最新高中物理动量守恒定律模拟试题 13页

最新高中物理动量守恒定律模拟试题 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．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。已知磁场的磁感应强度 B=0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为 L=0.5m，导轨的半径 r=0.5m，导体棒的电阻 R=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度 g=10m/s 2，不计空气阻力。 (1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小； (2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量； (3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为 16J，求导体棒第 一次通过最低点时回路中的电功率。 【答案】 (1) 2 10 /v m s (2)25J (3) 9 W 4 P 【解析】 【详解】 解： (1)根据机械能守恒定律，可得： 21 2 mgh mv 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小： 2 10 /v m s (2)导体棒早凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于 静止，圆柱体停在凹槽最低点 根据能力守恒可知，整个过程中系统产生的热量： ( ) 25Q mg h r J (3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为 1v ，凹槽速度大小为 2v ，导体棒在凹槽内运 动时系统在水平方向动量守恒，故有： 1 2mv Mv 由能量守恒可得： 2 2 1 2 1 1 1 ( ) 2 2 mv mv mg h r Q 导体棒第一次通过最低点时感应电动势： 1 2E BLv BLv 回路电功率： 2EP R 联立解得： 9 4 P W 2．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为 m的物块 A、 B、C，物块 B、C静止，物 块 B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块 A 以速度 v 0 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．那么从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求． （1）A、B第一次速度相同时的速度大小； （2）A、B第二次速度相同时的速度大小； （3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小 【答案】（ 1） v0（2） v0（3） 【解析】 试题分析：（ 1）对 A、B 接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得， mv0=2mv 1， 解得 v1＝ v0 （2）设 AB 第二次速度相同时的速度大小 v2，对 ABC系统，根据动量守恒定律： mv0=3mv2 解得 v2= v0 （3）B 与 C接触的瞬间， B、C组成的系统动量守恒，有： 解得 v3＝ v0 系统损失的机械能为 当 A、B、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时 v2= v0 根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能 ． 考点：动量守恒定律及能量守恒定律 【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选 择研究的系统，运用动量守恒进行求解。 3．如图所示，一辆质量 M=3 kg 的小车 A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量 m=l kg 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 2 2 1 2 1 1 2 2PE mv Mv 代入数据解得： v 1=3m/s v 2=1m/s （2）根据动量守恒和各自位移关系得 1 2x xm M t t ，x1+x2=L 代入数据联立解得： 2 4 Lx =0.1m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律 . 4．一质量为 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】 2 2( )(2 ) Mm a M 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 5．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= 1 2 mv 2 0 － 1 2 × 3mV2（2 分） 解得 ΔE＝ 1 3 mv 2 0 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：mv 1＋mV1＝mv 0 （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= mv 2 0 （1 分）， 由能量守恒得： 1 2 mv 2 1 ＋ 1 2 mV 2 1 ＝ 1 2 mv 2 0 －ΔE损 1（2 分） 且考虑到 v1 必须大于 V1， 解得： v1＝ 1 3( ) 2 6 v0 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： 2mV2＝mv1（1 分） 损失的动能为： ΔE′＝ 1 2 mv 2 1 － 1 2 × 2mV2 2 （2 分） 联立解得： ΔE′＝ 1 3(1 ) 2 2 × mv 2 0 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 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 v0 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） 2 05 16 v gL ＝ ；（ 2） 2 0 64 vR 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： mv0＝m( 1 2 v0)＋2mv1 ① μ mgL＝ 1 2 mv02－ 1 2 m( 1 2 v0) 2－ 1 2 ×2mv12 ② 联立①②解得： μ＝ 2 05 16 v 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 v0)＋mv1＝(m＋ m)v2 ③ 1 2 m( 1 2 v0)2＋ 1 2 mv12＝ 1 2 (2m)v22＋mgR ④ 联立①③④解得： R＝ 2 0 64 v 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．如图所示，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 O 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．已知男演员质量 m1 和女演员质量 m 2 之比 m1∶m2=2，秋千的质量不计，秋千的摆长为 R，C点比 O 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，则 21 2 mgR mv 女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒： 2 2 2 1 1 2 m gR m v 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： 1 2 2 1 1 2m m v m v m v（ ） ③ 根据题意： 1 2: 2m m 有以上四式解得： 2 2 2v gR 接下来男演员做平抛运动：由 214 2 R gt ，得 8t g R 因而： 2 8s v t R ； 【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；本题关键分析求出 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． 8．如图甲所示，用半径相同的 A、B 两球的碰撞可以验证 “动量守恒定律 ”．实验时先让质 量为 1m 的 A 球从斜槽上某一固定位置 C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水 平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹．重复上述操作 10 次， 得到 10 个落点痕迹．再把质量为 2m 的 B 球放在水平轨道末端，让 A 球仍从位置 C由静止 滚下， A 球和 B 球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作 10 次． M、P、N 为三个落点的平均位置，未放 B 球时， A 球的落点是 P 点， O 点是水平轨道末端在记录纸 上的竖直投影点，如图乙所示． （1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足 ______（填 “>”或 “ <”）． （2）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是 _____． A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器 （3）下列说法中正确的是 _________． A．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的 B．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误 C．用半径尽量小的圆把 10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置 D．仅调节斜槽上固定位置 C，它的位置越低，线段 OP 的长度越大 （4）在某次实验中，测量出两个小球的质量 1m 、 2m ，记录的落点平均位置 M、N 几乎与 OP 在同一条直线上，测量出三个落点位置与 O 点距离 OM、OP、ON 的长度．在实验误差 允许范围内，若满足关系式 __________________，则可以认为两球碰撞前后在 OP方向上 的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，则还需满足的关系式是 ________________．（用测量 的量表示） （5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置 M 、P、N，如图丙所 示．他发现 M 和 N 偏离了 OP 方向．这位同学猜想两小球碰撞前后在 OP 方向上依然动量 守恒，他想到了验证这个猜想的办法：连接 OP、OM、ON，作出 M 、N 在 OP方向上的投 影点 M 、 N ．分别测量出 OP、 OM 、 ON 的长度．若在实验误差允许的范围内，满 足关系式： _____则可以认为两小球碰撞前后在 OP 方向上动量守恒． 【答案】 > BC C 1 1 2m OP m OM m ON 2 2 2 1 1 2m OP m OM m ON 1 1 2m OP m OM m ON 【解析】 【分析】 【详解】 (1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量； （1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速 度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证： 1 0 1 1 2 2m v m v m v ，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移 x=vt，因此可 以直接用水平位移代替速度进行验证，故有 1 1 2m OP m OM m ON ，实验需要测量 小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻 度尺，因此需要的实验器材有： BC； （3）由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较 集中，但不是出现了错误，故 AB错误；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很 难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个 圆的圆心位置代表落点的平均位置，故 C 正确；仅调节斜槽上固定位置 C，它的位置越 低，由于水平速度越小，则线段 OP 的长度越小，故 D 错误．故选 C； （4）若两球相碰前后的动量守恒，则 1 0 1 1 2 2m v m v m v ，又 0 1 2, ,OP v t OM v t ON v t ，代入得： 1 1 2m OP m OM m ON ，若碰撞是弹性碰 撞，满足机械能守恒，则： 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 m v m v m v ，代入 得; 2 2 2 1 1 2m OP m OM m ON ； （5）如图所示 ,连接 OP、OM、ON,作出 M、N 在 OP 方向上的投影点 M′、 N′，如图所 示； 分别测量出 OP、OM′、 ON′的长度．若在实验误差允许范围内 ,满足关系式 1 1 2m OP m OM m ON 则可以认为两小球碰撞前后在 OP 方向上动量守恒． 9．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 m1 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 m1，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 t2． 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 1 21 1 2 m mm 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 1 1 lv t 整体经过光电门的速度为： 2 2 lv t 由动量守恒定律可知， 1 1 1 2 2( + )m v m m v 代入解得： 1 1 2 1 2 ( )m m m t t 。 10． 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 1 40kgm 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 2 20kgm 的物体 C以 2.0 /m 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 1.6h m，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 2/10g m s ，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） 2 /m s ；（ 2） 1 s；（ 3） 3 m 【解析】 试题分析：（ 1）下滑过程机械能守恒，有： 2 2 1 2 1 1 2 2 0mgh m mv v ，代入数据得： 2 6 /v m 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： 2mv m M v（ ） 联立解得： 2 20 6 2 / 20 40 mvv m s M m 。 （2）对小车由动量定理有： mgt Mv ，解得： 40 2 1 0.4 20 10 Mvt s mg 。 （3）设物体相对于小车板面滑动的距离为 L，由能量守恒有： 2 2 2 1 1 2 2 mgL m m M vv （ ） 代入数据解得： 2 2 2 3 2 m M m v L m m g v 。 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。 11． 如图所示，水平光滑轨道 AB与以 O 点为圆心的竖直半圆形光滑轨道 BCD相切于 B 点，半圆形轨道的半径 r=0.30m．在水平轨道上 A 点静止放置一质量为 m 2=0.12kg 的物块 2，现有一个质量 m1=0.06kg 的物块 1 以一定的速度向物块 2 运动，并与之发生正碰，碰撞 过程中无机械能损失，碰撞后物块 2 的速度 v2=4.0m/s ．物块均可视为质点， g 取 10m/s 2， 求： （1）物块 2 运动到 B 点时对半圆形轨道的压力大小； （2）发生碰撞前物块 1 的速度大小； （3）若半圆形轨道的半径大小可调，则在题设条件下，为使物块 2 能通过半圆形轨道的最 高点，其半径大小应满足什么条件． 【答案】 【小题 1】7.6N 【小题 2】6.0m/s 【小题 3】0.32m 【解析】 （1）设轨道 B 点对物块 2 的支持力为 N，根据牛顿第二定律有 N-m2g=m2v22/R 解得 N=7.6N 根据牛顿第三定律可知，物块 2 对轨道 B 点的压力大小 N′=7.6N （2）设物块 1 碰撞前的速度为 v0，碰撞后的速度为 v1，对于物块 1 与物块 2 的碰撞过 程，根据动量守恒定律有 m1v0=mv1+m2v2 因碰撞过程中无机械能损失，所以有 m1v02= m 1v12+ m2v22 代入数据联立解得 v0=6.0m/s （3）设物块 2 能通过半圆形轨道最高点的最大半径为 Rm，对应的恰能通过最高点时的速 度大小为 v，根据牛顿第二定律，对物块 2 恰能通过最高点时有 m2g=m2v2/Rm 对物块 2 由 B 运动到 D 的过程，根据机械能守恒定律有 m2v22=m 2g?2Rm+ m 2v2 联立可解得： Rm=0.32m 所以，为使物块 2 能通过半圆形轨道的最高点，半圆形轨道半径不得大于 0.32m 12． 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。