最新高考物理動量守恒定律基礎(chǔ)練習(xí)題

1、最新高考物理動量守恒定律基礎(chǔ)練習(xí)題一、高考物理精講專題動量守恒定律3kg和1kg的甲、乙兩滑塊，將僅與甲P.現(xiàn)將兩滑塊由靜止釋放，當(dāng)彈簧P相撞.求擋板P對乙的沖量的最大值.1.在圖所示足夠長的光滑水平面上，用質(zhì)量分別為 拴接的輕彈簧壓緊后處于靜止?fàn)顟B(tài).乙的右側(cè)有一擋板恢復(fù)原長時，甲的速度大小為 2m/s,此時乙尚未與甲 乙riwri 1求彈簧恢復(fù)原長時乙的速度大小；若乙與擋板P碰撞反彈后，不能再與彈簧發(fā)生碰撞.【答案】v乙=6m/s. I =8N【解析】【詳解】(1)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，設(shè)甲乙的速度分別為四和也,對兩滑塊及彈簧組成的系統(tǒng)，設(shè)向左的方向為正方向，由動量守恒定律可得：TJliVi +

2、 nt2V2 = 0又知力= 2m/s|聯(lián)立以上方程可得P2=-6m/sl,方向向右。(2)乙反彈后甲乙剛好不發(fā)生碰撞，則說明乙反彈的的速度最大為內(nèi)=由動量定理可得，擋板對乙滑塊沖量的最大值為：/ 三小2閃-屈之逶=1 X 2N'S -1x(- 6)N'S = 8N»s2.兩個質(zhì)量分別為mA 0.3kg、mB 0.1kg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

3、有機(jī)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37°,小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為B沖上斜面的高度為 h 1.5m.斜面傾角0.15,水平面與斜面圓滑連接.重力加速度g取 10m/s2.求：(提示：sin37° 0.6, cos37°0.8)(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 .0.6J【答案】(1) vB 6m/ s(2) EP【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：mBghmBgh cos- -mBv2 （3sin 2分）代入已知

4、數(shù)據(jù)解得：vB 6m/s （2分）（2）由動量守恒定律得：（mA mB）v0 mAvA mBvB（3分）解得：Va 2m/s（2 分）由能量守恒得： （mA mB）v2 EP 1mAvA mBv2 （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 B C,物塊R C靜止，物3.如圖所示，光滑水平直導(dǎo)軌上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、塊B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計）；讓物塊 A以速度V。朝B運動，壓縮彈簧；當(dāng) A B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動.假設(shè)B和C碰撞過程時間極短.那么從 A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過

5、程中，求.（1） A、B第一次速度相同時的速度大小;（2） A、B第二次速度相同時的速度大小;（3）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能大小131 1【答案】（1） ,V。（2） V。（3）【解析】 試題分析：（1）對A、B接觸的過程中，當(dāng)?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r，由動量守恒定律得,mvo=2mvi, 1解得 V1 = ?' V0mVo=3mV2（2）設(shè)AB第二次速度相同時的速度大小 V2,對ABC系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律:解得V2= V0的（3） B與C接觸的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有：1解得V3= 4V。1Vo2 1fo21 En3m（于 j -石2 nt：?。?_系統(tǒng)損失的機(jī)械能為己己上4

6、161當(dāng)A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大.此時V2=voI I 113 ;根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能"224H考點：動量守恒定律及能量守恒定律【名師點睛】本題綜合考查了動量守恒定律和能量守恒定律，綜合性較強，關(guān)鍵合理地選 擇研究的系統(tǒng)，運用動量守恒進(jìn)行求解。4 . 一質(zhì)量為喀的子彈以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木塊d并留在其中，A與木塊用用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，開始彈簧處于原長，如圖所示.已知彈簧 被壓縮瞬間A的速度v= -，木塊且、力的質(zhì)量均為算.求:M +用?子彈射入木塊且時的速度； ?彈簧被壓縮到最短時彈簧的彈性勢能.2_Mm a【答案】

7、電=口b2(M m)(2M m)【解析】 試題分析：(1)普朗克為了對于當(dāng)時經(jīng)典物理無法解釋的 災(zāi)外災(zāi)難”進(jìn)行解釋，第一次提 出了能量量子化理論， A正確；愛因斯坦通過光電效應(yīng)現(xiàn)象，提出了光子說， B正確；盧瑟福通過對 江粒子散射實驗的研究，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故正確；貝克勒爾通過對天然放射性的研究，發(fā)現(xiàn)原子核有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，但沒有發(fā)現(xiàn)質(zhì)子和中子，D錯；德布羅意大膽提出假設(shè)，認(rèn)為實物粒子也具有波動性，E錯.(2)1以子彈與木塊 A組成的系統(tǒng)為研究對象，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：喇1% =(用-J/)T解得： 2彈簧壓縮最短時，兩木塊速度相等，以兩木塊與子彈組成的系統(tǒng)為研

8、究對象，以木塊X的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：ma(,“一喇"=(2"一明”解得:MnraTa匚米又2.1不»由機(jī)械能守恒定律可知:r 11£p =三（、£ +-（2Af -加）=考點：本題考查了物理學(xué)史和動量守恒定律5 .物理丁密35(1)天然放射性元素29：Pu經(jīng)過 次”衰變和 次3衰變，最后變成鉛的同位素。(填入鉛的三種同位素 206 Pb、282Pb、282Pb中的一種)(2)某同學(xué)利用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律.圖中兩擺擺長相同，懸掛于同度，A、B兩擺球均很小，質(zhì)量之比為 1 ：2.當(dāng)兩擺均處于自由靜止?fàn)顟B(tài)時，其側(cè)面剛好

9、 接觸.向右上方拉動 B球使其擺線伸直并與豎直方向成45。角，然后將其由靜止釋放.結(jié)果觀察到兩擺球粘在一起擺動，且最大擺角成30。.若本實驗允許的最大誤差為 土疑，此P2P1實驗是否成功地驗證了動量守恒定律？207【答案】(1) 8, 4, 282Pb； (2)【解析】【詳解】(1)設(shè)發(fā)生了 x次“衰變和y次3衰變, 根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，2x-y+82=94,239=207+4x；由數(shù)學(xué)知識可知， x=8, y=4.(2)設(shè)擺球A、B的質(zhì)量分別為 mA、若是鉛的同位素206,或208,不滿足兩數(shù)守恒, 因此最后變成鉛的同位素是282 PbmB,擺長為l, B球的初始高度為hi,碰撞前B

10、球的速度為vb.在不考慮擺線質(zhì)量的情況下,根據(jù)題意及機(jī)械能守恒定律得hil(1cos45 )-mBVB2設(shè)碰撞前、后兩擺球的總動量的大小分別為mBghi P1、P2.有P1 = mBVB 聯(lián)立式得P mB，2gl (1 cos45 ) 同理可得P2 (mA mB)J2gl(1 cos30 )聯(lián)立式得P2P1mAmBmB1 cos30 -d1 cos45代人已知條件得P2P1.03 由此可以推出P2所以，此實驗在規(guī)定的范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律.6.如圖，兩塊相同平板 Pl、P2置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m = 0.1kg. P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，物體P置于Pi的最右端，質(zhì)量為 M = 0.2

11、kg且可看作質(zhì)點.Pi與P以共同速度 v0= 4m/s向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后P1與P2粘連在一起，壓縮彈簧后被彈回(彈簧始終在彈性限度內(nèi)).平板Pi的長度L=1m , P與Pi之間的動摩擦 因數(shù)為= 0.2, P2上表面光滑.求：0 . r| AB -VWMA片兄(1)Pi、P2剛碰完時的共同速度 vi;(2)此過程中彈簧的最大彈性勢能Ep.(3)通過計算判斷最終 P能否從Pi上滑下，并求出P的最終速度V2.【答案】(i)vi=2m/s (2)Ep=0.2J (3)v2=3m/s 【解析】【分析】【詳解】(i) Pi、P2碰撞過程，由動量守恒定律 mv0 2mv|

12、解得M 2m / s ,方向水平向右；2(2)對Pi、F2、P系統(tǒng)，由動量守恒定律 2mvi MV0 (2m M )v?一 3 一. 、，一，,斛得v2 -v0 3m/s,萬向水平向右，4、2M )v20.2J ；i 八2 i2 i此過程中彈簧的最大彈性勢能EP -?2mvi2 + -Mv0 - (2m222(3)對Pi、F2、P系統(tǒng)，由動量守恒定律 2mvi MV0 2mv3 Mv?i 2Mv2 + Mg L io i o i o由能重寸恒th律得 一 2mv + Mv 02mv3222解得P的最終速度v2 3m/s 0,即P能從Pi上滑下，P的最終速度v 3m/s7.甲圖是我國自主研制的

13、200mm離子電推進(jìn)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(yīng)用于我國航天器.離子電推進(jìn)系統(tǒng)的核心部件為離子推 進(jìn)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(jìn)劑燃 料消耗、操控更靈活、定位更精準(zhǔn)等優(yōu)勢.離子推進(jìn)器的工作原理如圖乙所示，推進(jìn)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 .

14、(1)將該離子推進(jìn)器固定在地面上進(jìn)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(jìn)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(jìn)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(rèn)為氤離子仍以第(1)中所求的速度通過柵電極 B.推進(jìn)器工作時飛船的總質(zhì)量可視為不變.求 推進(jìn)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(jìn)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(jìn)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.【答案】(1)1二二(2)入=(

15、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(jìn)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 二三用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(shè)單位時間內(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(jìn)器發(fā)射出的氤離 子個數(shù)為N nt,設(shè)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， Ft Nmv ntmv, F = nmvF=F = nmv根據(jù)牛頓第三定律可知，離子推進(jìn)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.根據(jù)上式可知

16、：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(jìn)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.在日常生活中，我們經(jīng)?？吹轿矬w與物體間發(fā)生反復(fù)的多次碰撞.如圖所示，一塊表面水平的木板靜止放在光滑的水平地面上，它的右端與墻之間的距離L= 0.08 m.現(xiàn)有一小物塊以初速度vo = 2 m/s從左端滑上木板，已知木板和小物塊的質(zhì)量均為1 kg,小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù) -0.1,木板足夠長使得在以后的運動過程中小物塊始終不與墻接觸，木板與墻碰后木板以原速率反彈，碰撞時間極短可忽略，取重力加速度g=10 m/s2.求：(

17、1)木板第一次與墻碰撞時的速度大??；(2)從小物塊滑上木板到二者達(dá)到共同速度時，木板與墻碰撞的總次數(shù)和所用的總時間；(3)小物塊和木板達(dá)到共同速度時 ，木板右端與墻之間的距離.【答案】 (1) 0.4 s 0.4 m/s (2) 1.8 s.(3) 0.06 m【解析】試題分析：(1)物塊滑上木板后，在摩擦力作用下，木板從靜止開始做勻加速運動，設(shè)木板加速度為a,經(jīng)歷時間T后與墻第一次碰撞，碰撞時的速度為V1則 mg ma,解得a g 1m/s21 2_L -at ，v at 2聯(lián)立 解得t 0.4s, v1 0.4m/s(2)在物塊與木板兩者達(dá)到共同速度前，在每兩次碰撞之間，木板受到物塊對它的

18、摩擦力 作用而做加速度恒定的勻減速直線運動，因而木板與墻相碰后將返回至初態(tài)，所用時間也 為T.設(shè)在物塊與木板兩者達(dá)到共同速度v前木板共經(jīng)歷n次碰撞，則有：v vo2nT t a a t 式中At是碰撞n次后木板從起始位置至達(dá)到共同速度時所需要的時間.由于最終兩個物體一起以相同的速度勻速前進(jìn)，故式可改寫為2V vo 2nTa由于木板的速率只能處于0到v1之間，故有0 v0 2nTa 2Vl求解上式得1.5 n 2.5由于n是整數(shù)，故有n=2由 得：t 0.2s；v 0.2m/s從開始到物塊與木板兩者達(dá)到共同速度所用的時間為：t 4T t 1.8s (11)即從物塊滑上木板到兩者達(dá)到共同速度時，木

19、板與墻共發(fā)生三次碰撞，所用的時間為123)物塊與木板達(dá)到共同速度時，木板與墻之間的距離為s L -a t 12)2聯(lián)立與(12)式，并代入數(shù)據(jù)得 s 0.06m即達(dá)到共同速度時木板右端與墻之間的距離為0. 06m.考點：考查了牛頓第二定律，運動學(xué)公式【名師點睛】本題中開始小木塊受到向后的摩擦力，做勻減速運動，長木板受到向前的摩 擦力做勻加速運動；當(dāng)長木板反彈后，小木塊繼續(xù)勻減速前進(jìn)，長木板勻減速向左運動， 一直回到原來位置才靜止；之后長木板再次向右加速運動，小木塊還是勻減速運動；長木 板運動具有重復(fù)性，由于木板長度可保證物塊在運動過程中不與墻接觸，故直到兩者速度 相同，一起與墻壁碰撞后反彈；之

20、后長木板向左減速，小木塊向右減速，兩者速度一起減 為零.9.如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為科使木板與重物以共同的速度 vo向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后木板以原速率反彈.設(shè)木板足夠長，重物始終在木板上.重力加速度為g.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間【答案】t 組3 g【解析】解：木板第一次與墻碰撞后，向左勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度，再往后是勻速直線運動，直到第二次 撞墻.木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到有共同

21、速度v,動量守恒，有：2mvo - mvo= (2m+m) v, 解得： v=-J木板在第一個過程中，用動量定理，有： mv - m ( - vo)二科2mgt用動能定理，有： niv=-2mgsa木板在第二個過程中，勻速直線運動，有： s=vt22vq 2vq 14VqI木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間t=t 1+t2=rr+?7三一313乩皂3 H g答：木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間為【點評】本題是一道考查動量守恒和勻變速直線運動規(guī)律的過程復(fù)雜的好題，正確分析出 運動規(guī)律是關(guān)鍵.10.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊 C接觸但未連接，該整體靜止

22、放在離地面高為 H的光滑水平桌面上.現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面 h高處由靜 止開始滑下，與滑塊 B發(fā)生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經(jīng)一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出.已知mA m, mB 2m, mC 3m,求：h(1)滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度 v;(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能EPmax;(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離s.【答案】(1) v-Vi 1 局h (2) mgh (3) 2JHh3363【解析】【詳解】解：(1)滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程，機(jī)械能守恒，設(shè)其滑到底面的1速度為V1 ,由機(jī)械能守恒

23、定律有：mAgh mAv；2解之得：v1. 2gh滑塊A與B碰撞的過程， A、B系統(tǒng)的動量守恒，碰撞結(jié)束瞬間具有共同速度設(shè)為v,由動量守恒定律有：mAmA mB v解之得：v 1Vl 1J2gh 33 '(2)滑塊A、B發(fā)生碰撞后與滑塊 C 一起壓縮彈簧，壓縮的過程機(jī)械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊 A、B、C速度相等，設(shè)為速度 V2由動量守恒定律有:mAmBmC v2122由機(jī)械能寸恒th律有：EPmax - (mA mB)vmA mB mC v21解得被壓縮彈簧的最大彈性勢能：EPmax mgh6(3)被壓縮彈簧再次恢復(fù)自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設(shè)滑塊 A、B的速度為V

24、3,滑塊C的速度為V4,分別由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有:mA mb v mA mb V3 mCV4121212-mA mB v - mA m V3 m2221 解之得：V3 0 v4 -J2gh3 ,滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動：s v4t1 .2H 2gt2解之得滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離：s JHh311.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m1 40 kg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 10m/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?！敬鸢浮?1) 2 m/s； (