvi 12 12 12叫二,叫刀叫聯(lián)立得:說明小球被反彈，且 V1與v°成正比，而后小球又以反彈速度和小球M再次發(fā)生彈性碰撞，滿足：mv1=MVM1+mv2 12 12 127口口二 11np2 +刁MYri d解得：N I 咤二1"整理得:故可以得到發(fā)生 n次碰撞后的速度:if nI小-如 號(府而偏離方向為450的臨界速度滿足:聯(lián)立 代入數(shù)據(jù)解得，當n=2時，V2>v臨界 當n=3時，V3 v v臨界即發(fā)生3次碰撞后小球返回到最高點時與豎直方向的夾角

11、將小于45°.考點：動量守恒定律；機械能守恒定律.專題：壓軸題.分析：先根據(jù)機械能守恒定律求出小球返回最低點的速度，然后根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律求出碰撞后小球的速度，對速度表達式分析，求出碰撞 n次后的速度表達式, 再根據(jù)機械能守恒定律求出碰撞n次后反彈的最大角度，結(jié)合題意討論即可.點評：本題關鍵求出第一次反彈后的速度和反彈后細線與懸掛點的連線與豎直方向的最大角度，然后對結(jié)果表達式進行討論，得到第 n次反彈后的速度和最大角度，再結(jié)合題意求 解.6 .盧瑟福用“粒子轟擊氮核發(fā)現(xiàn)質(zhì)子。發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應為：'舊。已 知氮核質(zhì)量為 mN=14.00753u,氧核的質(zhì)量為 mo

12、=17.00454u ,氯核質(zhì)量 mHe=4.00387u,質(zhì) 子(氫核)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)這一核反應是吸收能量還是放出能量的反應？相應的能量變化為多少？(2)若入射氨核以vo=3x 10m/s的速度沿兩核中心連線方向轟擊靜止氮核。反應生成的氧核和質(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?1)吸收能量，1.20MeV; (2) 1.8X16m/s【解析】(1)這一核反應中，質(zhì)量虧損：m=mN+mHe-mo-mp=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=-0.00

13、129u由質(zhì)能方程，貝U有 任=Am c2=-0.00129 x 931=-1.20MeV故這一核反應是吸收能量的反應，吸收的能量為 1.20MeV(2)根據(jù)動量守恒定律，則有：mHe vo=mH vH+movo又：vo： vh=1 : 50解得：Vo=1.8x6m/s7 .甲圖是我國自主研制的 200mm離子電推進系統(tǒng)，已經(jīng)通過我國 實踐九號"衛(wèi)星空間飛行試驗驗證，有望在 2015年全面應用于我國航天器.離子電推進系統(tǒng)的核心部件為離子推 進器，它采用噴出帶電離子的方式實現(xiàn)飛船的姿態(tài)和軌道的調(diào)整，具有大幅減少推進劑燃 料消耗、操控更靈活、定位更精準等優(yōu)勢.離子推進器的工作原理如圖乙所

14、示，推進劑氤 原子P噴注入腔室C后，被電子槍 G射出的電子碰撞而電離，成為帶正電的氤離子.氤離 子從腔室C中飄移過柵電極 A的速度大小可忽略不計，在柵電極A、B之間的電場中加速，并從柵電極 B噴出.在加速氤離子的過程中飛船獲得推力.已知柵電極A、B之間的電壓為U,氤離子的質(zhì)量為 m、電荷量為q .(1)將該離子推進器固定在地面上進行試驗.求氤離子經(jīng)A、B之間的電場加速后，通過柵電極B時的速度v的大?。?2)配有該離子推進器的飛船的總質(zhì)量為M,現(xiàn)需要對飛船運行方向作一次微調(diào)，即通過推進器短暫工作讓飛船在與原速度垂直方向上獲得一很小的速度A y此過程中可認為氤離子仍以第(1)中所求的速度通過柵電極

15、 B.推進器工作時飛船的總質(zhì)量可視為不變.求 推進器在此次工作過程中噴射的氤離子數(shù)目N.(3)可以用離子推進器工作過程中產(chǎn)生的推力與A、B之間的電場對氤離子做功的功率的比值S來反映推進器工作情況.通過計算說明采取哪些措施可以增大S,并對增大S的實際意義說出你的看法.9qU v A/AvMAv ,【答案】(1)1二二(2)入=；(3)增大S可以通過減小q、U或增大m的方法.提高該比值意味著推進器消耗相同的功率可以獲得更大的推力.【解析】 試題分析：(1)根據(jù)動能定理有qV =，用KMA v=Nmv(2)在與飛船運動方向垂直方向上，根據(jù)動量守恒有:JZ AvJ/ Av解得： 一 一，(3)設單位時

16、間內(nèi)通過柵電極A的氤離子數(shù)為n,在時間t內(nèi)，離子推進器發(fā)射出的氤離子個數(shù)為N nt,設氤離子受到的平均力為 F ,對時間t內(nèi)的射出的氤離子運用動量定理，F(xiàn)t Nmv ntmv, F = nmvF=F = nmv根據(jù)牛頓第三定律可知，離子推進器工作過程中對飛船的推力大小 電場對氤離子做功的功率 P= nqU則.Im而根據(jù)上式可知：增大 S可以通過減小q、U或增大m的方法.提高該比值意味著推進器消耗相同的功率可以獲得更大的推力.(說明：其他說法合理均可得分)考點：動量守恒定律；動能定理；牛頓定律8 .如圖所示，木塊 m靜止在高h=0. 45 m的水平桌面的最右端，木塊m靜止在距m 左側(cè)S0=6.

17、25 m處.現(xiàn)木塊 m在水平拉力F作用下由靜止開始沿水平桌面向右運動，與 m 2碰前瞬間撤去F, m和m2發(fā)生彈性正碰.碰后 m落在水平地面上，落點距桌面右端水平距離s=l . 2 m.已知m=0. 2 kg , m2 =0 . 3 kg , m與桌面的動摩擦因素為 0. 2.(兩個木塊都可以視為質(zhì)點，g=10 m/s2)求：H-I-(1)碰后瞬間口的速度是多少？(2) m碰撞前后的速度分別是多少？(3)水平拉力F的大?。俊敬鸢浮?1) 4m/s (2) 5m/s ; -1m/s(3) 0. 8N【解析】試題分析：(1)已做平拋運動，則：h= gt2;2s=v2t ；解得 V2=4m/s(2)

18、碰撞過程動量和能量守恒：mv=mv1+mv2mv2= mv12+ m2V22222代入數(shù)據(jù)解得：v=5m/s v 1=-1m/s(3) m碰前：v2=2asF m1g m1a代入數(shù)據(jù)解得：F=0. 8N考點：動量守恒定律；能量守恒定律；牛頓第二定律的應用【名師點睛】此題關鍵是搞清兩個物體的運動特征，分清物理過程；用動量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合牛頓定律列出方程求解.9.在光滑的水平面上，質(zhì)量 m=1kg的物體與另一質(zhì)量為 m物體相碰，碰撞前后它們的位 移隨時間變化的情況如圖所示。求：(1)碰撞前m的速度vi和mt的速度V2；(2)另一物體的質(zhì)量 m>o【答案】(1) v1 4m/s, v

19、2 0；(2) m2 3kg?！窘馕觥吭囶}分析：(1)由st圖象知：碰前，m的速度v1 "二0 4 m/'s , m2處于靜止 t 4-0狀態(tài)，速度v20(2)由st圖象知：碰后兩物體由共同速度，即發(fā)生完全非彈性碰撞s 24 16碰后的共同速度v 16 1m st 12 4根據(jù)動量守恒定律，有：m1Vl (m( m2)v另一物體的質(zhì)量 m2 mi vv 3ml 3kgv考點：st圖象，動量守恒定律10 .如圖所示，內(nèi)壁粗糙、半徑R= 0.4 m的四分之一圓弧軌道 AB在最低點B與光滑水平軌道BC相切。質(zhì)量 m2 = 0.2 kg的小球b左端連接一輕質(zhì)彈簧，靜止在光滑水平軌道上

20、,另一質(zhì)量m1=0.2 kg的小球a自圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到圓弧軌道最低點B時對g= 10 m/s2。求:軌道的壓力為小球 a重力的2倍，忽略空氣阻力，重力加速度(1)小球a由A點運動到B點的過程中，摩擦力做功 Wf；(2)小球a通過彈簧與小球b相互作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能Ep;(3)小球a通過彈簧與小球b相互作用的整個過程中，彈簧對小球b的沖量I?！敬鸢浮?1) 口一 J(2) Ep=0.2J I=0.4N?s【解析】II 1(1)小球由靜止釋放到最低點B的過程中，據(jù)動能定理得訴時叫© 二 mi小球在最低點B時：*據(jù)題意可知=聯(lián)立可得嗎=-0即(2)小球a與小球b把

21、彈簧壓到最短時，彈性勢能最大，二者速度相同，此過程中由動量守恒定律得：II=4mi + m2)U2 + %由機械能守恒定律得22»彈簧的最大彈性勢能 3=0.4J小球a與小球b通過彈簧相互作用的整個過程中，a球最終速度為 力,b求最終速度為由動量守恒定律1 1 1 5加1說+方取之戒由能量守恒定律：根據(jù)動量定理有：得小球a通過彈簧與小球b相互作用的整個過程中，彈簧對小球b的沖量I的大小為I=0.8N s11 .如圖所示，A為有光滑曲面的固定軌道，軌道底端的切線方向是水平的，質(zhì)量mi 40kg的小車B靜止于軌道右側(cè)，其上表面與軌道底端在同一水平面上，一個質(zhì)量m2 20kg的物體C以2.0m / s的初速度從軌道頂端滑下，沖上小車 B后經(jīng)過一段時間與 小車相對靜止并一起運動。若軌道頂端與底端的高度差h 1.6m,物體與小車板面間的動摩擦因數(shù)0.40 ,小車與水平面間的摩擦忽略不計，取g I0m/s2,求：(1)物體與小車保持相對靜止時的速度v;(2)物體沖上小車后，與小車發(fā)生相對滑動經(jīng)歷的時間t；(3)物體在小車上相對滑動的距離 l。【答案】(1) 2 m/s； (2) 1 s； (3) 3 m【解析】12 一 12試題分析：(1)下滑過程機