1、【物理】 高考物理动量守恒定律专项训练100( 附答案 )一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 水平放置长为 L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v=3m/s ，质量为 m2=3kg 的小球被长为 l 1m 的轻质细线悬挂在 O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为 m1=1kg的物块自传送带上的左端 A 点以初速度 v0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球 m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的1 反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。2已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为=0.1，取重力加速度 g10m/s2 。求：（ 1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（ 2）
2、物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？【答案】（ 1） 42N（ 2） 13.5J【解析】【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：m gL = 1 mv21 m v21211210解之可得： v1 =4m/s因为 v1v ，说明假设合理m1v1 =12滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：2 m1v1 +m2v2解之得： v2 =2m/s碰后，对小球，根据牛顿第二定律：Fm2 gm2 v22l小球受到的拉力：F42N（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为t1 ，则 L1 v0 v1 t12解之得： t11s在这过程中，传送带运行距离为：S1vt13
3、m滑块与传送带的相对路程为：X1LX11.5m设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为t2则根据动量定理：m1 gt2m11 v12解之得： t2 2s滑块向左运动最大位移： xm11 v1 t 2 =2m22因为 xmL ，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带再考虑到滑块与小球碰后的速度1 v1 v ，2说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为2t2在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程X 22vt212m因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是Q m1 g x1 x2 =13.5J2(16 分）如图 ,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木
4、板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。质量m1=0.40kg 的物块 A 从斜槽上端距水平木板高度h=0.80m 处下滑，并与放在水平木板左端的质量m2=0.20kg 的物块 B 相碰 ,相碰后物块 B 滑行x=4.0m 到木板的 C 点停止运动，物块A 滑到木板的 D 点停止运动。已知物块B 与木板间的动摩擦因数=0.20,重力加速度 g=10m/s2,求：(1) 物块 A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小；(2) 滑动摩擦力对物块 B 做的功；(3) 物块 A 与物块 B 碰撞过程中损失的机械能。【答案】（ 1） v0 =4.0m/s（ 2） W=-1.6J（ 3） E=0.
5、80J【解析】试题分析：设物块 A 滑到斜面底端与物块 B 碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有 m1gh1m1 v02(1 分)v02gh ，解得： v0 4.0 m/s(1 分 )2 设物块 B 受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为 W，则 f m2g(1 分 )W m2gx 解得： W 1.6 J(1 分 )设物块 A 与物块 B 碰撞后的速度为v1，物块 B 受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为 E，根据动能定理有m212v2gx 02m解得： v 4.0 m/s(1分)根据动量守恒定律m1v0 m1v1 m2 v(1 分)解得： v1 2.0 m/s(1 分)能量守恒1
6、m1 v02 1 m1 v12 1 m2v2 E(1 分 )222解得： E0.80 J(1 分)考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律3 如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M11 kg ，车上另有一个质量为m 0.2 kg的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v0 8 m/s的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M2 2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？( 球最终停在乙车上)【答案】 25m/s【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等以 M 1、 M2 、m 组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒：0M
7、2v0M1mM 2 v共 ，解得 v共5m / s以 小 球 与 乙 车 组 成 的 系统 ， 水 平 方 向 动 量 守 恒 ：M 2v0mvmM 2 v共 ， 解 得v25m / s考点：考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解4 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
8、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mv0=m+MV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,则s=Vt由S=得考点：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5如图，水平面上相距为L=5m 的 P、 Q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为M=2kg 的小物块 B 静止在 O 点， OP 段光滑，
9、OQ 段粗糙且长度为d=3m 一质量为m=1kg 的小物块A以 v0=6m/s 的初速度从OP 段的某点向右运动，并与B 发生弹性碰撞两物块与OQ 段的动摩擦因数均为 =0 2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能重力加速度 g=10m/s2 ，求（ 1） A 与 B 在 O 点碰后瞬间各自的速度；（ 2）两物块各自停止运动时的时间间隔【答案】（ 1），方向向左；，方向向右（2） 1s【解析】试题分析：（1）设 A、B 在 O 点碰后的速度分别为v1 和 v2，以向右为正方向由动量守恒：碰撞前后动能相等：解得：方向向左，方向向右）（2）碰后，两物块在OQ 段减速时加速度大小均为：B 经过
10、 t1 时间与 Q 处挡板碰，由运动学公式：得：（舍去）与挡板碰后， B 的速度大小，反弹后减速时间反弹后经过位移， B 停止运动物块 A 与 P 处挡板碰后，以v4=2m/s 的速度滑上O 点，经过停止所以最终A、B 的距离 s=d-s1-s2=1m，两者不会碰第二次在 AB 碰后， A 运动总时间，整体法得 B 运动总时间，则时间间隔考点：弹性碰撞、匀变速直线运动6 如图，两块相同平板 P12置于光滑水平面上，质量均为m0.1kg2、 P P 的右端固定一轻质弹簧，物体 P 置于 P1的最右端，质量为 M 0.2kg 且可看作质点1P 与 P 以共同速度0212Pv 4m/s 向右运动，与
11、静止的P 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 与 P 粘连在一起，压缩弹簧后被弹回 (弹簧始终在弹性限度内 )平板 P1的长度 L 1m， P1与 P 之间的动摩擦因数为 0.2， P2 上表面光滑求：(1)P1、 P2 刚碰完时的共同速度 v1；(2)此过程中弹簧的最大弹性势能Ep(3)通过计算判断最终P 能否从 P 上滑下，并求出P 的最终速度 v 12【答案】 (1) v1=2m/sP2(2)E =0.2J(3)v =3m/s【解析】【分析】【详解】（1） P1、 P2 碰撞过程，由动量守恒定律mv02mv1解得 v1v02m / s ，方向水平向右；2（2）对 P、 P 、 P 系统，由
12、动量守恒定律2mv1Mv0(2mM )v212解得 v23 v03m / s ，方向水平向右 ，4此过程中弹簧的最大弹性势能121212EP?21 +Mv 0（2m)20.2J；2mv2M v2（3）对 P1、 P2、 P 系统，由动量守恒定律2mv1Mv02mv3Mv2由能量守恒定律得1 2mv12 + 1 Mv 021 2mv 321 Mv 22 + Mg L2222解得 P 的最终速度v23m / s 0 ，即 P1上滑下， P 的最终速度 v23m / s能从 P7 如图所示，质量为mA=3kg 的小车 A 以 v0=4m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长
13、的轻绳悬挂质量为mB=1kg 的小球 B（可看作质点），小球距离车面 h=0.8m 某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为mC=1kg 的物块 C 发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g=10m/s 2求：（1）小车系统的最终速度大小v 共 ；（ 2）绳未断前小球与砂桶的水平距离L；（ 3）整个过程中系统损失的机械能E 机损 【答案】 (1)3.2m/s（ 2）0.4m（ 3） 14.4J【解析】试题分析：根据动量守恒求出系统最终速度；小球做平抛运动，根据平抛运动公式和运动学公式求出水平
14、距离；由功能关系即可求出系统损失的机械能（1）设系统最终速度为v 共 ，由水平方向动量守恒：(mA mB) v0=(mAmBmC) v 共带入数据解得：v 共=3.2m/s（ 2） A 与 C的碰撞动量守恒： mAv0=(mA mC)v1解得 ： v1=3m/s设小球下落时间为t，则： h1 gt 22带入数据解得：t=0.4s所以距离为：L(v0 v1 )带入数据解得：L=0.4m（3）由能量守恒得 ：E损 mB gh1mA mB v021mA mB m v共222带入数据解得：E损14.4 J点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守
15、恒以及机械能守恒；然后才能列式求解8 如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车 C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg 的滑块 A，在小车C 的左端有一个质量为2kg 的滑块 B，滑块 A 与 B 均可看做质点现使滑块A 从距小车的上表面高h=1.25m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出已知滑块A、 B 与小车 C的动摩擦因数均为=0.5，小车 C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g=10m/s 2. 求：（ 1）滑块 A 与 B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小；（ 2）小车 C 上表面的最短长度 .【答案】 (1)v=2.5m/s (
16、2)L=0.375m【解析】【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A 滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块 A 与 B 碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C 上表面的最短长度(1)设滑块 A 滑到圆弧末端时的速度大小为v1 ，由机械能守恒定律有： m A gh1 m A v122代入数据解得 v12gh5m/s 设 A、 B 碰后瞬间的共同速度为v2 ，滑块 A 与 B 碰撞瞬间与小车 C无关，滑块 A 与 B 组成的系统动量守恒，mAv1mAmB v2代入数据解得 v22.5m/s(2)设小车 C 的最短长度为L，滑块 A 与 B 最终没有从小车C 上滑
17、出，三者最终速度相同设为 v3 ，根据动量守恒定律有：mAmB v 2 mAmBmCv3根据能量守恒定律有：mAmB gL= 1 mAmBv221mA mB mC v3222联立以上两代入数据解得L0.375m【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式，正确把握每个过程的物理规律是关键9 光滑水平面上放着一质量为M 的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0 向槽运动（ 1）若槽固定不动，求小球上升的高度（槽足够高）（ 2）若槽不固定，则小球上升多高？【答案】（ 1） v02（ 2）Mv022g2( Mm)g【解析】（1）槽固定时，设球上升的高度
18、为h1，由机械能守恒得：mgh11mv022解得： h1v02；2g（2）槽不固定时，设球上升的最大高度为h2 ，此时两者速度为v，由动量守恒定律得：mv0m Mv再由机械能守恒定律得：1 mv021 mMv2mgh222联立解得，上球上升的高度：h2Mv 022 mMg10 两个小球 A 和 B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C 沿轨道以速度 v0 射向 B 球，如图所示 C与 B 发生碰撞并立即结成一个整体D在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A 球与挡板 P 发生碰撞，碰后
19、A、D 都静止不动， A 与 P 接触而不粘连过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定无机械能损失）已知 A、B、C 三球的质量均为 m求 :（ 1）弹簧长度刚被锁定后 A 球的速度（ 2）在 A 球离开挡板 P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能【答案】 （1） 1v0（ 2）12336mv0【解析】（1）设 C球与 B 球发生碰撞并立即结成一个整体D 时， D的速度为 v ，由动量守恒有：1mv0 =（ m+m） v1当弹簧压缩至最短时，D 与 A 的速度相等，设此速度为 v，由动量守恒有： 2mv =5mv212由两式得 A 的速度为： v2=1 v05（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在
20、弹簧中的势能为Ep，由能量守恒有：1 2mv121 5mv22Ep22撞击 P 后， A 与 D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成 D 的动能，设 D的速度为 v3，则有： Ep12m v322以后弹簧伸长， A 球离开档板 P，并获得速度，当弹簧再次恢复到原长时，A 的速度最大，由动量守恒定律及能量关系可知：2mv3 3mv42mv5 ； Ep1 3mv421 2mv5222解得： v443 v0520（3）当 A、 D 的速度相等时，弹簧压缩到最短时，此时D 球速度最小设此时的速度为v，由动量守恒定律得： 2mv =5mv636设此使弹性势能为EP，由能量
21、守恒定律得：EP = 1 2m v321 5m v621 mv02222011 图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m 水平放置，磁感应强度B=0.4T 的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间金属棒ab、 cd 质量分别为0.1kg 和 0.2kg，电阻分别为 0.4 和 0.2 ，并排垂直横跨在导轨上若两棒以相同的初速度3m/s 向相反方向分开，不计导轨电阻，求：(1)金属棒运动达到稳定后的ab 棒的速度大小；(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热；(3)金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？【答案】（ 1） 1m/s（2） 1 2J（3） 1 5m【解析】【详解】解：
22、 (1)ab、cd 棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v ，以水平向右为正方向，则解得稳定后的ab 棒的速度大小：(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：(3)对 cd 棒根据动量定理有：即：又两棒间距离增加：12 如图所示，小球 A 质量为 m，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点， O 点到水平面的距离为 h 物块 B 质量是小球的 5 倍，置于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短 )，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h 小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加
23、速度为g，求碰撞过程物块获得的冲16量及物块在地面上滑行的距离h【答案】16【解析】【分析】对小球下落过程由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度，再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求解获得的冲量；对物块滑行过程由动能定理可求得其滑行的距离【详解】小球的质量为m, 设运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v1,取小球运动到最低点时的1重力势能为零 ,根据机械能守恒定律有：mgh=mv122解得： v1=2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为vh121,同理有： mg162mv1解得： vgh1 =8设碰撞后物块的速度大小为v2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有：mv1=-mv1+5mv 2gh解得： v2=8由动量定理可得 ,碰撞过程滑块获得的冲量为I=5mv2=5 m 2gh4物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F=5mg设物块在水平面上滑行的时间为t,由动能定理有：Fs 01 5mv222h解得： s16【点睛】本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解
