高考物理動量守恒定律解析版匯編含解析

1、高考物理動量守恒定律解析版匯編含解析一、高考物理精講專題動量守恒定律1兩個質(zhì)量分別為 ma 0.3kg 、 mb0.1kg 的小滑塊a、 b 和一根輕質(zhì)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(xiàn)使小滑塊 a 和 b 之間夾著被壓縮的輕質(zhì)彈簧，處于鎖定狀態(tài)，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（解除鎖定沒有機(jī)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b 沖上斜面的高度為h 1.5m . 斜面傾角37o ，小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.15 ，水平面與斜面圓滑連接 . 重力加速

2、度g 取 10m / s2. 求：（提示： sin 37 o0.6 ， cos37 o0.8 ）（ 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 .【答案】（ 1） vb6m / s（2） ep0.6 j【解析】試題分析：（ 1）設(shè)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：mb ghmb gh cos1 mb vb2 （ 3sin2分）代入已知數(shù)據(jù)解得：vb6m / s（ 2 分）（2）由動量守恒定律得：(mamb )v0ma vamb vb（3 分）解得： va 2m / s（2 分）由能量守恒得：1

3、 (mamb )v02ep1 mava21 mb vb2（ 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.2 如圖所示，兩塊相同平板 p1 、p2 置于光滑水平面上，質(zhì)量均為 m。 p2 的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端 a 與彈簧的自由端 b相距 l。物體 p 置于 p1 的最右端，質(zhì)量為 2m且可以看作質(zhì)點。 p1 與p 以共同速度v0 向右運動，與靜止的p2 發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后p1 與p2粘連在一起，p 壓縮彈簧后被彈回并停在a 點（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）。p 與 p2 之間的動摩擦因數(shù)為 ，求：（1） p1、 p2 剛碰完時

4、的共同速度v1 和 p 的最終速度v2；（2）此過程中彈簧最大壓縮量x 和相應(yīng)的彈性勢能ep?！敬鸢浮浚?1） v1v0， v23v0（ 2） xv02l ， epmv022432g16【解析】（ 1） p1、 p2 碰撞過程，動量守恒，mv02mv1，解得 v1v0。2對 p1、 p2、 p 組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律， ( m2m)v04mv2，解得 v23v04（2）當(dāng)彈簧壓縮最大時，1、2、p三者具有共同速度v2，對1、2、p組成的系統(tǒng)，從ppp pp1、p2 碰撞結(jié)束到 p 壓縮彈簧后被彈回并停在a 點，用能量守恒定律121212m2u(2mg)2( lx)解得 xv0222mv12

5、mv0(mm) v2l2232 g對 p1、 p2、 p 系統(tǒng)從 p1、 p2 碰撞結(jié)束到彈簧壓縮量最大，用能量守恒定律12mv12 12mv021(m 2mm)v22u(2mg )( lx)ep222最大彈性勢能epmv0216注意三個易錯點：碰撞只是p1 、p2 參與；碰撞過程有熱量產(chǎn)生；p 所受摩擦力，其正壓力為 2mg【考點定位】碰撞模型、動量守恒定律、能量守恒定律、彈性勢能、摩擦生熱。中檔題3 如圖所示，光滑水平直導(dǎo)軌上有三個質(zhì)量均為m的物塊 a、 b、 c，物塊 b、 c 靜止，物塊 b 的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計）；讓物塊a 以速度 v0 朝 b 運動，壓縮彈簧；

6、當(dāng)a、 b 速度相等時， b 與 c 恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動假設(shè)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程中，求（ 1） a、 b 第一次速度相同時的速度大?。唬?2） a、 b 第二次速度相同時的速度大??；（ 3）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能大小【答案】（ 1） v0（ 2） v0 （3）【解析】試題分析：（ 1）對 a、b 接觸的過程中，當(dāng)?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r，由動量守恒定律得，mv0=2mv 1，解得 v1v0（2）設(shè) ab 第二次速度相同時的速度大小v2，對 abc 系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律：mv0=3mv2解得 v2= v0（ 3） b 與 c接觸的瞬

7、間， b、 c 組成的系統(tǒng)動量守恒，有：解得 v3 v0系統(tǒng)損失的機(jī)械能為當(dāng) a、 b、c 速度相同時，彈簧的彈性勢能最大此時v2= v0根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能考點：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(qiáng)，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)，運用動量守恒進(jìn)行求解。4 如圖所示，光滑水平面上依次放置兩個質(zhì)量均為m 的小物塊 a 和 c 以及光滑曲面劈b， b 的質(zhì)量為 m=3m，劈 b 的曲面下端與水平面相切，且劈b 足夠高，現(xiàn)讓小物塊 c 以水平速度 v0 向右運動，與 a 發(fā)生彈性碰撞，碰撞后小物塊a 又滑上劈 b，求物塊 a 在 b

8、 上能夠達(dá)到的最大高度【答案】 h3v028g【解析】試題分析 ：選取 a、c 系統(tǒng)碰撞過程動量守恒，機(jī)械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出 a 的速度； a、b 系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以解題小物塊 c與 a 發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒得：mv0 mvc mva由機(jī)械能守恒定律得：1 mv021 mvc21 mva2222聯(lián)立以上解得：vc 0，va v0設(shè)小物塊 a在劈 b 上達(dá)到的最大高度為 h，此時小物塊 a 和 b 的共同速度大小為v，對小物塊 a 與 b組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒得：1mva2mgh1m m v222水平方向動量守恒mvam m

9、v聯(lián)立以上解得：h3v028g點睛 ：本題主要考查了物塊的碰撞問題，首先要分析清楚物體運動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以解題要注意 a、 b 系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)整體動量不守恒2325 一個靜止的鈾核92u （原子質(zhì)量為232.0372u ）放出一個粒子（原子質(zhì)量為2284.0026u ）后衰變成釷核90th （原子質(zhì)量為228.0287 u ）（已知：原子質(zhì)量單位1u1.6710 27 kg ， 1u 相當(dāng)于 931mev ）(1)寫出核衰變反應(yīng)方程；(2)算出該核衰變反應(yīng)中釋放出的核能；(3)假設(shè)反應(yīng)中釋放出的核能全部轉(zhuǎn)化為釷核和粒子的動能，則釷核獲得的動

10、能有多大？【答案】 (1) 23292 u22890th+ 42 he(2)5.49mev(3)0.095mev【解析】【詳解】(1)23292 u22890th+ 24 he(2)質(zhì)量虧損m mu m mth 0.0059u e= mc2=0.0059 931mev=5.49mev(3)系統(tǒng)動量守恒，釷核和粒子的動量大小相等，即pthpekthpth22mthekp22mekthek e所以釷核獲得的動能 ekthme4mthe 0.095mevm42286 在日常生活中，我們經(jīng)?？吹轿矬w與物體間發(fā)生反復(fù)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

11、 0.08 m 現(xiàn)有一小物塊以初速度 v02 m/s 從左端滑上木板 ，已知木板和小物塊的質(zhì)量均為1 kg，小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù) 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/s 2求：(1)木板第一次與墻碰撞時的速度大??；(2)從小物塊滑上木板到二者達(dá)到共同速度時，木板與墻碰撞的總次數(shù)和所用的總時間；(3)小物塊和木板達(dá)到共同速度時，木板右端與墻之間的距離【答案】 （1） 0.4 s0.4 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

12、，木板從靜止開始做勻加速運動，設(shè)木板加速度為 a，經(jīng)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 ag 1m / s2 l1 at 2 ， v1at 2聯(lián)立 解得 t0.4s， v1 0.4m / s （ 2）在物塊與木板兩者達(dá)到共同速度前，在每兩次碰撞之間，木板受到物塊對它的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(tài)，所用時間也為 t設(shè)在物塊與木板兩者達(dá)到共同速度v 前木板共經(jīng)歷n 次碰撞，則有：vv02ntt aa t 式中 t 是碰撞n 次后木板從起始位置至達(dá)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(jìn)，故 式可

13、改寫為2vv02nta由于木板的速率只能處于0 到 v1 之間，故有0v02nta2v1 求解上式得 1.5n2.5由于 n 是整數(shù)，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(dá)到共同速度所用的時間為：t 4tt 1.8s（ 11）即從物塊滑上木板到兩者達(dá)到共同速度時，木板與墻共發(fā)生三次碰撞，所用的時間為18s（3）物塊與木板達(dá)到共同速度時，木板與墻之間的距離為sl1 a t 2 （ 12）2聯(lián)立 與（ 12）式，并代入數(shù)據(jù)得s0.06m即達(dá)到共同速度時木板右端與墻之間的距離為006m 考點：考查了牛頓第二定律，運動學(xué)公式【名師點睛】本題中開始小木塊受到向

14、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(dāng)長木板反彈后，小木塊繼續(xù)勻減速前進(jìn)，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(fù)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；之后長木板向左減速，小木塊向右減速，兩者速度一起減為零7 在光滑的水平面上，質(zhì)量 m1 =1kg 的物體與另一質(zhì)量為 m2 物體相碰，碰撞前后它們的位移隨時間變化的情況如圖所示。求：（ 1）碰撞前 m 的速度 v和 m 的速度 v ；1122（2）另一物體的質(zhì)量 m2?！敬鸢浮浚?1） v14

15、 m s， v20；（ 2） m23kg ?！窘馕觥吭囶}分析：（ 1）由 s t 圖象知：碰前， m1 的速度s16 - 04 m s2處于靜止v14 - 0， mt狀態(tài)，速度 v20（2）由 s t 圖象知：碰后兩物體由共同速度，即發(fā)生完全非彈性碰撞碰后的共同速度s24161m sv124t根據(jù)動量守恒定律，有：m1v1(m1m2 )v另一物體的質(zhì)量m2 m1v1v3m13kgv考點： st 圖象，動量守恒定律8 如圖所示，帶有1a的半徑為rc置于光滑圓弧的小車，靜止在光滑水平面上滑塊4木板 b 的右端，勻速運動， b 與a、 b、 c 的質(zhì)量均為 a 碰后即粘連在一起，m， a、 b 底面

16、厚度相同現(xiàn) b、 c 以相同的速度向右 c 恰好能沿 a 的圓弧軌道滑到與圓心等高處則 ： (已知重力加速度為g)(1)b、c 一起勻速運動的速度為多少？(2)滑塊 c 返回到 a 的底端時ab 整體和 c 的速度為多少？【答案】 （1） v2 3gr （ 2）v12 3gr ，v253gr033【解析】本題考查動量守恒與機(jī)械能相結(jié)合的問題(1)設(shè) b、 c 的初速度為 v0， ab 相碰過程中動量守恒，設(shè)碰后ab 總體速度 u，由mv0v02mu ，解得 u2c 滑到最高點的過程： mv02mu3mu1 mv021 2mu21 3mu 2mgr222解得 v02 3gr(2)c從底端滑到頂端

17、再從頂端滑到底部的過程中，滿足水平方向動量守恒、機(jī)械能守恒，有 mv02mumv12mv21 mv0212mu21 mv1212mv222222解得 ： v123gr， v253gr339 光滑水平面上放著一質(zhì)量為m 的槽，槽與水平面相切且光滑，如圖所示，一質(zhì)量為m的小球以v0 向槽運動（ 1）若槽固定不動，求小球上升的高度（槽足夠高）（ 2）若槽不固定，則小球上升多高？【答案】（ 1） v02（ 2）mv022g2( mm)g【解析】（1）槽固定時，設(shè)球上升的高度為h1，由機(jī)械能守恒得：mgh11mv022解得： h1v02；2g（2）槽不固定時，設(shè)球上升的最大高度為h2 ，此時兩者速度為v

18、，由動量守恒定律得：mv0m mv再由機(jī)械能守恒定律得：1 mv021 mm v2mgh222 立解得，上球上升的高度：h2mv 022 mmg10 （ 20 分）如下 所示，光滑水平面mn左端 板 有一 射裝置p，右端 n 與 于同一高度的水平 送 之 的距離可忽略， 送 水平部分nq 的 度l=8m，皮 逆 送 以 v = 2m/s 的速度勻速 。mn 上放置兩個 量都 m = 1 kg 的小物 a、 b，它 與 送 的 摩擦因數(shù) = 0.4。開始 a、 b 靜止， a、 b 一 簧，其 性 能 ep = 16 j 。 解除 定， 開a、 b，并迅速移走 簧。取 g=10m/s2。（1）求

19、物 b 被 開 速度的大??；（2）求物 b 在 送 上向右滑行的最 距離及返回水平面mn 的速度vb；（ 3） a 與 p 相碰后靜止。當(dāng)物 b 返回水平面 mn后， a 被 p 出， a、 b 相碰后粘接在一起向右滑 ，要使 a、 b 接體恰好能到達(dá) q端，求 p 對 a 做的功?！敬鸢浮浚?1） vb4.0m / s （ 2） vb 2m / s （ 3） w162 j【解析】試 題 分 析 ： （ 1 ） （ 6分 ） 解 除 鎖 定 彈 開ab 過 程 中 ， 系 統(tǒng) 機(jī) 械 能 守 恒 ：ep1 mva21 mvb2 2 分22 向右 正方向，由 量守恒mvb mva 0 2 分解得

20、4.0/ 2 分vb vams（2）（ 6 分） b 滑上 送 做勻減速運 ，當(dāng)速度減 零 ，滑 的距離最 。由 能定理得mgsm01 mvb2 2 分2vb 2 1 分解得 s m2m2g物 b 在 送 上速度減 零后，受 送 它的摩擦力，向左加速，若一直加速， 受力和位移相同 ，物 b 滑回水平面 mn 的速度 vb 4m / s ，高于 送 速度， 明b滑回 程先加速到與 送 共速，后以2m / s的速度做勻速直 運 。1 分物 b 滑回水平面 mn的速度 vb v2m / s 2 分（3）（ 8 分） 射裝置將a 出后與 b 碰撞， 碰撞前a 的速度 va ，碰撞后 a、 b 共同的速

21、度 v，根據(jù) 量守恒定律，mvamvb2mv 2 分a、 b 恰好滑出平臺 q端，由能量關(guān)系有1 2mv 22mgl 2 分2 射裝置 a 做功 w12，mvaw 2分 2由解得 w162 j 2 分考點：相 運 能定理 量守恒11 （ 18 分）、如 所示，固定的光滑平臺左端固定有一光滑的半 道， 道半徑 r，平臺上靜止放著兩個滑 a、 b，其 量ma=m，mb=2m，兩滑 有少量炸 。平臺右 有一小 ，靜止在光滑的水平地面上，小 量m=3m ， l=2r， 面與平臺的臺面等高， 面粗糙， 摩擦因數(shù)=0.2 ，右 地面上有一立 ，立 與小 右端的距離 s， s在 0s2r的范 內(nèi)取 ，當(dāng)小

22、運 到立 立即被牢固粘 。點燃炸 后，滑 a 恰好能 通 半 道的最高點d，滑 b 沖上小 。兩滑 都可以看作 點，炸 的 量忽略不 ，爆炸的 極短，爆炸后兩個滑 的速度方向在同一水平直 上，重力加速度 g=10m/s 2。求：（1）滑 a 在半 道最低點c 受到 道的支持力fn。（2）炸 爆炸后滑 b 的速度大小vb。（3） 滑 b 從滑上小 在小 上運 的 程中，克服摩擦力做的功wf 與 s 的關(guān)系。【答案】（ 1）（ 2）（3）（ a） 當(dāng) ，小 到與立 粘 未與滑 b 達(dá)到共速。分析可知滑 會滑離小 ，滑 b 克服摩擦力做功 ：（b ）當(dāng) ，小 與滑 b 先達(dá)到共速然后才與立 粘 共速后， b 與立 粘 后，假 滑 b 做勻減速運 直到停下，其位移 ，假 不合理，滑 b 會從小 滑離滑 b 從滑上小 到共速 克服摩擦力做功 ：【解析】試題分析：（1）、以水平向右為正方向，設(shè)爆炸后滑塊a 的速度大小為va，滑塊 a 在半圓軌道運動，設(shè)到達(dá)最高點的速度為vad，則1 分得到1 分滑塊 a 在半圓軌道運動過程中，據(jù)動能定理：1 分得：滑塊 a 在半圓軌道最低點：1 分得：1 分（2）、在 a、 b 爆炸過程，動量守恒。則1