物理动量守恒定律练习题及答案docx.docx
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物理动量守恒定律练习题及答案docx
物理动量守恒定律练习题及答案
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1.如图,足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板,挡板前L处静止着质量m1=1kg的小
球A,质量m2=2kg的小球B以速度v0运动,与小球A正碰.两小球可看作质点,小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计,且碰撞中均没有机械能损失.求
(1)第1次碰撞后两小球的速度;
(2)两小球第2次碰撞与第1次碰撞之间的时间;
(3)两小球发生第3次碰撞时的位置与挡板的距离.
【答案】
(1)
4v
1v方向均与v0相同
(2)
6L
9L
0
(3)
3
0
5v0
3
【解析】
【分析】
(1)第一次发生碰撞,动量守恒,机械能守恒;
(2)小球A与挡板碰后反弹,发生第2次碰撞,分析好位移关系即可求解;
(3)第2次碰撞过程中,动量守恒,机械能守恒,从而找出第三次碰撞前的初始条件,分析第2次碰后的速度关系,位移关系即可求解.
【详解】
(1)设第1次碰撞后小球A的速度为v1,小球B的速度为v2,根据动量守恒定律和机械
能守恒定律:
m2v0m1v1m2v2
1m2v02
1m1v12
1m2v22
2
2
2
整理得:
v1
2m2
v0,v2
m2
m1v0
m1
m2
m1
m2
解得v1
4v0,v2
1v0,方向均与v0相同.
3
3
(2)设经过时间t两小球发生第
2次碰撞,小球
A、B的路程分别为
x1、x2,则有
x1v1t,x2
v2t
由几何关系知:
x1
x22L
6L
整理得:
t
5v0
(3)两小球第
2次碰撞时的位置与挡板的距离:
xLx2
3L
5
以向左为正方向,第
2次碰前A的速度
vA
4
v0
,B的速度为vB
1
v0,如图所示.
3
3
碰后
A的速度vA
,B的速度vB.根据量守恒定律和机械能守恒定律,有
m1vA
m2vB
m1vA
m2vB
;1m1vA2
1m2vB2
1m1vA2
1m2vB2
2
2
2
2
整理得:
vA
(m1
m2)vA
2m2vB,vB
(m2
m1)vB
2m1vA
m1
m2
m1m2
解得:
vA
8v0,vB
7v0
9
9
第2次碰后
t
生第3次碰撞,碰撞的位置与板相距
x,
xxvBt,xxvAt
整理得:
x
9L
2.冰球运甲的量80.0kg。
当他以5.0m/s的速度向前运,与另一量
100kg、速度3.0m/s的迎面而来的运乙相撞。
碰后甲恰好静止。
假碰撞极
短,求:
(1)碰后乙的速度的大小;
(2)碰撞中能的失。
【答案】
(1)1.0m/s
(2)1400J
【解析】
分析:
(1)运甲、乙的量分m、M,碰前速度大小分v、V,碰后
乙的速度大小V′,定甲的运方向正方向,由量守恒定律有:
代入数据解得:
V′=1.0m/s⋯②
mv-MV=MV′⋯①
(2)碰撞程中机械能的失△E,有:
mv2+MV2=MV′2+△E⋯③立②③式,代入数据得:
△E=1400J
考点:
量守恒定律;能量守恒定律
3.如所示,静置于水平地面的三手推沿一直排列,量均m,人在极端的
内第一一水平冲量使其运,当运了距离L与第二相碰,两以共同速
LL
受到的摩擦阻力恒所受重力的
k倍,重力加速度
g,若与之在碰撞生相
互作用,碰撞很短,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
4.
(1)恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应,当温度达到108K时,可
以发生“氦燃烧”。
①完成“氦燃烧”的核反应方程:
24He
___
48Beγ。
②48Be是一种不稳定的粒子,其半衰期为
2.6×10-16s。
一定质量的48Be,经7.8×10-16s
后所剩下的48Be占开始时的
。
(2)如图所示,光滑水平轨道上放置长木板
(上表面粗糙)和滑块
,滑块
B
置于
A
的
=2kg
A
C
左端,三者质量分别为
mA
、
mB
=1kg
、
。
开始时
静止,、一起以
mC=2kg
C
A
B
v0=5m/s的速度匀速向右运动,
A与C发生碰撞(时间极短)后
C向右运动,经过一段
时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与
C碰撞。
求A与C发生碰撞后
瞬间A的速度大小。
【答案】
(1)①42He(或)②1(或12.5%)
8
(2)2m/s
【解析】
(1)①由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。
②由题意可知经过3个半衰期,剩余的48Be的质量mm0
(1)3
1m0。
2
8
(2)设碰后A的速度为vA,C的速度为vC,由动量守恒可得mAv0
mAvA
mCvC,
碰后A、B满足动量守恒,设
A、B的共同速度为v1,则mAvA
mBv0
(mA
mB)v1
由于A、B整体恰好不再与
C碰撞,故v1vC
联立以上三式可得vA=2m/s。
【考点定位】
(1)核反应方程,半衰期。
(2)动量守恒定律。
5.如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一
直线、同一方向运动,速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m
的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度.(不计水的阻力)
【答案】4v0
【解析】
【分析】
在抛货物的过程中,乙船与货物组成的动量守恒,在接货物的过程中,甲船与货物组成的
系统动量守恒,在甲接住货物后,甲船的速度小于等于乙船速度,则两船不会相撞,应用
动量守恒定律可以解题.
【详解】
设抛出货物的速度为v,以向右为正方向,由动量守恒定律得:
乙船与货物:
12mv0=11mv1-mv,甲船与货物:
10m×2v0-mv=11mv2,两船不相撞的条件是:
v2≤v1,解得:
v≥4v0,则最小速度为4v0.
【点睛】
本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等,应用动量守恒即可正确解题,解题时注意研究对象的选择以及正方向的选择.
6.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,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μ=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
7.如图,两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为
m=0.1kg.P2的右端固定一
轻质弹簧,物体P置于P1
1
与P以共同速度
的最右端,质量为M=0.2kg且可看作质点.P
0
2
1
2
P
v=4m/s向右运动,与静止的
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
1
,P与P之间的动摩擦
因数为μ=0.2,P2上表面光滑.求:
(1)P、P刚碰完时的共同速度
v
;
1
2
1
(2)此过程中弹簧的最大弹性势能
E.
p
(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.
1
2
【答案】
(1)v1=2m/s
(2)EP=0.2J(3)v2=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v1
v0
2m/s,方向水平向右
;
2
(2)对P1
2
2mv
Mv
0
(2m
M)v
2
、P、P系统,由动量守恒定律
1
解得v2
3v0
3m/s,方向水平向右,
4
此过程中弹簧的最大弹性势能
EP
1
2
1
2
1
2
0.2J;
?
2mv1
+
Mv0
(2m
M)v2
2
2
2
(3)对P1
2
2mv
Mv
0
2mv
Mv
2
、P、P系统,由动量守恒定律
1
3
由能量守恒定律得
1
2mv12+
1
Mv02
1
2mv32
1
Mv22+MgL
2
2
2
2
3m/s
解得
P
的最终速度v2
3m/s
0,即P
能从P
上滑下,P的最终速度v2
1
8.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:
Mv=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,
Ft
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.
9.如图所示,光滑固定斜面的倾角Θ=30°,一轻质弹簧一端固定,另一端与质量M=3kg
的物体B相连,初始时
B静止.质量m=1kg的A物体在斜面上距
B物体处s1=10cm静止释
放,A物体下滑过程中与
B发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后与
B粘在一起,已知碰后整
体经t=0.2s下滑s2=5cm至最低点.弹簧始终处于弹性限度内,
A、B可视为质点,g取
10m/s2.
(1)从碰后到最低点的过程中,求弹簧最大的弹性势能
;
(2)碰后至返回到碰撞点的过程中,求弹簧对物体
B的冲量大小.
【答案】(
【解析】
【分析】
1)1.125J;
(2)10Ns
(1)A物体下滑过程,A物体机械能守恒,求得性碰撞,A、B组成系统动量守恒,求得碰后
A与B碰前的速度;A与B碰撞是完全非弹AB的共同速度;从碰后到最低点的过程中,
A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,可求得从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量.
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,可求得返回碰撞
点时AB的速度;对AB从碰后至返回到碰撞点的过程应用动量定理,可得此过程中弹簧对物体B冲量的大小.
【详解】
(1)A物体下滑过程,A物体机械能守恒,则:
mgS1sin3001mv02
2
解得:
v02gS1sin300
2100.10.5m
1m
s
s
A与B碰撞是完全非弹性碰撞,据动量守恒定律得:
mv0(mM)v1
解得:
v1
0.25m
s
从碰后到最低点的过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,则:
E
增
1(m
M)v12
(mM)gS2sin300
PT
2
解得:
EPT增
1.125J
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,可求得返回碰撞
点时AB的速度大小v2
v1
0.25m
s
以沿斜面向上为正,由动量定理可得:
0
2t
(mM)v2(mM)v1
IT(mM)gsin30
解得:
IT10Ns
10.如图所示,在光滑的水平面上,质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁
不粘连.质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板左端,滑到木板右端时
速度恰好为零.现小滑块以水平速度v滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹
性碰撞,小滑块弹回后,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,求的值.
0
【答案】
【解析】
试题分析:
小滑块以水平速度
v0右滑时,有:
fL=0-1mv02(2
分)
2
小滑块以速度
v滑上木板到运动至碰墙时速度为
v1,则有
fL=1mv12-1mv2(2分)
2
2
滑块与墙碰后至向左运动到木板左端,此时滑块、木板的共同速度为
v2,
则有mv1=(m
4m)v2(2分)
由总能量守恒可得:
fL=1mv12-1(m4m)v22
(2分)
2
2
v
3
(1分)
上述四式联立,解得
2
v0
考点:
动能定理,动量定理,能量守恒定律.
11.如图所示,物块质量m=4kg,以速度v=2m/s水平滑上一静止的平板车上,平板车质量
M=16kg,物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.,2其他摩擦不计(g=10m/s2),求:
(1)物块相对平板车静止时,物块的速度;
(2)物块在平板车上滑行的时间;
(3)物块在平板车上滑行的距离,要使物块在平板车上不滑下,平板车至少多长?
【答案】
(1)0.4m/s
(2)
(3)
【解析】
解:
物块滑下平板车后,在车对它的摩擦力作用下开始减速,车在物块对它的摩擦力作用下开始加速,当二者速度相等时,物块相对平板车静止,不再发生相对滑动。
(1)物块滑上平板车的过程中,二者组成的系统动量守恒,取v的方向为正方向。
mv=
(M+m)v′,,即物块相对平板车静止时,物块速度为0.4m/s。
(2)由动量定理,
(3)物块在平板车上滑行时,二者都做匀变速直线运动,且运动时间相同,因此,对物块
,对板车,物块在板车上滑行的距离,要
使物块在平板车上不滑下,平板车至少长0.8m。
本题考查的是对动量守恒定律和动量定理问题的应用,根据动量守恒定律可求出物块相对平板车静止时的速度,再由动量定理得到时间;由匀变速直线运动的特点,可得结果。
12.如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平台面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=1kg的小物块A.装置的中间是水平传送带,它与左、右两边的台面等高,并能平滑对接.传送带始终以v=1m/s的速率逆时针转动,装置的右边是一光滑曲面,质量
m=0.5kg的小物块B从其上距水平台面高h=0.8m处由静止释放.已知物块B与传送带之间
的动摩擦因数0.35,l=1.0m.设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前
物块A处于静止状态.取g=10m/s2.
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小;
(2)物块A、B间发生碰撞过程中,物块
B受到的冲量;
(3)通过计算说明物块
B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上?
(4)如果物块A、B每次碰撞后,弹簧恢复原长时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁
定被解除,试求出物块
B第n次碰撞后的运动速度大小.
1
1
n1
m
【答案】
(1)3m/s;
(2)2kgm/s;(3)
l,所以不能;(4)
7
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