高考物理动量守恒定律真题汇编含答案及解析doc.docx
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高考物理动量守恒定律真题汇编含答案及解析doc.docx
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高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)及解析
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1.如图所示,一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上,小车上有一质量m=lkg
的光滑小球B,将一轻质弹簧压缩并锁定,此时弹簧的弹性势能为Ep=6J,小球与小车右壁
距离为L=0.4m,解除锁定,小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住,求:
①小球脱离弹簧时的速度大小;
②在整个过程中,小车移动的距离。
【答案】
(1)3m/s
(2)0.1m
【解析】
试题分析:
(1)除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能,根据动量守恒和能量守恒列出等式得
mv1-Mv2=0
EP
1mv12
1Mv22
2
2
代入数据解得:
v1=3m/s
v2=1m/s
(2)根据动量守恒和各自位移关系得mx1
Mx2,x1+x2=L
t
t
代入数据联立解得:
x2
L
=0.1m
4
考点:
动量守恒定律;能量守恒定律.
2.如图所示,在光滑的水平面上放置一个质量为
2m的木板
B,B的左端放置一个质量为
m的物块A,已知A、B之间的动摩擦因数为
,现有质量为
m的小球以水平速度
0飞来
与A物块碰撞后立即粘住,在整个运动过程中物块
A始终未滑离木板B,且物块A和小球
均可视为质点(重力加速度g).求:
①物块A相对B静止后的速度大小;
②木板B至少多长.
【答案】①0.25v
v02
0.②L
g
16
【解析】
试题分析:
(1)设小球和物体
A碰撞后二者的速度为
v1,三者相对静止后速度为
v2,规
定向右为正方向,根据动量守恒得,
mv0=2mv1,①(2分)
2mv1=4mv2②(2分)
联立①②得,v2=0.25v0.(1分)
(2)当A在木板B上滑动时,系统的动能转化为摩擦热,设木板
B的长度为L,假设A刚
好滑到B的右端时共速,则由能量守恒得,
③(2分)
联立①②③得,L=
考点:
动量守恒,能量守恒.
【名师点睛】小球与A碰撞过程中动量守恒,三者组成的系统动量也守恒,结合动量守恒
定律求出物块A相对B静止后的速度大小;对子弹和A共速后到三种共速的过程,运用能量守恒定律求出木板的至少长度.
3.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)E
1
m2
mv0
h
3
mv0
(2)s
2g
8
M
M
【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
E=③
由②③式得
E=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
S=
得
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.
4.如图所示,静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列,质量均为m,人在极端的时间
内给第一辆车一水平冲量使其运动,当车运动了距离L时与第二辆车相碰,两车以共同速
度继续运动了距离L时与第三车相碰,三车以共同速度又运动了距离L时停止。
车运动时
受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍,重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相
互作用,碰撞时间很短,忽略空气阻力,求:
(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功;
(2)人给第一辆车水平冲量的大小;
(3)第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。
【答案】
【解析】略
5.
(1)(5分)关于原子核的结合能,下列说法正确的是
(填正确答案
标号。
选
对
I
个得
2分,选对
2个得
4分,选对
3个得
5分;每选错
1个扣
3分,最低得分为
0
分)。
A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B.一重原子核衰变成α粒子和另一原子核,衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的
结合能
C.铯原子核
(13355Cs)的结合能小于铅原子核
(
20882Pb)的结合能
D.比结合能越大,原子核越不稳定
E.自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能
(2)(10分)如图,光滑水平直轨道上有三个质童均为
m的物块A、
B、C。
B的左侧固
定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质最不计
).
设A以速度v0朝
B运动,压缩弹簧;当
A、
B
速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。
假设B和C碰撞过程时间极
短。
求从A开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中,
(ⅰ)整个系统损失的机械能;
(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【答案】
(1)ABC
(2)EP13
mv02
48
【解析】
(1)原子核的结合能等于核子结合成原子核所释放的能量,也等于将原子核分解
成核子所需要的最小能量,
A正确;重核的比结合能比中等核小,因此重核衰变时释放能
量,衰变产物的结合能之和小球原来重核的结合能,
B项正确;原子核的结合能是该原子
核的比结合能与核子数的乘积,虽然銫原子核
(13355Cs)的比结合能稍大于铅原子核(20882Pb)
的比结合能,但銫原子核
(13355Cs)的核子数比铅原子核
(20882Pb)的核子数少得多,因此其
结合能小,C项正确;比结合能越大,要将原子核分解成核子平均需要的能量越大,因此
原子核越稳定,D错;自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能最等于该原子核的
结合能,E错。
中等难度。
(2)(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B与弹簧组成的系统,由动
量守恒定律得mv0
2mv1
①
此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为
v2,损失的机械能为E。
对
B、C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得
mv1
2mv2
②
1mv12
E
1(2m)v22
③
2
2
联立①②③式得
E
1mv02
④
16
(ⅱ)由②式可知
v2
v1,A将继续压缩弹簧,直至
A、B、C三者速度相同,设此速度为
v3,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为EP。
由动量守恒和能量守恒定律得
mv0
3mv3
⑤
1
mv02
EP
1
(3m)v32
⑥
2
2
联立④⑤⑥式得
EP
13mv02
⑦
48
【考点定位】(
1)原子核
(2)动量守恒定律
6.卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。
发现质子的核反应为:
。
已
知氮核质量为mN=14.00753u,氧核的质量为mO=17.00454u,氦核质量mHe=4.00387u,质
子(氢核)质量为mp=1.00815u。
(已知:
1uc2=931MeV,结果保留
2位有效数字)求:
(1)这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应?
相应的能量变化为多少?
7
(2)若入射氦核以v0=3×10m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。
反应生成的氧
核和质子同方向运动,且速度大小之比为
1:
50。
求氧核的速度大小。
【答案】
(1)吸收能量,1.20MeV;(2
6
)1.8×10
m/s
【解析】
(1)这一核反应中,质量亏损:
△m=mN+mHe-mO-mp=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=-
0.00129u
由质能方程,则有△E=△mc2=-0.00129
×931=-1.20MeV
故这一核反应是吸收能量的反应,吸收的能量为
1.20MeV
(2)根据动量守恒定律,则有:
mHe
0
H
HOO
v=m
v+mv
又:
vO:
vH=1:
50
6
解得:
vO=1.8×10m/s
7.一个静止的铀核23292U(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
90228Th(原子质量为
228.0287u).(已知:
原子质量单位
1u
1.671027kg,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)23292U22890Th+42He
(2)5.49MeV(3)0.095MeV
【解析】
【详解】
(1)
23292U
22890Th+24He
(2)质量亏损
mmUmαmTh0.0059u
△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
pTh
pα
EkTh
pTh2
2mTh
Ekα
pα2
2mα
EkTh
EkαE
所以钍核获得的动能EkTh
mα
E
4
mTh
E0.095MeV
mα
4
228
8.如图所示,木块m2静止在高h=0.45m的水平桌面的最右端,木块m1
静止在距m2
左
侧s0=6.25m处.现木块m在水平拉力F作用下由静止开始沿水平桌面向右运动,与
m2
1
碰前瞬间撤去F,m1和m2发生弹性正碰.碰后m2落在水平地面上,落点距桌面右端水平
距离s=l.2m.已知m1=0.2kg,m2=0.3kg,m1与桌面的动摩擦因素为
0.2.(两个
木块都可以视为质点,g=10m/s2)求:
(1)碰后瞬间m2的速度是多少?
(2)m1碰撞前后的速度分别是多少?
(3)水平拉力F的大小?
【答案】
(1)4m/s
(2)5m/s;-1m/s(3)0.8N
【解析】
试题分析:
(1)m2做平抛运动,则:
h=1gt2;
2
s=v2t;
解得v2=4m/s
(2)碰撞过程动量和能量守恒:
m1v=m1v1+m2v2
1m1v2=1m1v12+1m2v22
222
代入数据解得:
v=5m/sv1=-1m/s
(3)m1碰前:
v2=2as
Fm1gm1a
代入数据解得:
F=0.8N
考点:
动量守恒定律;能量守恒定律;牛顿第二定律的应用
【名师点睛】此题关键是搞清两个物体的运动特征,分清物理过程;用动量守恒定律和能量守恒定律结合牛顿定律列出方程求解.
9.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
m140kg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
m220kg的物体C以2.0m/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
h1.6m,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
g10m/s2,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)2m/s;
(2)1s;(3)3m
【解析】
试题分析:
(1)下滑过程机械能守恒,有:
mgh
2
0
1m
2
,代入数据得:
1m1
2
2v
2v
v2
6m/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:
mv2
(m
M)v
联立解得:
mv2
20
6
2m/s。
v
m
20
40
M
(2)对小车由动量定理有:
mgt
Mv,解得:
t
Mv
40
2
1s。
mg
0.420
10
(3)设物体相对于小车板面滑动的距离为
L,由能量守恒有:
1
2
1
2
mv22
Mmv2
3m。
mgL
m2
(m
M)v代入数据解得:
L
2m
g
2
v
2
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。
10.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
左运动,B开始向右运动,最后A不会滑离B,求:
v0,使
A开始向
(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)M
mv0
(2)
2Mmv02
M
m
2Mg
【解析】
试题分析:
(1)由A、B系统动量守恒定律得:
Mv0—mv0=(M+m)v①
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′"v
Mv0mv0方向向右
M
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.
11.如图所示,一质量为m=1.5kg的滑块从倾角为θ=37°的斜面上自静止开始滑下,斜面末端水平(水平部分光滑,且与斜面平滑连接,滑块滑过斜面末端时无能量损失),滑
块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车.已知斜面长s=10m,小车质量为M=3.5kg,滑
块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ=0.35,小车与地面光滑且足够长,取g=10m/s2.
求:
(1)滑块滑到斜面末端时的速度
(2)当滑块与小车相对静止时,滑块在车上滑行的距离【答案】
(1)8m/s
(2)6.4m
【解析】
试题分析:
(1)设滑块在斜面上的滑行加速度a,
由牛顿第二定律,有mg(sinθ-μcosθ)=ma
2
12
又:
s=at
解得t=2.5s
到达斜面末端的速度大小v0=at=8m/s
(2)小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动,该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒,则:
mv0=(m+M)v
代入数据得:
v=2.4m/s
滑块在小车上运动的过程中,系统减小的机械能转化为内能,得:
μmgL=1mv02-1(m+M)v2
22
代入数据得:
L=6.4m
考点:
牛顿第二定律;动量守恒定律;能量守恒定律
【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的应用,属于多过程问题,需要分阶段求
解;解题时需选择合适的物理规律,用牛顿定律结合运动公式,或者用动量守恒定律较简
单,此题是中档题。
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μ.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
重力势能为零,根据机械能守恒定律有:
mgh=1
mv12
2
解得:
v1=
2gh
设碰撞后小球反弹的速度大小为v′
h
1
'2
1,同理有:
mg
2
mv1
16
解得:
v′
gh
1=
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=-mv′1+5mv2
gh
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=
5m2gh
4
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为
F=5μmg
设物块在水平面上滑行的时间为t,由动能定理有:
Fs0
1
5mv22
2
h
解得:
s
16
【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.
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