【物理】物理動量守恒定律練習全集及解析

1、【物理】物理動量守恒定律練習全集及解析一、高考物理精講專題動量守恒定律.如圖所示，一輛質(zhì)量M=3 kg的小車A靜止在光滑的水平面上，小車上有一質(zhì)量m=l kg的光滑小球B,將一輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定，此時彈簧的彈性勢能為&=6J,小球與小車右壁距離為L=0.4m,解除鎖定，小球脫離彈簧后與小車右壁的油灰阻擋層碰撞并被粘住，求：小球脫離彈簧時的速度大??；在整個過程中，小車移動的距離。【答案】(1) 3m/s (2) 0.1m【解析】 試題分析：(1)除鎖定后彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)動能，根據(jù)動量守恒和能量守恒列出 等式得mv-Mv2=0EpIm%2 1Mv2 22代入數(shù)據(jù)解得：%1=3m/s v 2

2、=1m/s(2)根據(jù)動量守恒和各自位移關系得m M*,x1+x2=Lt t代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：x2 -=0.1m4考點：動量守恒定律；能量守恒定律.如圖，質(zhì)量分別為 明、出丑的兩個小球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,重力加速度大小為 g =10m s* ,忽略空氣阻力及碰撞中的動B球第一次到達地面時的速度;P點距離地面的高度.【答案】vB 4m/ s hp 0.75m【解析】試題分析：(i) B球總地面

3、上方靜止釋放后只有重力做功，根據(jù)動能定理有E Ch 1 E 2mBghmBVB2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 EbVb mBvB TOC o 1-5 h z 21212碰撞過程沒有動能損失則有 EaVa2 mBvB2 mBvB2 222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 Vo vb 4m/s HYPERLINK l bookmark14 o Current Document ,2所以

4、P點的高度hp Vo-Vb 0.75m p 2g考點：動量守恒定律能量守恒.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：州+一。已知氮核質(zhì)量為 mN=14.00753u,氧核的質(zhì)量為 mo=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V0=3X 1加/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

5、能量，1.20MeV; (2) 1.8 xfQn/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=-0.00129u由質(zhì)能方程，貝U有 莊=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 v0=mH vH+movo又：Vo： vh=1 ： 50解得：vo=1.8X6m/s. 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，假設火車所受的阻力與質(zhì)量成正比，牽引力不變

6、，當最后一節(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 v v_；M m.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示，推

7、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 B.推

8、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.9qJJ 曠 A/Av A/Av【答案】(1) u二J及二(2) n = = I r_(3)增大S可以通過減小q、 m吶 共禮花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 人=三版解得：二MA v=Nmv(2)在與飛船運動方向垂直方向上，根據(jù)動量守恒有:(3)設單位時間內(nèi)

9、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 = 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F=F = nmv電場對氤離子做功的功率 P= nqU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6.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. 25 m處.現(xiàn)木

10、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 mt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：下$1*;(1)碰后瞬間m；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) m做平拋運動，則：h= gt2;2s=v2t ;解得 v2=4m/s(2)碰撞過

11、程動量和能量守恒：mv=mv1+mv2mv2= mv12+ mv22222代入數(shù)據(jù)解得：v=5m/s v i=-1m/s (3) m碰前:v 2=2asF m1g mia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.7.如圖所示，質(zhì)量為 mA=3kg的小車A以vo=4m/s的速度沿光滑水平面勻速運動，小車左 端固定的支架通過不可伸長的輕繩懸掛質(zhì)量為mB=1kg的小球B (可看作質(zhì)點)，小球距離車面h=0.8m .某一時刻，小車與靜止在光滑水平面上的

12、質(zhì)量為mc=ikg的物塊C發(fā)生碰撞并粘連在一起(碰撞時間可忽略)，此時輕繩突然斷裂.此后，小球剛好落入小車右端固 定的砂桶中(小桶的尺寸可忽略)，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2.求：(1)小車系統(tǒng)的最終速度大小v共；(2)繩未斷前小球與砂桶的水平距離L;(3)整個過程中系統(tǒng)損失的機械能機損【答案】(1)3.2m/s(2) 0.4m(3) 14.4J【解析】試題分析：根據(jù)動量守恒求出系統(tǒng)最終速度；小球做平拋運動，根據(jù)平拋運動公式和運動 學公式求出水平距離；由功能關系即可求出系統(tǒng)損失的機械能.(1)設系統(tǒng)最終速度為 v共，由水平方向動量守恒：(mA+ mB) v0=(mA+ mB + m

13、o) v 共帶入數(shù)據(jù)解得：v共=3.2m/s(2) A與C的碰撞動量守恒：mAv0=(mA+mc)v1解得：v1=3m/s2設小球下洛時間為 t,則：h - gt帶入數(shù)據(jù)解得：t=0.4s所以距離為：L (v0 v1)帶入數(shù)據(jù)解得：L=0.4m2 12(3)由能重寸恒得 ： E損 mBgh 一 mA mB v0 - mA mB m v全2,帶入數(shù)據(jù)解得：E損14.4J點睛：本題主要考查了動量守恒和能量守恒定律的應用，要注意正確選擇研究對象，并分析系統(tǒng)是否滿足動量守恒以及機械能守恒；然后才能列式求解.8.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

14、，初始時 B靜止.質(zhì)量m=1kg的A物體在斜面上距 B物體處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)，A、B可視為質(zhì)點，g取10m/s2.(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.上【答案】(1) 1. 125J; (2) 10Ns【解析】 【分析】(1)A物體下滑過程，A物體機械能守恒，求得 A與B碰前的速度；A與B碰撞是完全非彈 性碰撞，A、B組成系統(tǒng)動量守恒，求得碰后AB的共同速度；從碰后到最低

15、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： mgSsin30 1 mv22解得：v0 2gS1sin300,2 10 0.1 0.5 嗯 1msA與B碰撞是完全非彈性碰撞，據(jù)動量守恒定律得：mv0 (m M )v1解得：Vi 0.25 ms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，則：一 120

16、EPT增 (m M )v1 (m M)gS2sin30 2解得：Ept 增 1.125J(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的速度大小v2 V1 0.25 m/以沿斜面向上為正，由動量定理可得： 0It (m M )gsin30 2t (m M )v2(m M)%解得：It10N s9.光滑水平面上放著一質(zhì)量為 M的槽，槽與水平面相切且光滑，如圖所示，一質(zhì)量為的小球以V0向槽運動.(1)若槽固定不動，求小球上升的高度(槽足夠高)(2)若槽不固定，則小球上升多高？22【答案(1) v0- (2) Mv0一2g 2(M m)g【解析】(1)槽

17、固定時，設球上升的高度為hi,由機械能守恒得：mgh2 TOC o 1-5 h z -Vo解得：h ；2g(2)槽不固定時，設球上升的最大高度為h2,此時兩者速度為v,由動量守恒定律得：mv0 m M v 1 O 1O再由機械能寸恒th律得：一mv0 m M v mgh2 HYPERLINK l bookmark26 o Current Document 22聯(lián)立解得，上球上升的高度：h2Mv2.如圖所示，一質(zhì)量為 M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A, mM,A、B間粗糙，現(xiàn)給 A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A開始向左運動，B開始向右運動，最后 A不會，f

18、離B,求:A、B最后的速度大小和方向；(2)從地面上看，小木塊向左運動到離出發(fā)點最遠處時，平板車的速度大小和方向.【答案】M mVoM m(2)2M m2 Mg2 V。試題分析：(1)由A、B系統(tǒng)動量守恒定律得:Mv0 mv0= (M +m ) v 一 M所以v=-v0M十班方向向右v則由動量守恒定律得:A向左運動速度減為零時，到達最遠處，設此時速度為, Mv 0 mv0Mv0 mv0=Mv V 方向向右M考點：動量守恒定律；點評：本題主要考查了動量守恒定律得直接應用，難度適中.如圖所示，小球 A質(zhì)量為m,系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h.物塊B質(zhì)量是小球的5倍，置

19、于粗糙的水平面上且位于O點正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為出現(xiàn)拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升至最高點時到水平面的距離為小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g,求碰撞過程物塊獲得的沖16量及物塊在地面上滑行的距離.【答案】16【解析】 對小球下落過程由機械能守恒定律可求得小球與物塊碰撞前的速度；對小球由機械能守恒 可求得反彈的速度，再由動量守恒定律可求得物塊的速度；對物塊的碰撞過程根據(jù)動量定 理列式求解獲得的沖量；對物塊滑行過程由動能定理可求得其滑行的距離.【詳解】小球的質(zhì)量為m,設運動到最低點與物塊相撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守，值定律有：mgh=1mv122解得：v1=、, 2ghh 12設碰撞后小球反彈的速度大小為 v1,同理有： mg 一 一 mv162解得：v1=jghv2,取水平向右為正方向，由動量守恒定律有:設碰撞后物塊的速度大小為mv=-mv 1+5mv2解得：v2=. gh由動量定理可得，碰撞過程滑塊獲得的沖量為I=5mv2= m2gh物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小為F=5(i mg設物塊在水平面上滑行的時間為t,由動能定理有：Fs 0