2018年高考物理复习真题训练 14动量与动量守恒定律--含答案解析
专题14 动量与动量守恒定律和原子物理1.（2017全国卷Ⅰ）将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A ．30kg m/s ⋅B ．5.7×102kg m/s ⋅C ．6.0×102kg m/s ⋅D ．6.3×102kg m/s ⋅答案：A解析：本题考查动量守恒定律及其相关的知识点.燃气从火箭喷口在很短的时间内喷出，其喷出过程中重力和空气阻力可忽略，因此火箭和燃气组成的系统所受合外力为零，运用动量守恒定律解答即可.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p-mv 0=0，解得p =mv 0=0.050 kg ×600 m/s=30 kg ·m/s ，选项A 正确.2.（2017全国卷Ⅰ）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电.氘核聚变反应方程是22311120H H He n ++→.已知21H 的质量为2.013 6 u ，32He 的质量为3.015 0 u ，10n 的质量为1.008 7 u ，1 u=931 MeV/c 2.氘核聚变反应中释放的核能约为A ．3.7 MeVB ．3.3 MeVC ．2.7 MeVD ．0.93 MeV 答案：B解析：根据质能方程，释放的核能2mc E ∆=∆，H He n 20.0035u m m m m ∆=--=，则220.0035u 931MeV/ 3.2585MeV 3.3MeV E c c ∆=⨯⨯=≈，故B 正确，ACD 错误.3.（2017全国卷Ⅱ）一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238234492902U Th He →+.下列说法正确的是A ．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量答案：B解析：根据动量守恒定律可知，生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向，选项B正确；根据2k2pEm可知，衰变后钍核的动能小于α粒子的动能，选项A错误；铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放出一个α粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间，故两者不等，选项C错误；由于该反应放出能量，由质能方程可知，衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，选项D错误；故选B.4.（2017海南卷）三束单色光1、2和3的波长分别为λ1、λ2和λ3（λ1＞λ2＞λ3）．分别用这三束光照射同一种金属．已知用光束2照射时，恰能产生光电子．下列说法正确的是（）A．用光束1照射时，不能产生光电子B．用光束3照射时，不能产生光电子C．用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多D．用光束2照射时，光越强，产生的光电子的最大初动能越大答案：AC．解析：AB、依据波长与频率的关系：，因λ1＞λ2＞λ3，那么γ1＜γ2＜γ3；由于用光束2照射时，恰能产生光电子，因此用光束1照射时，不能产生光电子，而光束3照射时，一定能产生光电子，故A正确，B 错误；CD、用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多，而由光电效应方程：E km=hγ﹣W，可知，光电子的最大初动能与光的强弱无关，故C正确，D错误；5.（2017天津卷）我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献.下列核反应方程中属于聚变反应的是A ．23411120H H He n +→+B ．1441717281N He O H +→+C ．427301213150He Al P n +→+ D ．235114489192056360U n Ba Kr 3n +→++答案：A解析：本题考查核反应方程.A 项是氢元素的两种同位素氘和氚聚变成氦元素的核反应方程，B 项是用α粒子轰击氮原子核发现质子的核反应方程，C 项属于原子核的人工转变，D 项属于重核的裂变，因此只有A 项符合要求.6.（2017海南卷）光滑水平桌面上有P 、Q 两个物块，Q 的质量是P 的n 倍．将一轻弹簧置于P 、Q 之间，用外力缓慢压P 、Q ．撤去外力后，P 、Q 开始运动，P 和Q 的动量大小的比值为（ ）A ．n 2B ．nC ．D ．1答案：D ．解析：撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P 的动量方向为正方向，则有：P P ﹣P Q =0故P P =P Q =0；故动量之比为1；故D 正确，ABC 错误．7.（2017全国卷Ⅲ）在光电效应实验中，分别用频率为νa 、νb 的单色光a 、b 照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U a 和U b 、光电子的最大初动能分别为E k a 和E k b .h 为普朗克常量.下列说法正确的是 A ．若νa >νb ，则一定有U a <U b B ．若νa >νb ，则一定有E k a >E k bC ．若U a <U b ，则一定有E k a <E k bD ．若νa >νb ，则一定有h νa –E k a >h νb –E k b 答案：BC解析：本题考查遏止电压、爱因斯坦光电效应方程.设该金属的逸出功为W ，根据爱因斯坦光电效应方程有E k =h ν-W ，同种金属的W 不变，则逸出光电子的最大初动能随ν的增大而增大，B 项正确；又E k =eU ，则最大初动能与遏止电压成正比，C 项正确；根据上述有eU =h ν-W ，遏止电压U 随ν增大而增大，A 项错误；又有h ν-E k =W ，W 相同，则D 项错误.8.（2017全国卷Ⅲ）一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动.F 随时间t 变化的图线如图所示，则A ．t =1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t =2 s 时物块的动量大小为4 kg ·m/sC ．t =3 s 时物块的动量大小为5 kg ·m/sD ．t =4 s 时物块的速度为零 答案：AB解析：由动量定理有Ft =mv ，解得Ft v m =，t =1 s 时物块的速率 1 m/s Ftv m==，A 正确；F –t 图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t =2 s 时物块的动量大小为2 2 kg m/s 4 kg m/s p =⨯⋅=⋅，B 正确；t =3 s 时物块的动量大小为(2211) kg m/s 3 kg m/s p '=⨯-⨯⋅=⋅，C 错误；t =4 s 时物块的动量大小为(2212) kg m/s 2 kg m/s p ''=⨯-⨯⋅=⋅，速度不为零，D 错误.9.（2017江苏卷）（1）原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的有 ．A.42He 核的结合能约为14 MeV B ．42He 核比63Li 核更稳定C ．两个21H 核结合成42He 核时释放能量 D ．23592U 核中核子的平均结合能比8936Kr 核中的大答案：BC解析：本题考查结合能和比结合能.由题图可知He 的比结合能为7 MeV ，因此它的结合能为7 MeV ×4=28 MeV ，A 项错误；比结合能越大，表明原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合题图可知B 项正确；两个比结合能小的H 核结合成比结合能大的He 时，会释放能量，C 项正确；由题图可知U的比结合能(即平均结合能)比Kr 的小，D 项错误.（2）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s ，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s 和2 m/s ．求甲、乙两运动员的质量之比． 答案：3:2解析：试题分析：由动量守恒定律得11222211m v m v m v m v ''-=- 解得122211m v v m v v '+='+代入数据得1232m m =10.（2017北京卷）在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变.放射出的α粒子（42He ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R .以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量.（1）放射性原子核用X AZ 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程.（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小.（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损Δm .答案：（1）4422X Y He AA ZZ --→+ （2）2πm qB 22πq B m（3）22()()2M m qBR mMc + 解析：（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为4422X Y He AA Z Z --→+（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v ，由洛伦兹力提供向心力有2v qvB m R=根据圆周运动的参量关系有2πRT v=得α粒子在磁场中运动的周期2πmT qB=根据电流强度定义式，可得环形电流大小为22πq q BI T m==(3)由2v qvB m R= ,得qBR v m =设衰变后新核Y 的速度大小为v',系统动量守恒Mv'-mv =0mv qBRv M M'== 由2221122mcMv mv '∆=+得222()()M m qBR m mMc+∆=说明：若利用44A M m -=解答，亦可.11.（2017天津卷）如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A =2 kg 、m B =1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中.先将B 竖直向上再举高h =1.8 m （未触及滑轮）然后由静止释放.一段时间后学科&网细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触.取g =10 m/s 2.空气阻力不计.求： （1）B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ； （2）A 的最大速度v 的大小； （3）初始时B 离地面的高度H .答案：（1）0.6s t = （2）2m/s v = （3）0.6m H = 解析：（1）B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：221gt h = 解得：0.6s t =(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有v B =gt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得m B v B =(m A +m B )v 之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为A 的最大速度，联立以上三式，代入数据解得v =2 m/s（3）细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有：gH m gH m v m m A B B A =++2)(21解得，初始时B 离地面的高度0.6m H =12. （2017浙江卷）间距为l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为1B ，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m 的“联动双杆”（由两根长为l 的金属杆，cd 和ef ，用长度为L 的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆”右侧存在大小为2B ，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L ，质量为m ，长为l 的金属杆ab ，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆cd 与“联动双杆”发生碰撞后杆ab 和cd 合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆ab 、cd 和ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直.已知杆ab 、cd 和ef 电阻均为T B T B m L m l kg m R 2.0,1.0,30,3.0,5.0,1.0,02.0210======Ω=θ.不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应.求：（1）杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小0v ； （2）联动三杆进入磁场区间II 前的速度大小v ； （3）联动三杆滑过磁场区间II 产生的焦耳热Q答案:(1)0v =6m/s (2) v ’=1.5m/s (3)0.25J解析:沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡(1)感应电动势10E B lv = 电流REI 5.1=安培力Il B F 1=匀速运动条件210=sin 1.5B lv mg Rθs m l B mgR v /6sin 5.12210==θ（2）由定量守恒定律 mv mv 40= s m v v /5.14==（3）进入B2磁场区域，设速度变化Dv,动量定理有22B 41.5I l t m vB lL I t q R∆=-∆∆=∆=s m mR Ll B v /25.045.1222-=⨯-=∆出B2磁场后“联动三杆”的速度为 s m v v v /0.12'=∆+= J v v m Q 25.0)'(42122=-⨯=。
2018年全国卷高考物理试题及答案
2018年高考全国卷物理试题2018全国Ⅰ卷物理2018全国Ⅱ卷物理2018全国Ⅲ卷物理2018年高考全国卷Ⅰ物理试题14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比15．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是A．B．C．D．16．如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。
小球c所受库仑力的合力的方向平衡于a、b的连线。
设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则A．a、b的电荷同号，169 k=B．a、b的电荷异号，169 k=C．a、b的电荷同号，6427 k=D．a、b的电荷异号，6427 k=17．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，O为圆心。
轨道的电阻忽略不计。
OM是有一定电阻。
可绕O转动的金属杆。
M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。
空间存在半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'（过程Ⅱ）。
在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则BB等于A．54B．32C．74D．218．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。
一质量为m的小球。
始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。
小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR19．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。
2018版高三物理一轮复习 专题14 动量与动量守恒(含2015年高考真题)
专题14 动量与动量守恒1.（15重庆卷）高空作业须系安全带.如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h （可视为自由落体运动）.此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为mg mg -mg +mg - 答案：A解析：人下落h 高度为自由落体运动，由运动学公式22v gh =，可知v =（取向上为正）由动量定理得()0()F mg t mv -=--，解得：F mg =+，故选A.2.（15新课标2卷）（10分）滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x 随时间t 变化的图像如图所示.求：（ⅰ）滑块a 、b 的质量之比；（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.解析：（1）设a 、b 质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图像得 v 1=-2m/sv 2=1m/sa 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v ,由题给图像可得s m v /32=由动量守恒定律得：m 1v 1+m 2v 2=（m 1+m 2）v 解得8121=m m （2）由能量守恒得.两滑块因碰撞而损失的机械能为221222211)(212121v m m v m v m E +-+=∆ 由图像可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 221)(21v m m W +=解得21=∆E W 3.（2015·全国新课标Ⅰ）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间.A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者都处于静止状态，现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间满足什么条件才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.解析：设A 运动的初速度为vA 向右运动与C 发生碰撞，根据弹性碰撞可得12mv mv Mv =+22212111222mv mv Mv =+ 可得1m M v v m M -=+22m v v m M=+ 要使得A 与B 发生碰撞，需要满足10v <，即m M <A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，弹性碰撞134mv mv Mv =+222134111222mv mv Mv =+ 整理可得31m M v v m M -=+ 412m v v m M=+ 由于m M <，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足32v v < 即2212()m M m m M v v v v m M m M m M--=>=+++整理可得224m Mm M +>解方程可得2)m M ≥。
高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)
高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)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；②23v 【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223v v =考点：动量守恒定律2．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。
已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。
求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。
高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)
高考物理动量守恒定律试题(有答案和解析)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B 与斜面间的动摩擦因数36μ=；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d =0.1m ，A 、B 的质量都为m=2kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A 、B 之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A 、B,经过一段时间,A 与B 的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g 取210/m s .求：(1)释放后物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大?(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小；(3)从初始位置到物块A 与凹糟B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小． 【答案】（1）（2）v An =(n-1)m∙s -1，v Bn ="n" m∙s -1（3）x n 总=0.2n 2m 【解析】 【分析】 【详解】（1）设物块A 的加速度为a 1，则有m A gsin θ=ma 1， 解得a 1=5m/s 2凹槽B 运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcos θ=mg 方向沿斜面向上； 凹槽B 所受重力沿斜面的分力G 1=2mgsin θ=mg 方向沿斜面向下； 因为G 1=f ，则凹槽B 受力平衡，保持静止，凹槽B 的加速度为a 2=0 （2）设A 与B 的左壁第一次碰撞前的速度为v A0，根据运动公式：v 2A0=2a 1d 解得v A0=3m/s ；AB 发生弹性碰撞，设A 与B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为v A1，B 的速度为v B1，则由动量守恒定律：0112A A B mv mv mv =+ ；由能量关系：2220111112222A AB mv mv mv =+⨯ 解得v A1=-1m/s(负号表示方向)，v B1=2m/s2．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块并留在其中，与木块用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间的速度，木块、的质量均为．求：•子弹射入木块时的速度；‚弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能．【答案】22()(2)Mm aM m M m++b【解析】试题分析：（1）普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E错．(2)1以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：．2弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：由机械能守恒定律可知：．考点：本题考查了物理学史和动量守恒定律3．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μ，现有质量为m的小球以水平速度0υ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】①0.25v0．②216v Lgμ=【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．4．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响．【答案】【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得：mv0=(2m＋m)V（2分）此过程中动能损失为：ΔE损＝f·2d=12mv20－12×3mV2（2分）解得ΔE＝13mv20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·d=mv2（1分），由能量守恒得：1 2mv21＋12mV21＝12mv20－ΔE损1（2分）且考虑到v1必须大于V1，解得：v1＝13(26v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得：2mV 2＝mv 1（1分） 损失的动能为：ΔE′＝12mv 21－12×2mV 22（2分） 联立解得：ΔE′＝13(1)22+×mv 2因为ΔE′＝f·x （1分）， 可解得射入第二钢板的深度x 为：（2分）子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解5．（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”。
2018版高考物理专题-动量与能量压轴题特训(含答案详解)
2018版高考物理专题-动量与能量压轴题特训(含答案详解)2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．5．【解析】方盒A与小滑块B组成的系统动量守恒，m B v＝(m A＋m B)v1，又m A＝2m B，所以v1＝v3，对系统由动能定理得－μm B g·x＝12(m A＋m B)v21－12m Bv2，解得x＝v23μg.【答案】v3v23μg6．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量m1＝30 kg，冰块的质量m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？6．【解析】(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v ①12m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥12m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩． 【答案】 (1)20 kg (2)见解析7． 如图所示，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．7． 【解析】 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝18v 0； 碰后B 的速度v B ＝34v 0由动量守恒定律得m v A ＝m v A ′＋m v B①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12m v 20－12m v 2A②设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12m v 2B －12m v B ′2③由于三者间隔相等，滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数相等，则有W A ＝W B ④ 设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得 ：m v B ′＝2m v ⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0⑥【答案】2116v 08. 如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/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．8．【解析】 设A 与C 发生碰撞后瞬间，A 的速度大小为v A ，方向向右，C 的速度大小为v C.A与C碰撞时间极短，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C ①A与B相互作用，设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得：m B v0＋m A v A＝(m A＋m B)v②A与B达到共同速度后恰不与C碰撞，则应有v＝v C ③联立①②③解得v A＝2 m/s【答案】 2 m/s【点拨】本题分别对A、C和A、B的作用过程应用动量守恒定律，还要关注“恰好不再与C碰撞”这一临界条件．9. 如图所示。
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s ，此时乙尚未与P 相撞．①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值． 【答案】v 乙＝6m/s. I ＝8N 【解析】 【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知联立以上方程可得，方向向右。
（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：2．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02v 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）201532mv 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＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (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222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(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：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v 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0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 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：2220015112232A 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．3．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。
高考物理《动量守恒定律》真题练习含答案
高考物理《动量守恒定律》真题练习含答案1．[2024·全国甲卷](多选)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示．假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平．忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2.下列说法正确的是()A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/sC．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N答案：BD解析：根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得F＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确．故选BD.2．[2022·山东卷]我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中()A.火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案：A解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D项错误．3．[2022·湖南卷]1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案：B解析：设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m 0v 0＝m 0v ′0＋m v ，12 m 0v 20 ＝12m 0v ′20 ＋12 m v 2，解得v ′0＝m 0－m m 0＋m v 0，v ＝2m 0m 0＋mv 0，因为当被碰粒子分别为氢核(m 0)和氮核(14m 0)时，有v 1＝v 0，v 2＝215 v 0，故C 、D 项错误；碰撞后氮核的动量为p 氮＝14m 0·v 2＝2815m 0v 0，氢核的动量为p 氢＝m 0·v 1＝m 0v 0，p 氮>p 氢，故A 错误；碰撞后氮核的动能为E k 氮＝12·14m 0v 22 ＝28225 m 0v 20 ，氢核的动能为E k 氢＝12 ·m 0·v 21 ＝12m 0v 20 ，E k 氮<E k 氢，故B 正确． 4.[2021·全国乙卷]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量守恒，机械能不守恒C ．动量不守恒，机械能守恒D ．动量不守恒，机械能不守恒答案：B解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以选项B 正确．5．[2023·新课标卷](多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )A ．甲的速度大小比乙的大B ．甲的动量大小比乙的小C ．甲的动量大小与乙的相等D ．甲和乙的动量之和不为零答案：BD解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示对于整个系统，由于μm 甲g >μm 乙g ，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，甲的动量大小比乙的小，m 甲v 甲＜m 乙v 乙，又m 甲＞m 乙，故v 甲＜v 乙，B 、D 正确，A 、C 错误．故选BD.6．[2021·全国乙卷](多选)水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动．物体通过的路程等于s 0时，速度的大小为v 0，此时撤去F ，物体继续滑行2s 0的路程后停止运动．重力加速度大小为g .则( )A ．在此过程中F 所做的功为12m v 20 B ．在此过程中F 的冲量大小等于32m v 0 C ．物体与桌面间的动摩擦因数等于v 20 4s 0gD ．F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案：BC解析：设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，根据功的定义，可知在此过程中，F 做的功为W F ＝Fs 0＝12m v 20 ＋μmgs 0，选项A 错误；物体通过路程s 0时，速度大小为v 0，撤去F 后，由牛顿第二定律有μmg ＝ma 2，根据匀变速直线运动规律有v 20 ＝2a 2·2s 0，联立解得μ＝v 20 4s 0g ，选项C 正确；水平桌面上质量为m 的物体在恒力F 作用下从静止开始做匀加速直线运动，有F －μmg ＝ma 1，又v 20 ＝2a 1s 0，可得a 1＝2a 2，可得F ＝3μmg ，即F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，选项D 错误；对F 作用下物体运动的过程，由动量定理有Ft －μmgt＝m v 0，联立解得F 的冲量大小为I F ＝Ft ＝32m v 0，选项B 正确．。
高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)
高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如下图,质量为 M=2kg 的小车静止在光滑的水平地面上,其AB 局部为半径R=0.3m一一1 一的光滑一圆孤,BC 局部水平粗糙,BC 长为L=0.6m .一可看做质点的小物块从A 点由静止4(1)小物块与小车 BC 局部间的动摩擦因数;(2)小物块从A 滑到C 的过程中,小车获得的最大速度.【答案】(1) 0.5 (2) 1m/s 【解析】解：(1)小物块滑到C 点的过程中,系统水平方向动量守恒那么有： (M m)v 0所以滑到C 点时小物块与小车速度都为 0由能量守恒得：mgR mgLR解得： R 0.5L(2)小物块滑到B 位置时速度最大,设为 必,此时小车获得的速度也最大,设为V 2由动量守恒得：mv 1 Mv 2121 2 由能重寸恒得：mgR — mv 1— Mv 2 22联立解得：v 2 1m / s2.如下图,一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上,光滑圆弧 MN 的半径为R=3.2m,水平局部NP 长L=3.5m,物体B 静止在足够长的平板小车 C 上,B 与小车的接触 面光滑,小车的左端紧贴平台的右端.从 M 点由静止释放的物体 A 滑至轨道最右端P 点后 再滑上小车,物体 A 滑上小车后假设与物体 B 相碰必粘在一起,它们间无竖直作用力. A 与释放,滑到C 点刚好相对小车停止.小物块质量 m=1kg,取 g=10m/s 2.求:平台水平轨道和小车上外表的动摩擦因数都为0.4,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相取 g=10m/s 2,求等.物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg,K(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小?考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律(2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ；(2)物体A 在NP 上运动的时间为 0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为33m 16【解析】试题分析：(1)物体A 由M 到N 过程中,由动能定理得： 在N 点,由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得,物体 A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为:(2)物体A 在平台上运动过程中2m A gR=m A v NF N ' =3A g=30N(imAg=mAa 2 L=v N t-at 代入数据解得t=0.5s t=3.5s (不合题意,舍去)(3)物体A 刚滑上小车时速度 v 〔= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中,小车、物体 A 组成系统动量守恒,而物体 B 保持静止(m A + m C )v 2= m A v 1小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为 L 1,那么,1 2 129mgL 1 — mv 1 - 2mv 2 解得：L [=1m2 24物体A 与小车匀速运动直到 A 碰到物体B, A, B 相互作用的过程中动量守恒:(m A + m B )v 3= m A V 2此后A, B 组成的系统与小车发生相互作用,动量守恒,且到达共同速度V 4(m A + m B )v 3+m C v 2=" (m" A +m B +m C ) v 4此过程中A 相对小车的位移大小为L 2,那么mgL 2 1mv 22 1 2 22mv 3213mv 42解得:23 1_2= — m16物体A 最终离小车左端的距离为,33 x=L i -L 2=— m163.光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、 C,质量分别为 m A 3m 、m Bmb m ,开始时B 、C 均静止,A 以初速度V o 向右运动, 起,此后A 与B 间的距离保持不变.求A 与B 相撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在一 B 与C碰撞前B 的速度大小.239 _94PU 经过 次a 盘变和 次3盘变,取后变成铅的同位 素.(填入铅的三种同位素 206 Pb 、282Pb 、282Pb 中的一种)(2)某同学利用如下图的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相同,悬挂于同一高度,A 、B 两摆球均很小,质量之比为 1 ：2.当两摆均处于自由静止状态时,其侧面刚好 接触.向右上方拉动 B 球使其摆线伸直并与竖直方向成 45.角,然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动,且最大摆角成 30..假设本实验允许的最大误差为土猊,此 实验是否成功地验证了动量守恒定律? 【解析】【详解】(1)设发生了 x 次“衰变和y 次3衰变,【解析】 【分析】设A 与B 碰撞后,A 的速度为V A , B 与C 碰撞前B 的速度为％, B 与C 碰撞后粘在一起的 速度为V,由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：m A V o对B 、C 木块：M B由A 与B 间的距离保持不变可知 v A v 联立代入数据得：m A V A m B V Bmb4 .[物理出彳3—5] (1)天然放射性元素207【答案】(1) 8, 4, 82Pb ； (2)根据质量数和电荷数守恒可知,2x-y+82=94, 239=207+4x;由数学知识可知,x=8, y=4.假设是铅的同位素206,或208,不满足两数守恒, 因此最后变成铅的同位素是282Pb(2)设摆球A 、B 的质量分别为 m A 、m B,摆长为l, B 球的初始高度为h i,碰撞前B 球 的速度为V B .在不考虑摆线质量的情况下,根据题意及机械能守恒定律得h 1 l(1 cos45)①1 22m B V B m B ghi ②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P i 、P 2.有 P i = m B V B ③所以,此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律.5.氢是一种放射性气体,主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料.呼吸时氨气 会随气体进入肺脏,氢衰变时放出射线,这种射线像小 炸弹〞一样轰击肺细胞,使肺细胞受损,从而引发肺癌、白血病等.假设有一静止的氢核222Rn 发生 衰变,放出一个速度为V .、质量为m 的 粒子和一个质量为 M 的反冲核针288 Po 此过程动量守恒,假设氢核发 生衰变时,释放的能量全部转化为粒子和针核的动能.(1)写衰变方程;联立①②③式得同理可得联立④⑤式得代人条件得由此可以推出 P m B J 2gl (1 cos45 ) ④F 2 (m A m B R2gl(1 cos30 )⑤P 2 m A m B 1 cos30 - - -------- J d P 1 m B . 1 cos452P2… —1.03⑦P(2)求出反冲核针的速度；(计算结果用题中字母表示相反；(3) m 【解析】 【分析】 【详解】(1)由质量数和核电荷数守恒定律可知,核反响方程式为222 218 4..86Rn 84 Po+2He (2)核反响过程动量守恒,以 a 离子的速度方向为正方向 由动量守恒定律得mv 0 Mv 0解得vmv 0■,负号表示方向与 a 离子速度方向相反 M(3)衰变过程产生的能量21 2 1 2M m mv oE -mv 2 - Mv 2-2 22M由爱因斯坦质能方程得2E mc解得M m mv 2m ------------ 5——2Mc 26.如下图,一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A 点由静止出发绕.点下摆,当摆到最低点 B 时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处 A.求男演员落地点 C 与O 点的水平距离s.男演员质量 m 1 和女演员质量 m 2之比m 1 ：m 2=2,秋千的质量不计,秋千的摆长为R, C 点比.点低5R.【答案】8R 【解析】【分析】 【详解】两演员一起从从 A 点摆到B 点,只有重力做功,机械能守恒定律,设总质量为 m,那么12(3)求出这一衰变过程中的质量亏损.(计算结果用题中字母表示)2222184 ..【答木】(1) 86 Rn 84 Po 2 He ; (2) vmv o负号表示方向与“离子速度方向2M m mv 0 2Mc 2mgR -mv1 2女演员刚好能回到高处,机械能依然守恒：m2gR -m2v12女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒：(m l m2) v m2v l m1v2③根据题意：m1 ：m2 2有以上四式解得：v22 2gR1c 8R接下来男演员做平抛运动：由4R -gt2,得t —2 . g因而：s v2t 8R；【点睛】两演员一起从从A点摆到B点,只有重力做功,根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒,由于女演员刚好能回到高处,可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度,再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度,然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；此题关键分析求出两个演员的运动情况,然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解.7.光滑水平面上质量为1kg的小球A,以2.0m/s的速度与同向运动的速度为 1.0m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰,碰撞后小球B以1.5m/s的速度运动.求：I~~J S I(1)碰后A球的速度大小；(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能.【答案】V A 1.0m/s, E损0.25J【解析】试题分析：(1)碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出小球速度.(2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.解：(1)碰撞过程,以A的初速度方向为正,由动量守恒定律得：m A V A+m B V B=m A V A+m B v B代入数据解：v A=1.0m/s②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：_1 2,1 2 _ 1 y 2 _ 1 ,2KE损一］山正且? /8 ①山尸A/㈤胪B代入数据解得：E 损=0.25J 答：①碰后A 球的速度为1.0m/s ；②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为 0.25J.【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以 正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.8 .如下图,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为科使木板与重物以共同的速度 v o 向右运动,某时刻木板与墙发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后木板以原速率反弹长,重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间4V 0 3~g解：木板第一次与墙碰撞后,向左匀减速直线运动,直到静止,再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度,再往后是匀速直线运动,直到第二次 撞墙. 木板第一次与墙碰撞后,重物与木板相互作用直到有共同速度V,动量守恒,有：2mv o - mv o = (2m+m) v, 解得： v=^-木板在第一个过程中,用动量定理,有： mv - m ( - v 0)=科2mgt…〜一 一 1? 1 2八用动能TE 理,有： -mv --IDV O =-科 2mgs木板在第二个过程中,匀速直线运动,有： s=vt 2,,一,…~、2v n 2v n I 4V n木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t l +t 2=—-+——-=一-3|Xg_ ……入……工……L,[W答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为34M【点评】此题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题,正确分析出 运动规律是关键.9 .如下图,带有 1光滑圆弧的小车 A 的半径为R,静止在光滑水平面上.滑块C 置于4木板B 的右端,A 、B 、C 的质量均为 m, A 、B 底面厚度相同.现 B 、C 以相同的速度向右 匀速运动,B 与A 碰后即粘连在一起,C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高.设木板足够处.那么：(重力加速度为 g)(1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少?【解析】此题考查动量守恒与机械能相结合的问题.(1)设B 、C 的初速度为vo, AB 相碰过程中动量守恒,设碰后 AB 总体速度u,由12 1 2 12-mv 0 - 2mu - 3mu mgR 2 2 2解得 v o 2.3gR(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中,满足水平方向动量守恒、机械能守恒,有 mv 0 2mu mv 1 2mv 210.如下图,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 v 0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 一的值. 0v 1【答案］一二三 %- 【解析】1 2试题分析：小滑块以水平速度 v 0右滑时,有：fL =0- - mv 2 (2分)2mv o 2mu ,解得 uV2C 滑到最高点的过程mv o 2mu 3mu1 2—mv 0 2-2mu 21mv ； - 2mv 2 2 22 解得：v 1 mgR, 35,3gR31 o 1 o小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为vi,那么有 fL = — mv 1-—mv (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 丫2,那么有 mv i =(m 4m)v 2(2 分)1 2 1 2由总能重寸恒可得：fL= —mv 1 -- (m 4m)v 2 (2分)2 2 v 3上述四式联立,解得 一一(1分)v o 2考点：动能定理,动量定理,能量守恒定律.11.如下图,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1t 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.…… M m2Mm 2【答案】(1) ------------------------- v 0 (2) -------------- v 0M m 2 Mg【解析】试题分析：(1)由A 、B 系统动量守恒定律得：Mv0 —mv0= (M +m ) v ①一 M -w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 Mv 0 mv 0Mv0 — mv0="Mv' v -------------------- 方 向向右M考点：动量守恒定律；点评：此题主要考查了动量守恒定律得直接应用,难度适中.12.如下图,粗细均匀的圆木棒 A 下端离地面高 H,上端套着一个细环 B. A 和B 的质 量均为m, A 和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A 和B 使它们从静止开始自由 下落.当A 与地面碰撞后,A 以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时 间极短,空气阻力不计,运动过程中 A 始终呈竖直状态.求：假设 A 再次着地前B 不脱离A, A 的长度应满足什么条件？v'那么由动量守恒定律得:r~丘7 --------------(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么也=\Z两木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mg ai = -解得：山,方向竖直向下对环：・_ mg-/解得上m方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变2 vo木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为--■ . ■要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于x,即,兰冈L>...................解得：+考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。
高三复习高中物理重点知识习题 动量守恒定律 - (含答案)
第七章动量守恒定律考点一：动量、动量变化量与冲量、动量定理1. (多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中()A.重力的冲量相同B.斜面弹力的冲量不同C.斜面弹力的冲量均为零D.合力的冲量不同答案BD2.(多选)质量为m的物块以初速度v0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中()A.上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同B.整个过程中物块所受弹力的冲量为零C.整个过程中物块合外力的冲量为零D.若规定沿斜面向下为正方向，则整个过程中物块合外力的冲量大小为2mv0 答案AD3.如图所示，质量为m的物体，在大小确定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是()A.v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多B.v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v的大小无关C.v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少D.v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v的大小无关答案D4. (多选)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同答案BCD5. (多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t变化的图线如图所示，则() 答案ABA.t＝1 s时物块的速率为1 m/sB.t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t＝4 s时物块的速度为零6. (多选)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图5所示，下列说法正确的是()A.第2 s 末，质点的动量为0B.第4 s 末，质点回到出发点C.在0～2 s 时间内，力F 的功率先增大后减小D.在1～3 s 时间内，力F 的冲量为0 答案 CD7.质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示。
高考物理动量定理试题(有答案和解析)及解析
高考物理动量定理试题(有答案和解析)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图甲所示，平面直角坐标系中，0≤x ≤l 、0≤y ≤2l 的矩形区域中存在交变匀强磁场，规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，其变化规律如图乙所示，其中B 0和T 0均未知。
比荷为c 的带正电的粒子在点（0，l ）以初速度v 0沿+x 方向射入磁场，不计粒子重力。
（1）若在t =0时刻，粒子射入；在t <02T 的某时刻，粒子从点（l ，2l ）射出磁场，求B 0大小。
（2）若B 0=02c v l ，且粒子从0≤l ≤02T的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y 轴上，求T 0的取值范围。
（3）若B 0=02c v l ，00l T v π=，在x >l 的区域施加一个沿-x 方向的匀强电场，在04T t =时刻入射的粒子，最终从入射点沿-x 方向离开磁场，求电场强度的大小。
【答案】（1）00v B cl =；（2）00l T v π≤；（3）()20421v E n cl π=+()0,1,2n =L . 【解析】 【详解】设粒子的质量为m ，电荷量为q ，则由题意得qc m=（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R ，根据几何关系和牛顿第二定律得：R l =2000v qv B m R=解得0v B cl=（2）设粒子运动的半径为1R ，由牛顿第二定律得20001v qv B m R =解得12l R =临界情况为：粒子从0t =时刻射入，并且轨迹恰好过()0,2l 点，粒子才能从y 轴射出，如图所示设粒子做圆周运动的周期为T ，则002m lT qB v ππ== 由几何关系可知，在02T t =内，粒子轨迹转过的圆心角为 θπ=对应粒子的运动时间为1122t T T ππ== 分析可知，只要满足012T t ≥，就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y 轴上。
联立解得0T T ≤，即00lT v π≤；（3）由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示设粒子的运动周期为T ，则002m lT qB v ππ== 在磁场中，设粒子运动的时间为2t ，则21144t T T =+由题意可知，还有00244T T t =+ 解得0T T =，即00lT v π=设电场强度的大小为E ，在电场中，设往复一次所用的时间为3t ，则根据动量定理可得302Eqt mv =其中3012t n T ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0,1,2n =L解得()2421v E n cl π=+()0,1,2n =L2．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一．设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F 0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m 1=1 600 kg 的试验车以速度v 1 = 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间t 1 = 0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开．忽略撞击过程中地面阻力的影响． （1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I 0的大小及F 0的大小；（2）若试验车以速度v 1撞击正前方另一质量m 2 =1 600 kg 、速度v 2 =18 km/h 同向行驶的汽车，经时间t 2 =0.16 s 两车以相同的速度一起滑行．试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开．【答案】（1）I 0 = 1.6×104 N·s ， 1.6×105 N ；（2）见解析 【解析】 【详解】（1）v 1 = 36 km/h = 10 m/s ，取速度v 1 的方向为正方向，由动量定理有 －I 0 = 0－m 1v 1 ①将已知数据代入①式得 I 0 = 1.6×104 N·s ② 由冲量定义有I 0 = F 0t 1 ③将已知数据代入③式得 F 0 = 1.6×105 N ④（2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v ，由动量守恒定律有 m 1v 1+ m 2v 2 = (m 1+ m 2)v ⑤对试验车，由动量定理有 －Ft 2 = m 1v －m 1v 1 ⑥ 将已知数据代入⑤⑥式得 F = 2.5×104 N ⑦可见F ＜F 0，故试验车的安全气囊不会爆开 ⑧3．北京将在2022年举办冬季奥运会，滑雪运动将速度与技巧完美地结合在一起，一直深受广大观众的欢迎。