高中物理動量大題含答案

1、高中物理動量大題與解析1（2017平頂山模擬）如圖所示，一小車置于光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧右端固定，左端栓連物塊b，小車質(zhì)量M=3kg，AO部分粗糙且長L=2m，動摩擦因數(shù)=0.3，OB部分光滑另一小物塊a放在車的最左端，和車一起以v0=4m/s的速度向右勻速運動，車撞到固定擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但不與擋板粘連已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)a、b兩物塊視為質(zhì)點質(zhì)量均為m=1kg，碰撞時間極短且不粘連，碰后一起向右運動（取g=10m/s2）求：（1）物塊a與b碰后的速度大?。唬?）當(dāng)物塊a相對小車靜止時小車右端B到擋板的距離；（3）當(dāng)物塊a相對小車靜止時在小車上的位

2、置到O點的距離解：（1）對物塊a，由動能定理得：，代入數(shù)據(jù)解得a與b碰前速度：v1=2m/s；a、b碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以a的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv1=2mv2，代入數(shù)據(jù)解得：v2=1m/s；（2）當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時兩物塊分離，a以v2=1m/s在小車上向左滑動，當(dāng)與車同速時，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv2=（M+m）v3，代入數(shù)據(jù)解得：v3=0.25m/s，對小車，由動能定理得：，代入數(shù)據(jù)解得，同速時車B端距擋板的距離：=0.03125m；（3）由能量守恒得：，解得滑塊a與車相對靜止時與O點距離：；答：（1）物塊a與b碰后的速度大小為1m/s；（2）當(dāng)物塊a相

3、對小車靜止時小車右端B到擋板的距離為0.03125m（3）當(dāng)物塊a相對小車靜止時在小車上的位置到O點的距離為0.125m2（2017肇慶二模）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V0從右端滑上B，并以V0滑離B，恰好能到達C的最高點A、B、C的質(zhì)量均為m，試求：（1）木板B上表面的動摩擦因素；（2）圓弧槽C的半徑R；（3）當(dāng)A滑離C時，C的速度解：（1）當(dāng)A在B上滑動時，A與BC整體發(fā)生作用，規(guī)定向左為正方向，由于水平面光滑，A與BC組成的系統(tǒng)動量守恒，有：

4、mv0=mv0+2mv1得：v1=v0由能量守恒得知系統(tǒng)動能的減小量等于滑動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能，有：Q=mgL=mm2m得：=（2）當(dāng)A滑上C，B與C分離，A與C發(fā)生作用，設(shè)到達最高點時速度相等為V2，規(guī)定向左為正方向，由于水平面光滑，A與C組成的系統(tǒng)動量守恒，有：mv0+mv1=（m+m）V2，得：V2=A與C組成的系統(tǒng)機械能守恒，有：m+m=（2m）+mgR得：R=（3）當(dāng)A滑下C時，設(shè)A的速度為VA，C的速度為VC，規(guī)定向左為正方向，A與C組成的系統(tǒng)動量守恒，有：mv0+mv1=mvA+mvCA與C組成的系統(tǒng)動能守恒，有：m+m=m+m解得：VC=答：（1）木板B上表面的動摩擦因素為；（2

5、）圓弧槽C的半徑為；（3）當(dāng)A滑離C時，C的速度是3（2017惠州模擬）如圖所示，一質(zhì)量M=0.4kg的小物塊B在足夠長的光滑水平臺面上靜止不動，其右側(cè)固定有一輕質(zhì)水平彈簧（處于原長）臺面的右邊平滑對接有一等高的水平傳送帶，傳送帶始終以=1m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動另一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊A以速度0=4m/s水平滑上傳送帶的右端已知物塊A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.1，傳送帶左右兩端的距離l=3.5m，滑塊A、B均視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，取g=10m/s2（1）求物塊A第一次到達傳送帶左端時速度大小；（2）求物塊A第一次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能Epm；（3）物塊A會不會第二次壓縮彈

6、簧？解：（1）物塊A從傳送帶的右端滑到左端的過程，根據(jù)動能定理有：m12m02=mgl代入數(shù)據(jù)解得：1=3m/s因為1所以物塊A第一次到達傳送帶左端時速度大小為3m/s（2）物塊A第一次壓縮彈簧過程中，當(dāng)物塊A和B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律有：m1=（ M+m ）根據(jù)機械能守恒定律有：Epm=m12（ M+m ） 2代入數(shù)據(jù)解得：Epm=0.36J（3）物塊A第一次壓縮彈簧前后動量和動能均守恒，有：m1=m1+M2m12=m12+M22解得：1=1=1.8m/s，2=1代入數(shù)據(jù)解得：1=1.8m/s，2=1.2m/s根據(jù)動能定理有：0m 12=mgl1代入數(shù)據(jù)解得：l1

7、=1.62m因為l1l所以物塊A第二次向左到達傳送帶左端時的速度1=1m/s根據(jù)12，可得物塊A不會第二次壓縮彈簧答：（1）物塊A第一次到達傳送帶左端時速度大小為3m/s；（2）物塊A第一次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能Epm為0.36J；（3）物塊A不會第二次壓縮彈簧4（2017鹽城一模）歷史上美國宇航局曾經(jīng)完成了用“深度撞擊”號探測器釋放的撞擊器“擊中”坦普爾1號彗星的實驗探測器上所攜帶的重達370kg的彗星“撞擊器”將以1.0104m/s的速度徑直撞向彗星的彗核部分，撞擊彗星后“撞擊器”融化消失，這次撞擊使該彗星自身的運行速度出現(xiàn)1.0107m/s的改變已知普朗克常量h=6.61034

8、Js（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）求：撞擊前彗星“撞擊器”對應(yīng)物質(zhì)波波長；根據(jù)題中相關(guān)信息數(shù)據(jù)估算出彗星的質(zhì)量解：撞擊前彗星“撞擊器”的動量為：P=m=3701.0104=3.7106kgm/s則撞擊前彗星“撞擊器”對應(yīng)物質(zhì)波波長為：=1.81040 m以彗星和撞擊器組成的系統(tǒng)為研究對象，規(guī)定彗星初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得：m=M則得彗星的質(zhì)量為：M=3.71013kg答：撞擊前彗星“撞擊器”對應(yīng)物質(zhì)波波長是1.81040 m彗星的質(zhì)量是3.71013kg5（2017荊門模擬）如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的軌道，其中AB段是水平粗糙的、BD段為半徑R=0.4m的半圓光滑軌道，兩段軌道相切

9、于B點小球甲從C點以速度0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點的小球乙發(fā)生彈性碰撞已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m，小球甲與AB段的動摩擦因數(shù)為=0.5，C、B距離L=1.6m，g取10m/s2（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點） （1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；（2）在滿足（1）的條件下，求的甲的速度0；（3）若甲仍以速度0向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍解：（1）設(shè)乙到達最高點的速度為vD，乙離開D點到達水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，乙恰能通過軌道最高點，則 mg=m乙做平拋運動過

10、程有： 2R=gt2x=vDt聯(lián)立得：x=0.8 m（2）設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有 mvB=mv甲+mv乙 mvB2=mv甲2+mv乙2聯(lián)立得：v乙=vB對乙從B到D，由動能定理得：mg2R=mv02mv乙2聯(lián)立得：vB=2m/s甲從C到B，由動能定理有：mgL=mvB2mv02解得：v0=6m/s（3）設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有： MvB=MvM+mvmMvB2=MvM2+mvm2（11）聯(lián)立得（11）得：vm=（12）由M=m和Mm，可得 vBvm2v

11、B （13）設(shè)乙球過D點時的速度為vD，由動能定理得：mg2R=mv02mvm2（14）聯(lián)立（13）（14）得：2 m/svD8 m/s （15）設(shè)乙在水平軌道上的落點距B點的距離為x，有：x=vDt （16）聯(lián)立（15）（16）得：0.8 mx3.2m（17）答：（1）乙在軌道上的首次落點到B點的距離是0.8m；（2）甲的速度0是6m/s；（3）乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍是0.8 mx3.2m6（2016北京）動量定理可以表示為p=Ft，其中動量p和力F都是矢量在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是，碰撞后彈出的角度也是，碰撞前后的速度大小都是，如圖所示碰撞過程中忽略小球所受重力a分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化px、py；b分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较蚪猓篴、把小球入射速度分解為vx=vsin，vy=vcos，把小球反彈速度分解為v