高中物理動量守恒定律的應(yīng)用專項訓(xùn)練100(附答案)含解析

高中物理動量守恒定律的應(yīng)用專項訓(xùn)練100(附答案)含解析一、高考物理精講專題動量守恒定律的應(yīng)用1．如圖所示，粗糙斜面與光滑水平面通過半徑可忽略的光滑小圓弧平滑連接，斜面傾角α＝37°，A、B是兩個質(zhì)量均為m＝1kg的小滑塊（可看作質(zhì)點），C為左端附有膠泥的薄板（可移動且質(zhì)量不計），D為兩端分別連接B和C的輕質(zhì)彈簧．當(dāng)滑塊A置于斜面上且受到大小為F＝4N、方向垂直于斜面向下的恒力作用時，恰能沿斜面向下勻速運動．現(xiàn)撤去F，讓滑塊A從斜面上距斜面末端L=1m處由靜止下滑．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)求滑塊A到達(dá)斜面末端時的速度大小(2)滑塊A與C（原來C、B、D處于靜止?fàn)顟B(tài)）接觸后粘連在一起，求此后兩滑塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能是多少？【答案】(1)v＝2m/s(2)EP＝1J【解析】【分析】【詳解】(1)滑塊A勻速下滑時，受重力mg、恒力F、斜面支持力N和摩擦力f作用由平衡條件有：代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5撤去F后，滑塊A勻加速下滑，由動能定理有：代入數(shù)據(jù)得：v＝2m/s(2)兩滑塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在相互作用過程中動量守恒，當(dāng)它們速度相等時，彈簧具有最大彈性勢能，設(shè)共同速度為v1，由動量守恒：mv＝2mv1由能量守恒定律有：聯(lián)立解得：EP＝1J2．如圖所示，半徑R=0.8m的四分之一光滑圓弧軌道C固定在水平光滑地面上，質(zhì)量M=0.3kg的木板B左端與C的下端等高平滑對接但未粘連，右端固定一輕彈簧，彈簧原長遠(yuǎn)小于板長，將彈簧在彈簧彈性限度內(nèi)壓縮后鎖定。可視為質(zhì)點的物塊A質(zhì)量m=0.1kg，從與圓弧軌道圓心O等高的位置由靜止釋放，滑上木板B后，滑到與彈簧剛接觸時與木板相對靜止，接觸瞬間解除彈簧鎖定，在極短時間內(nèi)彈簧恢復(fù)原長，物塊A被水平彈出，最終運動到木板左端時恰與木板相對靜止。物塊A與本板B間動摩擦因數(shù)μ=0.25，g取10m/s2。求：(1)物塊A在圓弧軌道C的最下端時受到圓弧軌道支持力的大?。?2)木板B的長度L；(3)彈簧恢復(fù)原長后，物塊A從木板右端運動到左端的時間?！敬鸢浮?1)FN=3N(2)L=2.4m(3)t2=1.2s【解析】【詳解】（1）設(shè)A到達(dá)C的最下端時速度大小為v0，圓弧軌道支持力大小為FN，則解得=4m/s。FN=3N（2）設(shè)A在B上向右滑行過程中，A的加速度大小為a1，B的加速度大小為a2，滑上B后經(jīng)時間t1后接觸彈簧，A的位移x1，B的位移x2，則解得t1=1.2s。L=2.4m（3）設(shè)A接觸彈簧與B保持相對靜止時速度大小為v1，彈簧恢復(fù)原長時A的速度大小為v2，B的速度大小為v3，A相對B向左滑動過程中的加速度大小與A滑上B向右滑行過程中各自加速度大小相等，則最終運動到木板的左端時A、B共同速度大小為v4，則由能量守恒解得v1=1m/s，v4=1m/s，v2=2m/s，v3=2m/s設(shè)物塊A從木板右端運動到左端的時間為t2，對木板B，由動量定理有解得t2=1.2s3．豎直平面內(nèi)存在著如圖甲所示管道，虛線左側(cè)管道水平，虛線右側(cè)管道是半徑R=1m的半圓形，管道截面是不閉合的圓，管道半圓形部分處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E=4×103V/m．小球a、b、c的半徑略小于管道內(nèi)徑，b、c球用長的絕緣細(xì)輕桿連接，開始時c靜止于管道水平部分右端P點處，在M點處的a球在水平推力F的作用下由靜止向右運動，當(dāng)F減到零時恰好與b發(fā)生了彈性碰撞，F(xiàn)-t的變化圖像如圖乙所示，且滿足．已知三個小球均可看做質(zhì)點且ma=0.25kg，mb=0.2kg，mc=0.05kg，小球c帶q=5×10-4C的正電荷，其他小球不帶電，不計一切摩擦，g=10m/s2，求(1)小球a與b發(fā)生碰撞時的速度v0；(2)小球c運動到Q點時的速度v；(3)從小球c開始運動到速度減為零的過程中，小球c電勢能的增加量．【答案】(1)(2)v=2m/s(3)【解析】【分析】對小球a，由動量定理可得小球a與b發(fā)生碰撞時的速度；小球a與小球b、c組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞由動量守恒和機械能守恒可列式，小球c運動到Q點時，小球b恰好運動到P點，由動能定理可得小球c運動到Q點時的速度；由于b、c兩球轉(zhuǎn)動的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相等，從c球運動到Q點到減速到零的過程列能量守恒可得；解：(1)對小球a，由動量定理可得由題意可知，F(xiàn)-圖像所圍的圖形為四分之一圓弧，面積為拉力F的沖量，由圓方程可知代入數(shù)據(jù)可得：(2)小球a與小球b、c組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒可得由機械能守恒可得解得小球c運動到Q點時，小球b恰好運動到P點，由動能定理代入數(shù)據(jù)可得(3)由于b、c兩球轉(zhuǎn)動的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相等，假設(shè)當(dāng)兩球速度減到零時，設(shè)b球與O點連線與豎直方向的夾角為從c球運動到Q點到減速到零的過程列能量守恒可得：解得因此小球c電勢能的增加量：4．2019年1月，中國散裂中子源加速器打靶束流功率超過50kW，技術(shù)水平達(dá)到世界前列，散裂中子源是由加速器提供高能質(zhì)子轟擊重金屬靶而產(chǎn)生中子的裝置，一能量為109eV的質(zhì)子打到汞、鎢等重核后，導(dǎo)致重核不穩(wěn)定而放出20～30個中子，大大提高了中子的產(chǎn)生效率。一個高能質(zhì)子的動量為p0，打到質(zhì)量為M、原來靜止的鎢核內(nèi)，形成瞬時的復(fù)合核，然后再散裂出若干中子，已知質(zhì)子質(zhì)量為m，普朗克常量為h。①求復(fù)合核的速度v；②設(shè)復(fù)合核釋放的某個中子的動量為p，求此中子的物質(zhì)波波長λ。【答案】①②【解析】【詳解】①質(zhì)子打到鎢核上過程系統(tǒng)動量守恒，以質(zhì)子的初速度方向為正方向由動量守恒定律得：p0＝（m+M）v解得：②由德布羅意關(guān)系式可知，波長：5．如圖所示，在豎直面內(nèi)有一個光滑弧形軌道，其末端水平，且與處于同一豎直面內(nèi)光滑圓形軌道的最低端相切，并平滑連接．A，B兩滑塊（可視為質(zhì)點）用輕細(xì)繩拴接在一起，在它們中間夾住一個被壓縮的微小輕質(zhì)彈簧．兩滑塊從弧形軌道上的某一高度P點處由靜止滑下，當(dāng)兩滑塊剛滑入圓形軌道最低點時拴接兩滑塊的繩突然斷開，彈簧迅速將兩滑塊彈開，其中前面的滑塊A沿圓形軌道運動恰能通過圓形軌道的最高點，后面的滑塊B恰能返回P點．己知圓形軌道的半徑，滑塊A的質(zhì)量，滑塊B的質(zhì)量，重力加速度g取，空氣阻力可忽略不計．求：（1）滑塊A運動到圓形軌道最高點時速度的大?。唬?）兩滑塊開始下滑時距圓形軌道底端的高度h；（3）彈簧在將兩滑塊彈開的過程中釋放的彈性勢能．【答案】（1）m/s；（2）0.8m；（3）4J【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)滑塊A恰能通過圓形軌道最高點時的速度大小為v2，根據(jù)牛頓第二定律有mAg=mA解得：v2=m/s（2）設(shè)滑塊A在圓形軌道最低點被彈出時的速度大小為v1，對于滑塊A從圓形軌道最低點運動到最高點的過程，根據(jù)機械能守恒定律，有mAv12=mAg?2R+mAv22可得：v1=6m/s設(shè)滑塊A和B運動到圓形軌道最低點速度大小為v0，對滑塊A和B下滑到圓形軌道最低點的過程，根據(jù)動能定理，有（mA+mB）gh=（mA+mB）v02同理滑塊B在圓形軌道最低點被彈出時的速度大小也為v0，彈簧將兩滑塊彈開的過程，對于A、B兩滑塊所組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，（mA+mB）v0=mAv1-mBv0解得：h=0.8m（3）設(shè)彈簧將兩滑塊彈開的過程中釋放的彈性勢能為Ep，對于彈開兩滑塊的過程，根據(jù)機械能守恒定律，有（mA+mB）v02+Ep=mAv12+mBv02解得：Ep=4J6．如圖，是某科技小組制做的嫦娥四號模擬裝置示意圖，用來演示嫦娥四號空中懸停和著陸后的分離過程，它由著陸器和巡視器兩部分組成，其中著陸器內(nèi)部有噴氣發(fā)動機，底部有噴氣孔，在連接巡視器的一側(cè)有彈射器。演示過程：先讓發(fā)動機豎直向下噴氣，使整個裝置豎直上升至某個位置處于懸停狀態(tài)，然后讓裝置慢慢下落到水平面上，再啟動彈射器使著陸器和巡視器瞬間分離，向相反方向做減速直線運動。若兩者均停止運動時相距為L，著陸器(含彈射器)和巡視器的質(zhì)量分別為M和m，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，發(fā)動機噴氣體口截面積為S，噴出氣體的密度為ρ；不計噴出氣體對整體質(zhì)量的影響。求：（1）裝置懸停時噴出氣體的速度；（2）彈射器給著陸器和巡視器提供的動能之和。【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）懸停時氣體對模擬裝置的作用力為F，則取時間噴出的氣體為研究對象，由動量定理解得：；（2）彈射過程水平方向動量守恒著陸器和巡視其減速運動的距離分別為和，由動能定理：，，彈射器提供的總動能聯(lián)立解得：7．如圖(a)所示，輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，自由狀態(tài)時右端在C點，C點左側(cè)地面光滑、右側(cè)粗糙.用可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=1kg的物體A將彈簧壓縮至O點并鎖定.以O(shè)點為原點建立坐標(biāo)軸.現(xiàn)用水平向右的拉力F作用于物體A，同時解除彈簧鎖定，使物體A做勻加速直線運動，拉力F隨位移x變化的關(guān)系如圖(b)所示，運動到0.225m處時，撤去拉力F.(1)求物體A與粗糙地面間的動摩擦因數(shù)以及向右運動至最右端的位置D點的坐標(biāo)；(2)若在D點給物體A一向左的初速度，物體A恰好能將彈簧壓縮至O點，求物體A到C點時的速度；(3)質(zhì)量為M=3kg的物體B在D點與靜止的物體A發(fā)生彈性正碰，碰后物體A向左運動并恰能壓縮彈簧到O點，求物體B與A碰撞前的瞬時速度.【答案】（1）0.45m；（2）m/s；（3）m/s【解析】【分析】【詳解】(1)由于物體A做勻加速直線運動，結(jié)合圖像，可知：從O到C點的過程中：在C點，、解得：在C點右側(cè)：、解得：從O到C點，物體勻加速，則：解得：從C到D的過程中，由動能定理得：其中解得：D點坐標(biāo)：(2)物體A將彈簧由C點壓縮至O點的過程，由動能定理得：物體從O到C，由動能定理得：其中聯(lián)立解得：(3)設(shè)B碰前速度為v0，碰后速度為v1；碰后A的速度為v2，則：物體A從D到C過程中，由動能定理：聯(lián)立解得：、8．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的光滑圓弧軌道，其末端與足夠長的水平軌道平滑連接，一質(zhì)量為m的小球P從圓弧軌道頂端由靜止開始沿軌道下滑，在圓弧軌道末端與質(zhì)量為2m的靜止小球Q發(fā)生對心碰撞。小球P、Q與水平軌道間的動摩擦因數(shù)均為=0.5，重力加速度大小為g。假設(shè)小球P、Q間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時間極短。求：（1）碰撞后瞬間小球P對圓弧軌道末端的壓力大??；（2）小球P、Q均停止運動后，二者之間的距離?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【詳解】（1）小球P由開始下滑到低端的過程：兩球碰撞過程動量守恒，機械能守恒，則：；；聯(lián)立解得：；小球P碰后在圓弧軌道末端：解得則由牛頓第三定律可知，碰撞后瞬間小球P對圓弧軌道末端的壓力大小為（2）小球P滑上圓弧軌道后，返回到低端的速度仍為v1，方向向左，則向左滑行的距離：解得小球Q向左滑行的距離：解得，則小球P、Q均停止運動后，二者之間的距離。9．質(zhì)量m＝260g的手榴彈從水平地面上以的初速度斜向上拋出，上升到距地面h＝5m的最高點時炸裂成質(zhì)量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達(dá)地面，落地動能為5J．重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力不計，火藥燃燒充分，求：（1）手榴彈爆炸前瞬間的速度大??；（2）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量；（3）兩塊彈片落地點間的距離．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)手榴彈上升到最高點時的速度為v1,有解得：（2）設(shè)每塊彈片的質(zhì)量為，爆炸后瞬間其中一塊速度為零,另一塊速度為v2，有設(shè)手榴彈裝藥量為，有解得：（3）另一塊做平拋運動時間為t，兩塊彈片落地點間距離為，有解得：．10．如圖所示，在空間坐標(biāo)系x<0區(qū)域中有豎直向上的勻強電場E1，在一、四象限的正方形區(qū)域CDEF內(nèi)有方向如圖所示的正交的勻強電場E2和勻強磁場B，已知CD=2L，OC=L，E2=4E1。在負(fù)x軸上有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬a球以速度v0沿x軸向右勻速運動，并與靜止在坐標(biāo)原點O處用絕緣細(xì)支柱支撐的（支柱與b球不粘連、無摩擦）質(zhì)量為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞。已知a、b球體積大小、材料相同且都可視為點電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g，不計a、b球間的靜電力，不計a、b球產(chǎn)生的場對電場、磁場的影響，求：(1)碰撞后，a、b球的速度大小；(2)a、b碰后，經(jīng)時a球到某位置P點，求P點的位置坐標(biāo)；(3)a、b碰后，要使b球不從CD邊界射出，求磁感應(yīng)強度B的取值。【答案】(1)，；(2)（，）；(3)或【解析】【分析】(1)a、b碰撞，由動量守恒和能量守恒關(guān)系求解碰后a、b的速度；(2)碰后a在電場中向左做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解P點的位置坐標(biāo)；(3)要使b球不從CD邊界射出，求解恰能從C點和D點射出的臨界條件確定磁感應(yīng)強度的范圍?！驹斀狻?1)a勻速，則①a、b碰撞，動量守恒②機械能守恒③由②③得，④(2)碰后a、b電量總量平分，則碰后a在電場中向左做類平拋運動，設(shè)經(jīng)時a球到P點的位置坐標(biāo)為（-x，-y）⑤，⑥其中⑦，由⑤⑥⑦得，故P點的位置坐標(biāo)為（，）⑧(3)碰撞后對b⑨故b做勻速圓周運動，則⑩得?b恰好從C射出，則?由??得恰從D射出，則由幾何關(guān)系?，得?由??得故要使b不從CD邊界射出，則B的取值范圍滿足或【點睛】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動以及動量守恒定律及能量守恒關(guān)系，注意在磁場中的運動要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場中注意由類平拋運動的規(guī)律求解。11．如圖所示，形狀完全相同的光滑弧形槽A,B靜止在足夠長的光滑水平面上，兩弧形槽相對放置，底端與光滑水平面相切，弧形槽高度為h,A槽質(zhì)量為2m,B槽質(zhì)量為M．質(zhì)量為m的小球，從弧形槽A頂端由靜止釋放，重力加速度為g，求:(1)小球從弧形槽A滑下的最大速度;(2)若小球從B上滑下后還能追上A，求M,m間所滿足的關(guān)系:【答案】（1）（2）M＞3m【解析