高中物理动量守恒定律模拟试题及解析

高中物理动量守恒定律模拟试题及解析

高中物理动量守恒定律模拟试题及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为 3kg 和 1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲 拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板 P.现将两滑块由静止释放，当弹簧 恢复原长时，甲的速度大小为 2m/s ，此时乙尚未与 P 相撞． ①求弹簧恢复原长时乙的速度大小； ②若乙与挡板 P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板 P 对乙的冲量的最大值． 【答案】 v 乙＝ 6m/s. I ＝8N 【解析】 【详解】 （1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为 和 ，对两滑块及弹簧组成的系统，设向 左的方向为正方向，由动量守恒定律可得： 又知 联立以上方程可得 ，方向向右。 （2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为 由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为： 2．冰球运动员甲的质量为 80.0kg 。当他以 5.0m/s 的速度向前运动时，与另一质量为 100kg、速度为 3.0m/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极 短，求： （1）碰后乙的速度的大小； （2）碰撞中总动能的损失。 【答案】（ 1）1.0m/s （2）1400J 【解析】 试题分析：（ 1）设运动员甲、乙的质量分别为 m、M，碰前速度大小分别为 v、 V，碰后 乙的速度大小为 V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有： mv-MV=MV′⋯① 代入数据解得： V′=1． 0m/s⋯② （2）设碰撞过程中总机械能的损失为 △E，应有： mv2+ MV2＝ MV′2+△E⋯③ 联立 ②③ 式，代入数据得： △E=1400J 考点：动量守恒定律；能量守恒定律 3．如图的水平轨道中， AC段的中点 B 的正上方有一探测器， C 处有一竖直挡板，物体 P1 沿轨道向右以速度 v1 与静止在 A 点的物体 P2 碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计 时零点，探测器只在 t 1=2 s 至 t 2=4 s 内工作，已知 P1、P2 的质量都为 m=1 kg，P 与 AC间的 动摩擦因数为 μ=0.1，AB 段长 L=4 m，g 取 10 m/s2，P1、P2 和 P 均视为质点， P 与挡板的 碰撞为弹性碰撞。 (1)若 v1=6 m/s，求 P1、P2 碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能 ΔE； (2)若 P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过 B 点，求 v1 的取值范围和 P 向左经过 A 点时的最大动能 E。 【答案】（ 1）9J （2）10m/s＜v1＜14m/s 17J 【解析】 试题分析：（ 1）由于 P1 和 P2 发生弹性碰撞，据动量守恒定律有： 碰撞过程中损失的动能为： （2） 解法一：根据牛顿第二定律， P 做匀减速直线运动，加速度 a= 设 P1、P2 碰撞后的共同速度为 vA，则根据（ 1）问可得 vA=v1/2 把 P 与挡板碰撞前后过程当作整体过程处理 经过时间 t 1，P 运动过的路程为 s1，则 经过时间 t 2，P 运动过的路程为 s2，则 如果 P 能在探测器工作时间内通过 B 点，必须满足 s1≤ 3L≤s2 联立以上各式，解得 10m/s ＜v1＜14m/s v1 的最大值为 14m/s ，此时碰撞后的结合体 P 有最大速度 vA=7m/s 根据动能定理， 代入数据，解得 E=17J 解法二：从 A 点滑动到 C 点，再从 C点滑动到 A 点的整个过程， P 做的是匀减速直线。 设加速度大小为 a，则 a=μg=1m/s2 设经过时间 t ，P 与挡板碰撞后经过 B 点， [学科网则： vB=v-at， ，v=v1/2 若 t=2s 时经过 B 点，可得 v1="14m/s" 若 t=4s 时经过 B 点，可得 v1=10m/s 则 v1 的取值范围为： 10m/s＜v1＜14m/s v1=14m/s 时，碰撞后的结合体 P的最大速度为： 根据动能定理， 代入数据，可得通过 A 点时的最大动能为： 考点：本题考查动量守恒定律、运动学关系和能量守恒定律 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）此过程中系统损失的机械能； （2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离． 【答案】 (1) 2 0 1 3 8 mE mv M (2) 0 2 mv hs M g 【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 ① 解得 ② 系统的机械能损失为 ΔE= ③ 由 ②③ 式得 ΔE= ④ （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 ⑤ s=Vt ⑥ 由 ②⑤⑥ 得 S= ⑦ 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．甲图是我国自主研制的 200mm 离子电推进系统， 已经通过我国 “实践九号 ”卫星空间飞 行试验验证，有望在 2015 年全面应用于我国航天器．离子电推进系统的核心部件为离子推 进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃 料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势．离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙 原子 P 喷注入腔室 C后，被电子枪 G 射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子．氙离 子从腔室 C 中飘移过栅电极 A 的速度大小可忽略不计，在栅电极 A、B 之间的电场中加 速，并从栅电极 B 喷出．在加速氙离子的过程中飞船获得推力． 已知栅电极 A、B 之间的电压为 U，氙离子的质量为 m、电荷量为 q． （1）将该离子推进器固定在地面上进行试验．求氙离子经 A、B 之间的电场加速后，通过 栅电极 B 时的速度 v 的大小； （2）配有该离子推进器的飞船的总质量为 M ，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通 过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度 Δv，此过程中可认为氙 离子仍以第（ 1）中所求的速度通过栅电极 B．推进器工作时飞船的总质量可视为不变．求 推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目 N． （3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与 A、B 之间的电场对氙离子做功的功率的 比值 S来反映推进器工作情况．通过计算说明采取哪些措施可以增大 S，并对增大 S的实 际意义说出你的看法． 【答案】（ 1） （2） （3）增大 S 可以通过减小 q、 U 或增大 m 的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． 【解析】 试题分析：（ 1）根据动能定理有 解得： （2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有： MΔv=Nmv 解得： （3）设单位时间内通过栅电极 A 的氙离子数为 n，在时间 t 内，离子推进器发射出的氙离 子个数为 N nt ，设氙离子受到的平均力为 F ，对时间 t 内的射出的氙离子运用动量定 理， F t Nmv ntmv， F = nmv 根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小 F=F = nmv 电场对氙离子做功的功率 P= nqU 则 根据上式可知：增大 S 可以通过减小 q、 U 或增大 m 的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． （说明：其他说法合理均可得分） 考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律 . 6．一个静止的铀核 232 92 U （原子质量为 232.0372u）放出一个 α粒子（原子质量为 4.0026u）后衰变成钍核 228 90 Th （原子质量为 228.0287 u ）．（已知：原子质量单位 271u 1.67 10 kg ， 1u相当于 931MeV ） (1)写出核衰变反应方程； (2)算出该核衰变反应中释放出的核能； (3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和 α粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？ 【答案】 (1) 232 228 4 92 90 2U Th+ He (2)5.49MeV (3)0.095MeV 【解析】 【详解】 (1) 232 228 4 92 90 2U Th+ He (2)质量亏损 U α Th 0.0059um m m m △E=△mc2=0.0059 × 931MeV=5.49MeV (3)系统动量守恒，钍核和 α粒子的动量大小相等，即 Th αp p 2 Th kTh Th2 pE m 2 α kα α2 pE m kTh kαE E E 所以钍核获得的动能 kTh α Th α 4 0.095MeV 4 228 mE E E m m 7．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 m1 的速度 v 1 和 m2 的速度 v 2； （2）另一物体的质量 m2。 【答案】（ 1） sm41v ， 02v ；（ 2） kg32m 。 【解析】 试题分析：（ 1）由 s—t 图象知：碰前， m1 的速度 sm4 0-4 0-16 1 t sv ， m2 处于静止 状态，速度 02v （2）由 s—t 图象知：碰后两物体由共同速度，即发生完全非弹性碰撞 碰后的共同速度 sm1 412 1624 t sv 根据动量守恒定律，有： vmmvm )( 2111 另一物体的质量 kg33 1 1 12 m v vvmm 考点： s—t 图象，动量守恒定律 8．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块 B 上，另一端与滑块 C 接触但未连接，该整 体静止放在离地面高为 H 的光滑水平桌面上 .现有一滑块 A 从光滑曲面上离桌面 h 高处由静 止开始滑下，与滑块 B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块 C向前运动，经一段时间， 滑块 C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出 .已知 , 2 , 3A B Cm m m m m m ，求： （1）滑块 A 与滑块 B 碰撞结束瞬间的速度 v； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能 EPmax； （3）滑块 C落地点与桌面边缘的水平距离 s. 【答案】（ 1） 1 1 1 2 3 3 v v gh （2） 6 mgh （ 3） 2 3 Hh 【解析】 【详解】 解： (1)滑块 A 从光滑曲面上 h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的 速度为 1v ，由机械能守恒定律有： 2 1 1 2A Am gh m v 解之得： 1 2v gh 滑块 A 与 B 碰撞的过程， A 、 B 系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为 v ，由 动量守恒定律有： 1A A Bm v m m v 解之得： 1 1 1 2 3 3 v v gh (2)滑块 A、 B 发生碰撞后与滑块 C 一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的 弹性势能最大时，滑块 A 、 B 、 C 速度相等，设为速度 2v 由动量守恒定律有： 1 2A A B Cm v m m m v 由机械能守恒定律有： 2 2 max 2 1 ( ) 2 A A CB BP m v m mm mE v 解得被压缩弹簧的最大弹性势能： max 1 6PE mgh (3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块 C 脱离弹簧，设滑块 A 、 B 的速度为 3v ，滑块 C 的速度为 4v ，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有： 3 4A B A B Cm m v m m v m v 2 2 2 3 4 1 1 1 2 2 2A B A B Cm m v m m v m v 解之得： 3 0v ， 4 1 2 3 v gh 滑块 C 从桌面边缘飞出后做平抛运动： 4s v t 21 2 H gt 解之得滑块 C 落地点与桌面边缘的水平距离： 2 3 s Hh 9．如图所示，内壁粗糙、半径 R＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道 AB 在最低点 B 与光滑水平轨 道 BC相切。质量 m2＝0.2 kg 的小球 b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另 一质量 m1＝0.2 kg 的小球 a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点 B 时对轨 道的压力为小球 a 重力的 2 倍，忽略空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s 2。求： (1)小球 a 由 A 点运动到 B 点的过程中，摩擦力做功 Wf； (2)小球 a 通过弹簧与小球 b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能 Ep； (3)小球 a 通过弹簧与小球 b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球 b 的冲量 I。 【答案】 (1) (2) EP=0.2J (3) I=0.4N?s 【解析】 （1）小球由静止释放到最低点 B 的过程中，据动能定理得 小球在最低点 B 时： 据题意可知 ， 联立可得 （2）小球 a 与小球 b 把弹簧压到最短时，弹性势能最大，二者速度相同， 此过程中由动量守恒定律得： 由机械能守恒定律得 弹簧的最大弹性势能 Ep=0.4J 小球 a 与小球 b 通过弹簧相互作用的整个过程中， a 球最终速度为 ， b 求最终速度为 ， 由动量守恒定律 由能量守恒定律： 根据动量定理有： 得小球 a 通过弹簧与小球 b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球 b 的冲量 I 的大小为 I=0.8N ·s 10． 如图所示， A 为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的，质量 1 40kgm 的小车 B 静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上，一个质量 2 20kgm 的物体 C以 2.0 /m s 的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车 B 后经过一段时间与 小车相对静止并一起运动。若轨道顶端与底端的高度差 1.6h m，物体与小车板面间的动 摩擦因数 0.40 ，小车与水平面间的摩擦忽略不计，取 2/10g m s ，求： （1）物体与小车保持相对静止时的速度 v； （2）物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间 t ； （3）物体在小车上相对滑动的距离 l 。 【答案】（ 1） 2 /m s ；（ 2） 1 s；（ 3） 3 m 【解析】 试题分析：（ 1）下滑过程机械能守恒，有： 2 2 1 2 1 1 2 2 0mgh m mv v ，代入数据得： 2 6 /v m s ；设初速度方向为正方向，物体相对于小车板面滑动过程动量守恒为： 2mv m M v（ ） 联立解得： 2 20 6 2 / 20 40 mvv m s M m 。 （2）对小车由动量定理有： mgt Mv ，解得： 40 2 1 0.4 20 10 Mvt s mg 。 （3）设物体相对于小车板面滑动的距离为 L，由能量守恒有： 2 2 2 1 1 2 2 mgL m m M vv （ ） 代入数据解得： 2 2 2 3 2 m M m v L m m g v 。 考点：动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律 【名师点睛】本题考查动量定恒、机械能守恒及功能关系，本题为多过程问题，要注意正 确分析过程，明确各过程中应选用的物理规律。 11． 如图所示，可看成质点的 A 物体叠放在上表面光滑的 B 物体上，一起以 v0 的速度沿光 滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板 C发生完全非弹性碰撞， B，C的上表面相平且 B，C不粘连， A 滑上 C后恰好能到达 C板的最右端，已知 A，B，C 质量均相等，木板 C 长为 L，求 ① A 物体的最终速度 ② A 在木板 C上滑行的时间 【答案】 ① 03 4 v ；② 0 4L v 【解析】 试题分析： ① 设 A 、 B 、 C 的质量为 m ， B 、 C 碰撞过程中动量守恒， 令 B 、 C 碰后的共同速度为 ，则 ，解得 ， B 、 C 共速后 A以 0v 的速度滑上 C ， A滑上 C 后， B 、 C 脱离 A、 C 相互作用过程中动量守恒，设最终 A、 C 的共同速度 ， 则 解得 ② 在 A、 C 相互作用过程中，根据功能关系有 （ f 为 A 、 C 间的摩擦力） 代入解得 2 0 16 mvf L · 此过程中对 C ，根据动量定理有 代入相关数据解得 0 4Lt v 考点：动量守恒定律；能量守恒定律及动量定理． 12． 如图所示，粗细均匀的圆木棒 A 下端离地面高 H，上端套着一个细环 B．A 和 B 的质 量均为 m，A 和 B 间的滑动摩擦力为 f，且 f＜mg．用手控制 A 和 B 使它们从静止开始自由 下落．当 A 与地面碰撞后， A 以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动，与地面发生碰撞时 间极短，空气阻力不计，运动过程中 A 始终呈竖直状态．求：若 A 再次着地前 B 不脱离 A，A 的长度应满足什么条件？ 【答案】 【解析】 试题分析：设木棒着地时的速度为 ，因为木棒与环一起自由下落，则 木棒弹起竖直上升过程中，由牛顿第二定律有：对木棒： 解得： ，方向竖直向下 对环： 解得 方向竖直向下 可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态，所以木棒从向上弹起到再次 着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变 木棒在空中运动的时间为 在这段时间内，环运动的位移为 要使环不碰地面，则要求木棒长度不小于 x，即 解得： 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用 【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题 时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速 度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用 牛顿第二定律求解力