高中物理动量守恒定律试题经典
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1.如图所示,小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱,木箱最终以速度v 向右匀速运动.已知木箱的质量为m ,人与车的总质量为2m ,木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞,反弹回来后被小明接住.求:
(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小; (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小. 【答案】①2v
;②23
v 【解析】
试题分析:①取向左为正方向,由动量守恒定律有:0=2mv 1-mv 得12v v =
②小明接木箱的过程中动量守恒,有mv+2mv 1=(m+2m )v 2 解得223
v v =
考点:动量守恒定律
2.如图所示,在水平地面上有两物块甲和乙,它们的质量分别为2m 、m ,甲与地面间无摩擦,乙与地面间的动摩擦因数恒定.现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰,且碰撞时间极短,若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞,试求:
(1)第一次碰撞过程中系统损失的动能 (2)第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)2
014
mv ;(2) 0mv 【解析】 【详解】
解:(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ,之后甲做匀速直线运动,乙以
2v 初速度做匀减速直线运动,在乙刚停下时甲追上乙碰撞,因此两物体在这段时间平均速
度相等,有:2
12
v v =
而第一次碰撞中系统动量守恒有:01222mv mv mv =+
由以上两式可得:0
12
v v =
,20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为:2
2
22012011
11222
2
24
E m v m v mv mv ?=--=g
g g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量:200I mv mv =-=
3.如图所示,在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ,上表面粗糙,在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ,与长木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面相平,B 、C 静止在水平面上.现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ,一段时间后,以0
2
v 滑离B ,并恰好能到达C 的最高点.A 、B 、C 的质量均为m .求: (1)A 刚滑离木板B 时,木板B 的速度; (2)A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ; (3)圆弧槽C 的半径R ;
(4)从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能.
【答案】(1) v B =04v ;(2)20516v gL μ=(3)2064v R g =(4)20
1532
mv E ?=
【解析】 【详解】
(1)对A 在木板B 上的滑动过程,取A 、B 、C 为一个系统,根据动量守恒定律有:
mv 0=m
2
v +2mv B 解得v B =
4
v (2)对A 在木板B 上的滑动过程,A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量
2
220001
11()2()22224
v v mgL mv m m μ?=--
解得20
516v gL
μ=
(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程,A 、C 系统水平方向上动量守恒,则有:
2
mv +mv B =2mv A 、C 系统机械能守恒:
22200111
()()222242
v v mgR m m mv +-?=
解得2
64v R g
= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程,A 、C 系统水平方向上动量守恒
00
24
A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒,
2222
001111()()222422
A C m m m m +=+v v v v 解得v A =
4
v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为:
2
220
015112232
A mv E mv mv ?=-=
【点睛】
该题是一个板块的问题,关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程,灵活选择物理规律,能
够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解.
4.如图所示,两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上,质量均为m 。P 2的右端固定一轻质弹簧,左端A 与弹簧的自由端B 相距L 。物体P 置于P 1的最右端,质量为2m 且可以看作质点。P 1与P 以共同速度v 0向右运动,与静止的P 2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P 1与P 2粘连在一起,P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)。P 与P 2之间的动摩擦因数为μ,求:
(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2; (2)此过程中弹簧最大压缩量x 和相应的弹性势能E p 。
【答案】(1) 201v v =,4
302v v = (2)L g v x -=μ3220,162
p mv E = 【解析】(1) P 1、P 2碰撞过程,动量守恒,102mv mv =,解得2
1v v =
。 对P 1、P 2、P 组成的系统,由动量守恒定律 ,204)2(mv v m m =+,解得4
30
2v v =
(2)当弹簧压缩最大时,P 1、P 2、P 三者具有共同速度v 2,对P 1、P 2、P 组成的系统,从
P 1、P 2碰撞结束到P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点,用能量守恒定律
)(2)2()2(212212212
22021x L mg u v m m m mv mv ++++=?+? 解得L g
v x -=μ3220 对P 1、P 2、P 系统从P 1、P 2碰撞结束到弹簧压缩量最大,用能量守恒定律
p 222021))(2()2(2
1221221E x L mg u v m m m mv mv +++++=+ 最大弹性势能16
2
P mv E =
注意三个易错点:碰撞只是P 1、P 2参与;碰撞过程有热量产生;P 所受摩擦力,其正压力为2mg
【考点定位】碰撞模型、动量守恒定律、能量守恒定律、弹性势能、摩擦生热。中档题
5.如图所示,一质量m 1=0.45kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上.车顶右端放一质量m 2=0.4 kg 的小物体,小物体可视为质点.现有一质量m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=100 m/s 射中小车左端,并留在车中,已知子弹与车相互作用时间极短,小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5,最终小物体以5 m/s 的速度离开小车.g 取10 m/s 2.求:
(1)子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小. (2)小车的长度.
【答案】(1)4.5N s ? (2)5.5m 【解析】
①子弹进入小车的过程中,子弹与小车组成的系统动量守恒,有:
0011()o m v m m v =+,可解得110/v m s =;
对子弹由动量定理有:10I mv mv -=-, 4.5I N s =? (或kgm/s); ②三物体组成的系统动量守恒,由动量守恒定律有:
0110122()()m m v m m v m v +=++;
设小车长为L ,由能量守恒有:22220110122111()()222
m gL m m v m m v m v μ=+-+- 联立并代入数值得L =5.5m ;
点睛:子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可以求出小车的速度,根据动量定理可求子弹对小车的冲量;对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒,对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度.
6.如图所示,在光滑水平面上有一个长为L 的木板B ,上表面粗糙,在其左端有一个光滑的
1
4
圆弧槽C 与长木板接触但不连接,圆弧槽的下端与木板的上表面相平,B 、C 静止在水
平面上,现有滑块A 以初速度v 0从右端滑上B 并以0
2
v 滑离B ,恰好能到达C 的最高点.A 、B 、C 的质量均为m ,试求:
(1)滑块与木板B 上表面间的动摩擦因数μ; (2)
1
4
圆弧槽C 的半径R 【答案】(1)20516v gL =;(2)20
64v R g
=
【解析】
由于水平面光滑,A 与B 、C 组成的系统动量守恒和能量守恒,有:
mv 0=m (
1
2v 0)+2mv 1 ① μmgL =12mv 02-12m (12v 0) 2-1
2
×2mv 12 ②
联立①②解得:μ=
2
516v gL
. ②当A 滑上C ,B 与C 分离,A 、C 间发生相互作用.A 到达最高点时两者的速度相等.A 、C 组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒: m (
1
2
v 0)+mv 1=(m +m )v 2 ③ 12m (12v 0)2+12mv 12=1
2
(2m )v 22+mgR ④ 联立①③④解得:R =2
64v g
点睛:该题考查动量守恒定律的应用,要求同学们能正确分析物体的运动情况,列出动量守恒以及能量转化的方程;注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向.
7.在日常生活中,我们经常看到物体与物体间发生反复的多次碰撞.如图所示,一块表面水平的木板静止放在光滑的水平地面上,它的右端与墙之间的距离L =0.08 m .现有一小物块以初速度v 0=2 m/s 从左端滑上木板,已知木板和小物块的质量均为1 kg ,小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.1,木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触,木板与墙碰后木板以原速率反弹,碰撞时间极短可忽略,取重力加速度g =10 m/s 2.求:
(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小;
(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时,木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间; (3)小物块和木板达到共同速度时,木板右端与墙之间的距离. 【答案】(1)0.4 s 0.4 m/s (2)1.8 s. (3)0.06 m 【解析】
试题分析:(1)物块滑上木板后,在摩擦力作用下,木板从静止开始做匀加速运动,设木板加速度为a ,经历时间T 后与墙第一次碰撞,碰撞时的速度为1v 则mg ma μ=,解得21/a g m s μ==①
2
12
L at =
②,1v at =③ 联立①②③解得0.4t s =,10.4/v m s =④
(2)在物块与木板两者达到共同速度前,在每两次碰撞之间,木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动,因而木板与墙相碰后将返回至初态,所用时间也为T .
设在物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞,则有:
()02v v nT t a a t =-+?=?⑤
式中△t 是碰撞n 次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间.
由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进,故⑤式可改写为022v v nTa =-⑥ 由于木板的速率只能处于0到1v 之间,故有()01022v nTa v ≤-≤⑦ 求解上式得1.5 2.5n ≤≤ 由于n 是整数,故有n=2⑧
由①⑤⑧得:0.2t s ?=⑨;0.2/v m s =⑩
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为:4 1.8t T t s =+?=(11) 即从物块滑上木板到两者达到共同速度时,木板与墙共发生三次碰撞,所用的时间为1.8s .
(3)物块与木板达到共同速度时,木板与墙之间的距离为21
2
s L a t =-?(12) 联立①与(12)式,并代入数据得0.06s m = 即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m . 考点:考查了牛顿第二定律,运动学公式
【名师点睛】本题中开始小木块受到向后的摩擦力,做匀减速运动,长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动;当长木板反弹后,小木块继续匀减速前进,长木板匀减速向左运动,一直回到原来位置才静止;之后长木板再次向右加速运动,小木块还是匀减速运动;长木板运动具有重复性,由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触,故直到两者速度相同,一起与墙壁碰撞后反弹;之后长木板向左减速,小木块向右减速,两者速度一起减为零.
8.如图所示,质量为m A =3kg 的小车A 以v 0=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的轻绳悬挂质量为m B =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m C =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: (m A +m B ) v 0=(m A +m B +m C ) v 共 带入数据解得:v 共=3.2m/s
(2)A 与C 的碰撞动量守恒:m A v 0=(m A +m C )v 1 解得:v 1=3m/s
设小球下落时间为t ,则: 212
h gt = 带入数据解得:t =0.4s 所以距离为:01()L v v =- 带入数据解得:L =0.4m
(3)由能量守恒得:()()22
01122
B A B A B E m gh m m v m m m v ?=++-++共
损 带入数据解得:14.4E J ?=损
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恒以及机械能守恒;然后才能列式求解.
9.如图所示,质量均为M =4 kg 的小车A 、B ,B 车上用轻绳挂有质量为m =2 kg 的小球C ,与B 车静止在水平地面上,A 车以v 0=2 m/s 的速度在光滑水平面上向B 车运动,相碰后粘在一起(碰撞时间很短).求:
(1)碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)碰后小球C 第一次回到最低点时的速度大小. 【答案】(1) 4 J (2) 1.6 m/s 【解析】 【详解】
解:(1)设A 、B 车碰后共同速度为1v ,由动量守恒得:012Mv Mv = 系统损失的能量为:220112 4
2
12E Mv Mv J -?==
损 (2)设小球C 再次回到最低点时A 、B 车速为2v ,小球C 速度为3v ,对A 、B 、C 系统由水平方向动量守恒得:12322Mv Mv mv =+ 由能量守恒得:
22
212311122222
Mv Mv mv ?=?+ 解得:3 1.6 /v m s =
10.如图所示,用气垫导轨做“验证动量守恒”实验中,完成如下操作步骤:
A .调节天平,称出两个碰撞端分别贴有尼龙扣滑块的质量m 1和m 2.
B .安装好A 、B 光电门,使光电门之间的距离为50cm .导轨通气后,调节导轨水平,使滑块能够作_________运动.
C .在碰撞前,将一个质量为m 2滑块放在两光电门中间,使它静止,将另一个质量为m 1滑块放在导轨的左端,向右轻推以下m 1,记录挡光片通过A 光电门的时间t 1.
D .两滑块相碰后,它们粘在一起向右运动,记录挡光片通过_______________的时间t 2.
E .得到验证实验的表达式__________________________. 【答案】匀速直线运动 小车经过光电门的时间 ()12112
m m m t t +=
【解析】 【详解】
为了让物块在水平方向上不受外力,因此当导轨通气后,调节导轨水平,使滑块能够作匀速直线运动;
根据实验原理可知,题中通过光电门来测量速度,因此应测量小车经过光电门的时间 设光电门的宽度为l ,则有:经过光电门的速度为11
l
v t = 整体经过光电门的速度为:22
l v t =
由动量守恒定律可知,11122(+)m v m m v =
代入解得:
1
1212
()m m m t t +=。
11.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0.4Ω和0.2Ω,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:(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,一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m 的小木块A ,m <M,A 、B 间粗糙,现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v0,使A 开始向左运动,B 开始向右运动,最后A 不会滑离B ,求:
(1)A 、B 最后的速度大小和方向;
(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车的速度大小和方向. 【答案】(1)0M m
v M m
-+(2)
2022M m v Mg μ- 【解析】
试题分析:(1)由A 、B 系统动量守恒定律得: Mv0—mv0=(M +m )v ① 所以v=v0
方向向右
(2)A 向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时速度为v′,则由动量守恒定律得:
Mv0—mv0="Mv′"00
Mv mv v M
-'=
方向向右 考点:动量守恒定律;
点评:本题主要考查了动量守恒定律得直接应用,难度适中.