高考物理动量守恒定律练习题及答案

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”。

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题20套(带答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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．2．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是 m A =4.0kg 和m B =3.0kg ．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t =0时以一定速度向右运动，在t =4s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v -t 图象如图乙所示．求：①物块C 的质量？②B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P ？ 【答案】（1）2kg （2）9J 【解析】试题分析：①由图知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒．m c v 1＝（m A ＋m C ）v 2 即m c ＝2 kg②12 s 时B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 的速度相等时，弹簧弹性势能最大 （m A ＋m C ）v 3＝（m A ＋m B ＋m C ）v 4得E p ＝9 J考点：考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的应用【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题．3．人站在小车上和小车一起以速度v 0沿光滑水平面向右运动．地面上的人将一小球以速度v 沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v 水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止．重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n 次后，人和车速度刚好变为0．已知人和车的总质量为M ，求小球的质量m ． 【答案】02Mv m nv= 【解析】试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv 0-mv=Mv 1+mv 得：102mvv v M=-车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒： Mv 1-mv=Mv 2+mv 得：2022mvv v M=-⋅同理，车上的人第n 次将小球抛出后，有02n mvv v n M=-⋅ 由题意v n =0， 得：02Mv m nv=考点：动量守恒定律4．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5m ，物块A 以v 0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1kg(重力加速度g 取10m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 【答案】(1)5m/s v =, F ＝22 N (2) k ＝45 (3)90.2m/s ()n v n n k =-＜【解析】⑴物块A 从开始运动到运动至Q 点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有：－2mgR ＝－解得：v ＝＝4m/s在Q 点，不妨假设轨道对物块A 的弹力F 方向竖直向下，根据向心力公式有：mg ＋F ＝解得：F ＝－mg ＝22N ，为正值，说明方向与假设方向相同。

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)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。

物理动量守恒定律练习题20篇及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。

质量m 1=0.40kg 的物块A 从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m 处下滑，并与放在水平木板左端的质量m 2=0.20kg 的物块B 相碰,相碰后物块B 滑行x=4.0m 到木板的C 点停止运动，物块A 滑到木板的D 点停止运动。

已知物块B 与木板间的动摩擦因数=0.20,重力加速度g=10m/s 2,求：(1) 物块A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小； (2) 滑动摩擦力对物块B 做的功；(3) 物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能。

【答案】（1）v 0=4.0m/s （2）W=-1.6J （3）E=0.80J【解析】试题分析： ①设物块A 滑到斜面底端与物块B 碰撞前时的速度大小为v 0，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 120v (1分)v 02gh ，解得：v 0＝4.0 m/s(1分) ②设物块B 受到的滑动摩擦力为f ，摩擦力做功为W ，则f ＝μm 2g(1分) W ＝－μm 2gx 解得：W ＝－1.6 J(1分)③设物块A 与物块B 碰撞后的速度为v 1，物块B 受到碰撞后的速度为v ，碰撞损失的机械能为E ，根据动能定理有－μm 2gx ＝0－12m 2v 2 解得：v ＝4.0 m/s(1分)根据动量守恒定律m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v(1分) 解得：v 1＝2.0 m/s(1分)能量守恒12m 120v ＝12m 121v ＋12m 2v 2＋E(1分) 解得：E ＝0.80 J(1分)考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律2．人站在小车上和小车一起以速度v 0沿光滑水平面向右运动．地面上的人将一小球以速度v 沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v 水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止．重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n 次后，人和车速度刚好变为0．已知人和车的总质量为M ，求小球的质量m ． 【答案】02Mv m nv【解析】试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv 0-mv=Mv 1+mv 得：102mvv v M=-车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒： Mv 1-mv=Mv 2+mv 得：2022mvv v M=-⋅同理，车上的人第n 次将小球抛出后，有02n mvv v n M=-⋅ 由题意v n =0， 得：02Mv m nv=考点：动量守恒定律3．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)20138m E mv M ⎛⎫∆=- ⎪⎝⎭ (2)02mv hs 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⑤s=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．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”。

物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，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 ，水平部分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 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg ，取g =10m/s 2．求(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小？ (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3316m 【解析】试题分析：（1）物体A 由M 到N 过程中，由动能定理得：m A gR=m A v N 2 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：F N ′=3m A g=30N （2）物体A 在平台上运动过程中 μm A g=m A a L=v N t-at 2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 1= 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，则2211211222mgL mv mv μ=-⨯解得：L 1＝94m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，且达到共同速度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，则222223*********mgL mv mv mv μ=+⨯-⨯解得：L 2＝316m 物体A 最终离小车左端的距离为x=L 1-L 2=3316m 考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.2．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。

物理动量守恒定律练习题20篇一、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．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为m A=1kg、m B=2kg、m C=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B 的最小速度为零．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A、B发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能．当B、C速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答3．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求：①物块C 的质量？②B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P ？ 【答案】（1）2kg （2）9J 【解析】试题分析：①由图知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒．m c v 1＝（m A ＋m C ）v 2 即m c ＝2 kg②12 s 时B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 的速度相等时，弹簧弹性势能最大 （m A ＋m C ）v 3＝（m A ＋m B ＋m C ）v 4得E p ＝9 J考点：考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的应用【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题．4．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=）（1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能.【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2cos 1sin 2B B B Bm gh m gh m v θμθ+⋅= ① （3分）代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分）（2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得：2220111()222A B P A A B Bm m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分）考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.5．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m 1=1kg 的小球A ，质量m 2=2kg 的小球B 以速度v 0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)043v 013v 方向均与0v 相同 (2)065L v (3)9L 【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1v ，小球B 的速度为2v ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律:201122m v m v m v =+222201122111222m v m v m v =+ 整理得：210122m v v m m =+，212012m m v v m m -=+解得1043v v =，2013v v =，方向均与0v 相同． （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1x 、2x ，则有11x v t =，22x v t =由几何关系知：122x x L += 整理得：065Lt v =（3）两小球第2次碰撞时的位置与挡板的距离：235x L x L =-= 以向左为正方向，第2次碰前A 的速度043A v v =，B 的速度为013B v v =-，如图所示．设碰后A 的速度为A v '，B 的速度为B v '．根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有1212A B A B m v m v m v m v ''+=+； 2222121211112222A B AB m v m v m v m v ''+=+ 整理得：12212()2A B A m m v m v v m m -+'=+，21112()2B A B m m v m v v m m -+'=+解得：089A v v '=-，079B v v '=设第2次碰后经过时间t '发生第3次碰撞，碰撞时的位置与挡板相距x '，则B x x v t '''-=，A x x v t '''+=整理得：9x L '=6．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P 1和P 2的质量均为m ．滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2．问：（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？【答案】（1）10v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：22011122mv mgR mv += 解得：v 1=5m/sP 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得：10v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s 2；（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：22()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m滑板碰后，P 1向右滑行距离：2110.08m 2v s a ==P 2向左滑行距离：22222.25m 2v s a '==所以P 1、P 2静止后距离：△S=L-S 1-S 2=1．47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．7．28．如图所示，质量为m a=2kg的木块A静止在光滑水平面上。

高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为m A=1kg、m B=2kg、m C=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A 、B 已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B的最小速度为零 ．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A 、B 发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能．当B 、C 速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答2．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d r r α-︒-= 解得：127α=︒运动周期：222m T qBπ=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒3．如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为半径R =0.3m的光滑14圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为L =0.6m 。

高考物理动量守恒定律专题训练答案及解析一、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．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ，三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ，初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动，与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A 球与B 球碰撞中损耗的机械能； （2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （3）在以后的运动过程中B 球的最小速度． 【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A 、B 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A 、B 的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B 的最小速度为零．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A、B发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能．当B、C速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答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。

物理动量守恒定律题20套(带答案)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：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角θ=37°;过f点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh，ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m2=3×10-3 kg、电荷量q=3×l0-3 C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点，质量m1=1.5×10-3 kg的不带电小物体P从轨道右端a以v0=8 m/s的水平速度向左运动，P、Q碰撞时间极短，碰后P以1 m/s的速度水平向右弹回．已知P与ab间的动摩擦因数μ=0.5，A、B均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小F N；(2)当β=53°时，物体Q刚好不从gh边穿出磁场，求区域efgh内所加磁场的磁感应强度大小B1；(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时，要让物体Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d r rα-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒3．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=）（1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能.【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2cos 1sin 2B B B Bm gh m gh m v θμθ+⋅= ① （3分）代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分）（2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得：2220111()222A B P A A B Bm m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分）考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.4．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题20套(带答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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．2．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是 m A =4.0kg 和m B =3.0kg ．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t =0时以一定速度向右运动，在t =4s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v -t 图象如图乙所示．求：①物块C 的质量？②B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P ？ 【答案】（1）2kg （2）9J 【解析】试题分析：①由图知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒．m c v 1＝（m A ＋m C ）v 2 即m c ＝2 kg②12 s 时B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 的速度相等时，弹簧弹性势能最大 （m A ＋m C ）v 3＝（m A ＋m B ＋m C ）v 4得E p ＝9 J考点：考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的应用【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题．3．人站在小车上和小车一起以速度v 0沿光滑水平面向右运动．地面上的人将一小球以速度v 沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v 水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止．重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n 次后，人和车速度刚好变为0．已知人和车的总质量为M ，求小球的质量m ． 【答案】02Mv m nv= 【解析】试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv 0-mv=Mv 1+mv 得：102mvv v M=-车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒： Mv 1-mv=Mv 2+mv 得：2022mvv v M=-⋅同理，车上的人第n 次将小球抛出后，有02n mvv v n M=-⋅ 由题意v n =0， 得：02Mv m nv=考点：动量守恒定律4．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5m ，物块A 以v 0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1kg(重力加速度g 取10m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 【答案】(1)5m/s v =, F ＝22 N (2) k ＝45 (3)90.2m/s ()n v n n k =-＜【解析】⑴物块A 从开始运动到运动至Q 点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有：－2mgR ＝－解得：v ＝＝4m/s在Q 点，不妨假设轨道对物块A 的弹力F 方向竖直向下，根据向心力公式有：mg ＋F ＝解得：F ＝－mg ＝22N ，为正值，说明方向与假设方向相同。

【物理】物理动量守恒定律题20套(带答案)含解析一、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．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ，三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ，初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动，与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B 的最小速度为零．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A、B发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能．当B 、C 速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答4．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P 1和P 2的质量均为m ．滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2．问：（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？【答案】（1）10v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：22011122mv mgR mv += 解得：v 1=5m/sP 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得：10v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s 2；（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：22()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m滑板碰后，P 1向右滑行距离：2110.08m 2v s a ==P 2向左滑行距离：22222.25m 2v s a '==所以P 1、P 2静止后距离：△S=L-S 1-S 2=1．47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．5．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】①0.25v 0．②2016v L gμ=【解析】试题分析：（1）设小球和物体A 碰撞后二者的速度为v 1，三者相对静止后速度为v 2，规定向右为正方向，根据动量守恒得， mv 0=2mv 1，① （2分） 2mv 1=4mv 2② （2分）联立①②得，v 2=0.25v 0． （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．6．一列火车总质量为M ，在平直轨道上以速度v 匀速行驶，突然最后一节质量为m 的车厢脱钩，假设火车所受的阻力与质量成正比，牵引力不变，当最后一节车厢刚好静止时，前面火车的速度大小为多少？ 【答案】Mv/(M-m) 【解析】 【详解】因整车匀速运动，故整体合外力为零；脱钩后合外力仍为零，系统的动量守恒． 取列车原来速度方向为正方向．由动量守恒定律，可得()0Mv M m v m =-'+⨯ 解得，前面列车的速度为Mvv M m'=-；7．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14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v 0从右端滑上B 并以02v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）14圆弧槽C 的半径R 【答案】（1）20516v gL μ＝；（2）2064v R 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：mv 0＝m (12v 0)＋2mv 1 ① μmgL ＝12mv 02－12m (12v 0) 2－12×2mv 12 ②联立①②解得：μ＝2516v 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 (12v 0)＋mv 1＝(m ＋m )v 2 ③ 12m (12v 0)2＋12mv 12＝12(2m )v 22＋mgR ④ 联立①③④解得：R ＝264v 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．8．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212mgR mv =女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒：222112m 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：122112m m v m v m v +=-+（）③根据题意：12:2m m = 有以上四式解得：222v gR =接下来男演员做平抛运动：由2142R gt =，得8 t g R 因而：28s 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．9．如图所示，质量为m A =3kg 的小车A 以v 0=4m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m B =1kg 的小球B （可看作质点），小球距离车面h =0.8m ．某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为m C =1kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g =10m/s 2．求：（1）小车系统的最终速度大小v 共； （2）绳未断前小球与砂桶的水平距离L ； （3）整个过程中系统损失的机械能△E 机损． 【答案】(1)3.2m/s （2）0.4m （3）14.4J 【解析】试题分析：根据动量守恒求出系统最终速度；小球做平抛运动，根据平抛运动公式和运动学公式求出水平距离；由功能关系即可求出系统损失的机械能． （1）设系统最终速度为v 共，由水平方向动量守恒： (m A ＋m B ) v 0=(m A ＋m B ＋m C ) v 共 带入数据解得：v 共=3.2m/s（2）A 与C 的碰撞动量守恒：m A v 0=(m A ＋m C )v 1 解得：v 1=3m/s设小球下落时间为t ，则： 212h gt = 带入数据解得：t =0.4s 所以距离为：01()L v v =－ 带入数据解得：L =0.4m（3）由能量守恒得：()()2201122B A B A B E m gh m m v m m m v ∆=++-++共损 带入数据解得：14.4E J ∆=损点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列式求解．10．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上，另一端与滑块C 接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H 的光滑水平桌面上.现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面h 高处由静止开始滑下，与滑块B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动，经一段时间，滑块C 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知,2,3A B C m m m m m m ===，求：（1）滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度v ； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能E Pmax ； （3）滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离 s. 【答案】（1）111233v v gh ==（2）6mgh （323Hh 【解析】 【详解】解：(1)滑块A 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为1v ，由机械能守恒定律有：2112=A A m gh m v 解之得：12v gh =滑块A 与B 碰撞的过程，A 、B 系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v ，由动量守恒定律有：()1A A B m v m m v =+ 解之得：111233v v gh ==(2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A 、B 、C 速度相等，设为速度2v 由动量守恒定律有： ()12A A B C m v m m m v =++ 由机械能守恒定律有： ()22max 21()2A A CB B P m v m m m m E v -++=+ 解得被压缩弹簧的最大弹性势能：max 16P E mgh =(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，设滑块A 、B 的速度为3v ，滑块C 的速度为4v ，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：()()34A B A B C m m v m m v m v +=++()()22234111222A B A B C m m v m m v m v +=++ 解之得：30=v ，4123v gh =滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：4 s v t =212H gt =解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：23s Hh =11．如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑，水平段OP 长L=1m ，P 点右侧一与水平方向成的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s ，一质量为1kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能，物块与OP 段动摩擦因数，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带的动摩擦因数，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A ．B 交换速度，重力加速度，现释放A ，求：（1）物块A ．B 第一次碰撞前瞬间，A 的速度（2）从A ．B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量 （3）A ．B 能够碰撞的总次数 【答案】（1）（2）（3）6次【解析】试题分析：（1）设物块质量为m ，A 与B 第一次碰前的速度为，则：解得：（2）设A.B 第一次碰撞后的速度分别为，则，碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为， 则：，解得：运动的时间，位移此过程相对运动路程此后B反向加速，加速度仍为，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，加速时间为位移为此过程相对运动路程全过程生热（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A.B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25，所以碰撞总次数为N=2+2n=6.5=6次（取整数）考点：动能定理；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【名师点睛】本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，特别要掌握弹性碰撞过程，动量和机械能均守恒，两物体质量相等时交换速度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。

高考物理动量定理题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B 的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg。

求：①A与B撞击结束时的速度大小v；②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。

【答案】①3m/s；②12N•s【解析】【详解】①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向由动量守恒定律得m1v0=（m1+m2）v代入数据解得v=3m/s②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程由动量定理得I=（m1+m2）（-v）-（m1+m2）v代入数据解得I=-12N•s负号表示冲量方向向右。

2．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB与粗糙水平地面BC相切于B点。

质量m=0.1kg的滑块甲从最高点A由静止释放后沿轨道AB运动,最终停在水平地面上的C 点。

现将质量m=0.3kg的滑块乙静置于B点,仍将滑块甲从A点由静止释放结果甲在B点与乙碰撞后粘合在一起,最终停在D点。

已知B、C两点间的距离x=2m,甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为=0.4、=0.2,取g=10m/s,两滑块均视为质点。

求:(1)圆弧轨道AB的半径R;(2)甲与乙碰撞后运动到D点的时间t【答案】(1) (2)【解析】【详解】（1）甲从B点运动到C点的过程中做匀速直线运动，有：v B2=2a1x1；根据牛顿第二定律可得：对甲从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒：解得v B=4m/s；R=0.8m；（2）对甲乙碰撞过程，由动量守恒定律：；若甲与乙碰撞后运动到D点，由动量定理：解得t=0.4s3．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：MΔv=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，F t 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.4．如图所示，长为1m 的长木板静止在粗糙的水平面上，板的右端固定一个竖直的挡板，长木板与挡板的总质量为M =lkg ，板的上表面光滑，一个质量为m= 0.5kg 的物块以大小为 t 0=4m/s 的初速度从长木板的左端滑上长木板，与挡板碰撞后最终从板的左端滑离，挡板对物 块的冲量大小为2. 5N • s ，已知板与水平面间的动摩擦因数为μ= 0.5,重力加速度为g=10m/s 2，不计物块与挡板碰撞的时间，不计物块的大小。