高考物理动量守恒定律模拟试题及解析

高考物理动量守恒定律模拟试题及解析
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，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/s2，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) 210/v m s = (2)25J (3)9W 4
P = 【解析】 【详解】
解：(1)根据机械能守恒定律，可得：212
mgh mv = 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：210/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：12mv Mv = 由能量守恒可得：
22
12111()22
mv mv mg h r Q +=+- 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：12E BLv BLv =+
回路电功率：2
E P R
=
联立解得：94
P W =
3．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。

P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L 。

物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可以看作质点。

P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点（弹簧始终在弹性限度内）。

P 与P 2之间的动摩擦因数为μ，求：
（1）P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； （2）此过程中弹簧最大压缩量x 和相应的弹性势能E p 。

【答案】（1） 201v v =，4
302v v = （2）L g v x -=μ3220，1620
p mv E = 【解析】（1） P 1、P 2碰撞过程，动量守恒，102mv mv =，解得2
1v v =。

对P 1、P 2、P 组成的系统，由动量守恒定律 ，204)2(mv v m m =+，解得4
30
2v v =
（2）当弹簧压缩最大时，P 1、P 2、P 三者具有共同速度v 2，对P 1、P 2、P 组成的系统，从
P 1、P 2碰撞结束到P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点，用能量守恒定律
)(2)2()2(212212212
22021x L mg u v m m m mv mv ++++=⨯+⨯ 解得L g
v x -=μ3220 对P 1、P 2、P 系统从P 1、P 2碰撞结束到弹簧压缩量最大，用能量守恒定律
p 222021))(2()2(2
1221221E x L mg u v m m m mv mv +++++=+ 最大弹性势能16
2
P mv E =
注意三个易错点：碰撞只是P 1、P 2参与；碰撞过程有热量产生；P 所受摩擦力，其正压力为2mg
【考点定位】碰撞模型、动量守恒定律、能量守恒定律、弹性势能、摩擦生热。

中档题
4．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v 0＝8 m/s 的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M 2＝2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上)
【答案】25m/s
【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等． 以M 1、M 2、m 组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒：
()20120M v M m M v +=++共，解得5m /s v =共
以小球与乙车组成的系统，水平方向动量守恒： ()202M v mv m M v -=+共，解得
25m /s v =
考点：考查了动量守恒定律的应用
【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解
5．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E p =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 mv 1-Mv 2=0
22
12
1122
P E 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12x x
m M t t
=，x 1+x 2=L 代入数据联立解得：24
L
x =
=0.1m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.
6．一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 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
7．氡是一种放射性气体，主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料．呼吸时氡气会随气体进入肺脏，氡衰变时放出α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．若有一静止的氡核22286Rn 发生α衰变，放出一个速度为0v 、质量为m 的α粒子和一个质量为M 的反冲核钋
21884
Po 此过程动量守恒，若氡核发
生衰变时，释放的能量全部转化为α粒子和钋核的动能。

（1）写衰变方程；
（2）求出反冲核钋的速度；(计算结果用题中字母表示)
（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)
【答案】（1）2222184
86842Rn Po He →+；（2）0
mv v M
=-
，负号表示方向与α离子速度方向相反；（3）()2
02
2M m mv m Mc
+∆=
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由质量数和核电荷数守恒定律可知，核反应方程式为
222
218
486
842Rn Po+He →
（2）核反应过程动量守恒，以α离子的速度方向为正方向 由动量守恒定律得
00mv Mv +=
解得0
mv v M
=-
，负号表示方向与α离子速度方向相反 （3）衰变过程产生的能量
()2
022
011222M m mv E mv Mv M
+∆=+=
由爱因斯坦质能方程得
2E mc ∆=∆
解得
()2
02
2M m mv m Mc
+∆=
8．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v 0射入物块后，以水平速度v 0/2 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)2
138m
E mv M ⎛⎫∆=- ⎪⎝⎭ (2)02mv h
s M g
= 【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 mv 0=m +MV ①
解得
②
系统的机械能损失为 ΔE =
③
由②③式得 ΔE =
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得 S =
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．
9．在光滑的水平面上，质量m 1=1kg 的物体与另一质量为m 2物体相碰，碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图所示。

求：（1）碰撞前m 1的速度v 1和m 2的速度v 2； （2）另一物体的质量m 2。

【答案】（1）s m 41=v ，02=v ；（2）kg 32=m 。

【解析】
试题分析：（1）由s —t 图象知：碰前，m 1的速度m 40
-40-161==∆∆=t s v ，m 2处于静止状态，速度02=v
（2）由s —t 图象知：碰后两物体由共同速度，即发生完全非弹性碰撞 碰后的共同速度s m 14
1216
24=--=∆∆=
t s v 根据动量守恒定律，有：v m m v m )(2111+=
另一物体的质量kg 331112==-⋅
=m v
v
v m m 考点：s —t 图象，动量守恒定律
10．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg 的滑块A ，在小车C 的左端有一个质量为2kg 的滑块B ，滑块A 与B 均可看做质点．现使滑块A 从距小车的上表面高h =1.25m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出．已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g =10m/s 2. 求： （1）滑块A 与B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）小车C 上表面的最短长度.
【答案】(1) v =2.5m/s (2) L =0.375m 【解析】
【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A 滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C 上表面的最短长度．
(1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为1v ，由机械能守恒定律有：2A A 11m gh m v 2
= 代入数据解得12gh 5m/s v ==．
设A 、B 碰后瞬间的共同速度为2v ，滑块A 与B 碰撞瞬间与小车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒， ()12A A B m v m m v =+ 代入数据解得2 2.5m/s v =．
(2)设小车C 的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为3v ，
根据动量守恒定律有：()()A B 2A B C 3m m v m m m v +=++ 根据能量守恒定律有：()()()2
22311gL=22
A B A B A B C m m m m v m m m v μ++-++ 联立以上两代入数据解得0.375m L =
【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式，正确把握每个过程的物理规律是关键．
11．（18分）、如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R ，平台上静止放着两个滑块A 、B ，其质量m A =m ，m B =2m ，两滑块间夹有少量炸药。

平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M=3m ，车长L=2R ，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ="0.2" ，右侧地面上有一立桩，立桩与小车右端的距离为S ，S 在0<S<2R 的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连。

点燃炸药后，滑块A 恰好能够通过半圆轨道的最高点D ，滑块B 冲上小车。

两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g=10m/s 2。

求：
（1）滑块A在半圆轨道最低点C受到轨道的支持力F N。

（2）炸药爆炸后滑块B的速度大小V B。

（3）请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功W f与S的关系。

【答案】（1）（2）
（3）（a）当时，小车到与立桩粘连时未与滑块B达到共速。

分析可知滑块会滑离小车，滑块B克服摩擦力做功为：
（b）当时，小车与滑块B先达到共速然后才与立桩粘连
共速后，B与立桩粘连后，假设滑块B做匀减速运动直到停下，其位移为
，假设不合理，滑块B会从小车滑离
滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为：
【解析】
试题分析：（1）、以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为V A，
滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为V AD，则1分
得到1分
滑块A在半圆轨道运动过程中，
据动能定理：1分
得：
滑块A在半圆轨道最低点：1分
得：1分
（2）、在A、B爆炸过程，动量守恒。

则1分
得：1分
（3）、滑块B滑上小车直到与小车共速，设为
整个过程中，动量守恒：1分
得：1分
滑块B从滑上小车到共速时的位移为1分
小车从开始运动到共速时的位移为1分
两者位移之差（即滑块B相对小车的位移）为：<2R，
即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车。

1分
当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以V共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为 S＇
所以，滑块B会从小车滑离。

1分
讨论：当时，滑块B克服摩擦力做功为
1分
当时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为
1分
然后滑块B以V t向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为
>2R 所以，滑块会从小车滑离。

1分
则滑块共速后在小车运动时克服摩擦力做功为
1分
所以，当时，滑块B克服摩擦力做功为
="11mR" 1分
考点：牛顿第二定律动能定理动量守恒功
12．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）8 m/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
代入数据得：a=3．2m/s2
又：s=1
2
at2
解得 t=2．5s
到达斜面末端的速度大小 v0=at=8 m/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＝1
2
mv02−
1
2
（m+M）v2
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。