1、高中物理动量守恒定律试题经典含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 如 所示，在 角 30的光滑斜面上放置一 量 m 的物 B，B 的下端 接一 簧， 簧下端与 板相 接，B 平衡 ， 簧的 量 x0， O 点 簧的原 位置在斜面 端另有一 量也 m 的物 A，距物 B 为 3x0， A 从静止开始沿斜面下滑， A 与 B 相碰后立即一起沿斜面向下运 ，但不粘 ，它 到达最低点后又一起向上运 ，并恰好回到 O 点 (A、B 均 点 )，重力加速度 g求：（ 1） A、 B 相碰后瞬 的共同速度的大小；（ 2） A、 B 相碰前 簧具有的 性 能；（ 3）若在斜面 端再 接一光滑的半径R x0
2、 的半 道 PQ， 弧 道与斜面相切于最高点P， 物 A 以初速度v 从 P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点 具有向上的速度， v 至少 多大 物 A 能沿 弧 道运 到Q 点（ 算 果可用根式表示）【答案】 v213gx0 EP1 mgx0 v(20 4 3) gx024【解析】 分析：（ 1） A 与 B 球碰撞前后， A 球的速度分 是 v1 和 v2 ，因 A 球滑下 程中，机械能守恒，有：1mg（3x0）sin30 = mv 122解得： v1 3gx0 又因 A 与 B 球碰撞 程中， 量守恒，有：mv 1=2mv2 立 得： v2 1 v1 13gx022（2）碰后， A、
3、 B 和 簧 成的系 在运 程中，机械能守恒 有： EP1?2mv220+2mg?x0sin30+2解得： EP012203010 2mg?x sin30 - ?2mv=mgx -4mgx 4mgx 2（3） 物 在最高点C 的速度是vC，物 A 恰能通 弧 道的最高点C 点 ，重力提供向心力，得：mg m vc2R所以： vc gRgx0 C 点相 于O 点的高度：(43)h=2x0sin30 +R+Rcos30=x02物 从 O 到 C的 程中机械能守恒，得：1 mvo2 mgh+ 122mvc2 立 得：vo (53) gx0 ?设 A 与 B 碰撞后共同的速度 vB，碰撞前 A 的速度
4、 vA，滑 从 P 到 B 的 程中机械能守恒，得： 1mv2+mg（ 3x0sin30）1mvA222A 与 B 碰撞的 程中 量守恒得：mv=2mv ABA 与 B 碰撞 束后从 B 到 O 的 程中机械能守恒，得：1?2mvB2+EP21 ?2mvo 2+2mg?x0sin30 2由于 A 与 B 不粘 ，到达 O 点 ，滑 B 开始受到 簧的拉力，A 与 B 分离 立 解得： v3 3gx0考点： 量守恒定律；能量守恒定律【名 点睛】分析清楚物体运 程、抓住碰撞 簧的 量与 A、B 到达 P 点 簧的伸 量相等， 簧 能相等是关 ， 用机械能守恒定律、 量守恒定律即可正确解 2 如 所
5、示， 量 M =2kg 的小 静止在光滑的水平地面上，其AB 部分 半径R=0.3m的光滑 1 孤， BC 部分水平粗糙，BC 长为 L=0.6m 。一可看做 点的小物 从A 点由静止4 放，滑到C 点 好相 小 停止。已知小物 量m=1kg，取 g =10m/s 2。求：（ 1）小物块与小车 BC 部分间的动摩擦因数；（ 2）小物块从 A 滑到 C的过程中，小车获得的最大速度。【答案】（ 1） 0.5（ 2） 1m/s【解析】【详解】解： (1) 小物块滑到C 点的过程中，系统水平方向动量守恒则有：( Mm)v0所以滑到 C 点时小物块与小车速度都为0由能量守恒得：mgRmgLR0.5解得：
6、L(2)小物块滑到 B 位置时速度最大，设为v1 ，此时小车获得的速度也最大，设为v2由动量守恒得： mv1Mv 2由能量守恒得： mgR1 mv121 Mv 2222联立解得： v21m / s3两个质量分别为 mA 0.3kg 、 mB0.1kg 的小滑块A、 B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连 . 现使小滑块 A 和 B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0 3m / s 在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示 . 一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B
7、 冲上斜面的高度为h 1.5m . 斜面倾角37o ，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15 ，水平面与斜面圆滑连接 . 重力加速度g 取 10m / s2. 求：（提示： sin 37 o0.6 ， cos37 o0.8 ）（ 1） A、 B 滑块分离时， B 滑块的速度大小 .（ 2）解除锁定前弹簧的弹性势能 .【答案】（ 1） vB 6m / s（2） EP 0.6 J【解析】试题分析：（1）设分离时 A、B 的速度分别为 vA 、 vB ，小滑块 B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：mB ghmB ghcos1mB vB2 （ 3sin2分）代入已知数据解得：vB6m / s（ 2 分
8、）（2）由动量守恒定律得：(mAmB )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）考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.4 如图所示 ,在倾角 30的斜面上放置一个凹撸B,B 与斜面间的动摩擦因数3 ；槽内6靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点 ),它到凹槽左侧壁的距离d 0.1m， A、 B 的质量都为 m=2kg， B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计 A、 B 之间的摩擦 ,斜面足够长现同时由静止释放A、 B,经
9、过一段时间 ,A 与 B 的侧壁发生碰撞 ,碰撞过程不计机械能损失 ,碰撞时间极短 ,g 取 10m / s2 .求：(1)释放后物块 A 和凹槽 B 的加速度分别是多大?(2)物块 A 与凹槽 B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、 B 的速度大小 ；(3)从初始位置到物块 A 与凹糟 B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小【答案】（ 1）（ 2） v-1， v-1（ 3）x总=0.2n2mAn=(n-1)m?sBn=n m?sn【解析】【分析】【详解】（ 1）设物块 A 的加速度为 a1，则有 mAgsin =ma1，解得 a1=5m/s 2凹槽 B 运动时受到的摩擦力 f= 3mgcos=
10、mg 方向沿斜面向上；凹槽 B 所受重力沿斜面的分力G1=2mgsin =mg 方向沿斜面向下；因为 G12=f，则凹槽 B 受力平衡，保持静止，凹槽B 的加速度为 a =0（2）设 A 与 B 的左壁第一次碰撞前的速度为v，根据运动公式：v =2a dA02A01解得 vA0=3m/s ；AB 发生弹性碰撞，设A 与 B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为 v， B 的速度为 v，则由A1B1动量守恒定律： mvA 0mvA12mvB 1 ；由能量关系： 1mvA201mvA1212mvB21222解得 vA1=-1m/s( 负号表示方向 )， vB1=2m/s5人站在小车上和小车一起以速度v
11、0 沿光滑水平面向右运动地面上的人将一小球以速度 v 沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v 水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n 次后，人和车速度刚好变为0已知人和车的总质量为M ，求小球的质量m【答案】 mMv 02nv【解析】试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv 0-mv=Mv 1+mv2mv得： v1v0M车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒：Mv 1-mv=Mv 2+mv2mv得： v2v02M2mv同理，车上的人第n 次将小
12、球抛出后，有vnv0nM由题意 vn=0，Mv0得： m2nv考点：动量守恒定律6 如图，一质量为 M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射入物块后，以水平速度v0 /2 射出 .重力加速度为g.求：（ 1）此过程中系统损失的机械能；（ 2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离1m2mv0h【答案】 (1) E3mv0(2) s2g8MM【解析】【分析】【详解】试题分析：（ 1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得0+MV mv =m解得系统的机械能损失为E=由式得E=（2）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s
13、,则s=Vt由得S=考点：动量守恒定律；机械能守恒定律点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易7 （ 1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K 时，可以发生“氦燃烧”。完成“氦燃烧”的核反应方程：24 He_ 48 Be 。 48 Be 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6 10 -16 s。一定质量的 48 Be ，经 7.8 10 -16 s后所剩下的 48 Be 占开始时的。（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板（上表面粗糙）和滑块，滑块B置于A的AC左端，三者质量分别为 mA = 2kg 、 mB= 1k
14、g 、 mC = 2kg 。开始时 C静止， A、B 一起以v0 = 5m / s的速度匀速向右运动，A与 C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间， A、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求 A 与 C发生碰撞后瞬间 A 的速度大小。【答案】（ 1） 42 He （或） 1 （或 12.5%）8（ 2） 2m/s【解析】（ 1）由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。由题意可知经过 3 个半衰期，剩余的 48 Be 的质量 m m0 ( 1)31 m0 。28（2）设碰后 A 的速度为 vA ， C 的速度为 vC , 由动量守恒可得 mAv0mAvA
15、mC vC ,碰后 A、 B满足动量守恒，设A、 B 的共同速度为 v1 ，则 mA vAmB v0(mAmB )v1由于 A、 B整体恰好不再与C 碰撞，故 v1 vC联立以上三式可得vA =2m/s。【考点定位】（1）核反应方程，半衰期。（2）动量守恒定律。8 氡是一种放射性气体，主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料呼吸时氡气会随气体进入肺脏，氡衰变时放出射线，这种射线像小“炸弹 ”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等若有一静止的氡核22286 Rn 发生衰变，放出一个速度为 v0 、质量为 m 的粒子和一个质量为M 的反冲核钋21884 Po 此过程动量守恒，若氡
16、核发生衰变时，释放的能量全部转化为粒子和钋核的动能。（ 1）写衰变方程；（ 2）求出反冲核钋的速度； ( 计算结果用题中字母表示 )（ 3）求出这一衰变过程中的质量亏损。( 计算结果用题中字母表示 )【答案】（ 1） 86222 Rn84218 Po 24 He ；（ 2） vmv0 ，负号表示方向与离子速度方向MMm mv2相反；（ 3） m02Mc 2【解析】【分析】【详解】（1）由质量数和核电荷数守恒定律可知，核反应方程式为22286 Rn21884 Po+42 He（2）核反应过程动量守恒，以离子的速度方向为正方向由动量守恒定律得mv0Mv0解得 vmv0 ，负号表示方向与离子速度方向
17、相反M（3）衰变过程产生的能量1mv21Mv2M m mv02E2022M由爱因斯坦质能方程得Emc2解得M m mv02m2Mc29 如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A 点由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A求男演员落地点 C 与 O 点的水平距离s已知男演员质量 m1和女演员质量 m2 之比 m1 m2=2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R， C 点比 O 点低 5R【答案】 8R【解析】【分析】【详解】两演员一起从从A 点摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒定律，设总质量为m，则
18、mgR1mv22女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒：m2 gR1m2v122女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒：（ m1 m2） v m2v1m1v2 根据题意： m1 : m22有以上四式解得： v22gR24R1 gt 28R接下来男演员做平抛运动：由，得 t2g因而： sv2 t8R ；【点睛】两演员一起从从 A 点摆到 B 点，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒，由于女演员刚好能回到高处，可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度，再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度，然后根据平抛
19、运动的知识求解男演员的水平分位移；本题关键分析求出两个演员的运动情况，然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解10 在光滑的水平面上，质量 m1=1kg 的物体与另一质量为 m2 物体相碰，碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图所示。求：（ 1）碰撞前 m 的速度 v和 m 的速度 v ；1122（2）另一物体的质量 m2。【答案】（ 1） v14 m s， v20；（ 2） m23kg 。【解析】试题分析：（ 1）由 s t 图象知：碰前， m1 的速度s16 - 02处于静止v14 - 04 m s ， mt状态，速度 v20（2）由 s t 图象知：碰后两物体由共同速度
20、，即发生完全非弹性碰撞碰后的共同速度s24161m sv124t根据动量守恒定律，有：m1v1(m1m2 )v另一物体的质量m2 m1v1v3m13kgv考点： st 图象，动量守恒定律11 如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的 2 倍，重物与木板间的动摩擦因数为使.木板与重物以共同的速度v0 向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后木板以原速率反弹.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.4v0【答案】 t3 g【解析】解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到
21、静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度v，动量守恒，有：2mv0 mv0=（2m+m ） v，解得： v=木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv m（ v0） = 2mgt1用动能定理，有：= 2mgs木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt2木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t 1+t2=+=答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为【点评】本题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题，正确分析出运动规律是关键12 如图所示，水平光滑轨道AB 与以
22、O 点为圆心的竖直半圆形光滑轨道BCD相切于 B点，半圆形轨道的半径r=0.30m 在水平轨道上 A 点静止放置一质量为m2=0.12kg 的物块2，现有一个质量 m1=0.06kg 的物块 1 以一定的速度向物块 2 运动，并与之发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，碰撞后物块2 的速度 v2=4.0m/s 物块均可视为质点， g 取 10m/s 2，求：（1）物块 2 运动到 B 点时对半圆形轨道的压力大小；（2）发生碰撞前物块1 的速度大小；（3）若半圆形轨道的半径大小可调，则在题设条件下，为使物块高点，其半径大小应满足什么条件2 能通过半圆形轨道的最【答案】【小题 1】 7.6N【小题 2
23、】 6.0m/s【小题 3】 0.32m【解析】（ 1）设轨道 B 点对物块 2 的支持力为 N，根据牛顿第二定律有N-m2g=m2v22/R解得 N=7.6N根据牛顿第三定律可知，物块2 对轨道 B 点的压力大小N=7.6N（2）设物块 1 碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，对于物块1 与物块 2 的碰撞过程，根据动量守恒定律有 m1v0=mv1+m2v2因碰撞过程中无机械能损失，所以有22+2m1v0 = m1v1m2v2代入数据联立解得 v0 =6.0m/s（3）设物块 2 能通过半圆形轨道最高点的最大半径为Rm，对应的恰能通过最高点时的速度大小为 v，根据牛顿第二定律，对物块2 恰能通过最高点时有 m2 g=m2v2/Rm对物块2 由 B 运动到 D 的过程，根据机械能守恒定律有m2v22=m 2g?2Rm+ m2v2联立可解得： Rm=0.32m所以，为使物块2 能通过半圆形轨道的最高点，半圆形轨道半径不得大于0.32m
