1、最新高考物理動量守恒定律基礎練習題一、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.現將兩滑塊由靜止釋放，當彈簧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，用質量分別為 拴接的輕彈簧壓緊后處于靜止狀態.乙的右側有一擋板恢復原長時，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，不能再與彈簧發生碰撞.【答案】v乙=6m/s. I =8N【解析】【詳解】(1)當彈簧恢復原長時，設甲乙的速度分別為四和也,對兩滑塊及彈簧組成的系統，設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生碰撞，則說明乙反彈的的速度最大為內=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»s2.兩個質量分別為mA 0.3kg、mB 0.1kg的小滑塊 A B和一根輕質短彈簧，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.現使小滑塊A和B之間夾著被壓縮的輕質彈簧，處于鎖定狀態，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、數據解得：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，光滑水平直導軌上有三個質量均為m的物塊A、塊B的左側固定一輕彈簧（彈簧左側的擋板質量不計）；讓物塊 A以速度V。朝B運動，壓縮彈簧；當 A B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動.假設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，當第一次速度相同時，由動量守恒定律得,mvo=2mvi, 1解得 V1 = ?' V0mVo=3mV2（2）設AB第二次速度相同時的速度大小 V2,對ABC系統，根據動量守恒定律:解得V2= V0的（3） B與C接觸的瞬間，B、C組成的系統動量守恒，有：1解得V3= 4V。1Vo2 1fo21 En3m（于 j -石2 nt：丁） _系統損失的機械能為己己上4

6、161當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，關鍵合理地選 擇研究的系統，運用動量守恒進行求解。4 . 一質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)普朗克為了對于當時經典物理無法解釋的 災外災難”進行解釋，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現象，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構模型，故正確；貝克勒爾通過對天然放射性的研究，發現原子核有復雜的結構，但沒有發現質子和中子，D錯；德布羅意大膽提出假設，認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»由機械能守恒定律可知:r 11£p =三（、£ +-（2Af -加）=考點：本題考查了物理學史和動量守恒定律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，質量之比為 1 ：2.當兩擺均處于自由靜止狀態時，其側面剛好

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)設發生了 x次“衰變和y次3衰變, 根據質量數和電荷數守恒可知，2x-y+82=94,239=207+4x；由數學知識可知， x=8, y=4.(2)設擺球A、B的質量分別為 mA、若是鉛的同位素206,或208,不滿足兩數守恒, 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.在不考慮擺線質量的情況下,根據題意及機械能守恒定律得hil(1cos45 )-mBVB2設碰撞前、后兩擺球的總動量的大小分別為mBghi P1、P2.有P1 = mBVB 聯立式得P mB，2gl (1 cos45 ) 同理可得P2 (mA mB)J2gl(1 cos30 )聯立式得P2P1mAmBmB1 cos30 -d1 cos45代人已知條件得P2P1.03 由此可以推出P2所以，此實驗在規定的范圍內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，質量均為m = 0.1kg. P2的右端固定一輕質彈簧，物體P置于Pi的最右端，質量為 M = 0.2

11、kg且可看作質點.Pi與P以共同速度 v0= 4m/s向右運動，與靜止的P2發生碰撞，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).平板Pi的長度L=1m , P與Pi之間的動摩擦 因數為= 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，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，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離子電推進系統，已經通過我國 實踐九號"衛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飛船的姿態和軌道的調整，具有大幅減少推進劑燃 料消耗、操控更靈活、定位更精準等優勢.離子推進器的工作原理如圖乙所示，推進劑氤 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,氤離子的質量為 m、電荷量為q .

14、(1)將該離子推進器固定在地面上進行試驗.求氤離子經A、B之間的電場加速后，通過柵電極B時的速度v的大小；(2)配有該離子推進器的飛船的總質量為M,現需要對飛船運行方向作一次微調，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.推進器工作時飛船的總質量可視為不變.求 推進器在此次工作過程中噴射的氤離子數目N.(3)可以用離子推進器工作過程中產生的推力與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.【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，根據動量守恒有:JZ AvJ/ Av解得： 一 一，(3)設單位時間內通過柵電極 A的氤離子數為n,在時間t內，離子推進器發射出的氤離 子個數為N nt,設氤離子受到的平均力為 F ,對時間t內的射出的氤離子運用動量定 理， Ft Nmv ntmv, F = nmvF=F = nmv根據牛頓第三定律可知，離子推進器工作過程中對飛船的推力大小 電場對氤離子做功的功率 P= nqU則.根據上式可知

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，我們經常看到物體與物體間發生反復的多次碰撞.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量均為1 kg,小物塊與木板之間的動摩擦因數 -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小；(2)從小物塊滑上木板到二者達到共同速度時，木板與墻碰撞的總次數和所用的總時間；(3)小物塊和木板達到共同速度時 ，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，設木板加速度為a,經歷時間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聯立 解得t 0.4s, v1 0.4m/s(2)在物塊與木板兩者達到共同速度前，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，所用時間也 為T.設在物塊與木板兩者達到共同速度v前木板共經歷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，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，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到共同速度時，木

19、板與墻共發生三次碰撞，所用的時間為123)物塊與木板達到共同速度時，木板與墻之間的距離為s L -a t 12)2聯立與(12)式，并代入數據得 s 0.06m即達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；當長木板反彈后，小木塊繼續勻減速前進，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.重物質量為木板質量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數為科使木板與重物以共同的速度 vo向右運動，某時刻木板與墻發生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后木板以原速率反彈.設木板足夠長，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律的過程復雜的好題，正確分析出 運動規律是關鍵.10.如圖所示，一輕質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發生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續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，機械能守恒，設其滑到底面的1速度為V1 ,由機械能守恒

23、定律有：mAgh mAv；2解之得：v1. 2gh滑塊A與B碰撞的過程， A、B系統的動量守恒，碰撞結束瞬間具有共同速度設為v,由動量守恒定律有：mAmA mB v解之得：v 1Vl 1J2gh 33 '(2)滑塊A、B發生碰撞后與滑塊 C 一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊 A、B、C速度相等，設為速度 V2由動量守恒定律有:mAmBmC v2122由機械能寸恒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自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設滑塊 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，質量m1 40 kg的小車B靜止于軌道右側，其上表面與軌道底端在同一水平面上，一個質量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，與小車發生相對滑動經歷的時間t；(3)物體在小車上相對滑動的距離 l。【答案】(1) 2 m/s； (