高考物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)
- 格式：doc
- 大小：644.00 KB
- 文档页数：12
高考物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1．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m2=3kg的小球被长为1lm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m1=1kg的物块自传送带上的左端A点以初速度v0=5m/s的速度水平向右运动，运动至B点与球m2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/sg。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=22mgLmvmv
解之可得：1=4m/sv
因为1vv，说明假设合理
滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2mvmvmv
解之得：2=2m/sv
碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222mvFmgl
小球受到的拉力：42NF
（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t，则01112Lvvt
解之得：11st
在这过程中，传送带运行距离为：113Svtm
滑块与传送带的相对路程为：111.5XLXm
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：121112mgtmv 解之得：22st
滑块向左运动最大位移：121122mxvt=2m
因为mxL，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
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
22212Xvtm
因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是
112Qmgxx=13.5J
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=10
m/s2．求：
(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小FN；
(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)24.610NFN (2)11.25BT (3)127s360t,001290143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：221011111-22mglmvmv
解得：17m/sv
碰撞过程中，对P，Q系统：由动量守恒定律：111122mvmvmv
取向左为正方向，由题意11m/sv，
解得：24m/sv
b点：对Q，由牛顿第二定律得：2222NvFmgmR
解得:24.610NNF
(2)设Q在c点的速度为cv，在b到c点，由机械能守恒定律：22222211(1cos)22cmgRmvmv
解得：2m/scv
进入磁场后：Q所受电场力22310NFqEmg ，Q在磁场做匀速率圆周运动
由牛顿第二定律得：2211ccmvqvBr
Q刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：11.6mrd
解得：11.25TB
(3)当所加磁场22TB，2221mcmvrqB
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，由几何关系得：22cos(180)drr
解得：127
运动周期：222mTqB
则Q在磁场中运动的最长时间：222127127•s360360360mtTqB
此时对应的角：190和2143
3．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b,小车质量M=3kg，AO部分粗糙且长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分光滑．另一小物块a．放在车的最左端，和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g=10m/s2）求：
(1)物块a与b碰后的速度大小；
(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；
(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．
【答案】(1)1m/s (2) (3) x=0.125m
【解析】
试题分析：（1）对物块a，由动能定理得：
代入数据解得a与b碰前速度：；
a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：，代入数据解得：；
（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，
代入数据解得：，
对小车，由动能定理得：， 代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；
（3）由能量守恒得：，
解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；
考点：动量守恒定律、动能定理。
【名师点睛】本题考查了求速度、距离问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题。
4．如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2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P1的最右端，质量为2m且可以看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2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P2之间的动摩擦因数为μ，求：
（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。
【答案】（1） 201vv，4302vv （2）Lgvx3220，1620pmvE
【解析】（1） P1、P2碰撞过程，动量守恒，102mvmv，解得201vv。
对P1、P2、P组成的系统，由动量守恒定律 ，204)2(mvvmm，解得4302vv
（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，对P1、P2、P组成的系统，从P1、P2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(21221221222021xLmguvmmmmvmv 解得Lgvx3220
对P1、P2、P系统从P1、P2碰撞结束到弹簧压缩量最大，用能量守恒定律
p222021))(2()2(21221221ExLmguvmmmmvmv
最大弹性势能1620PmvE
注意三个易错点：碰撞只是P1、P2参与；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
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，现有质量为m的小球以水平速度0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】①0.25v0．②2016vLg
【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．
6．如图，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为h="0.3" m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1="30" kg，冰块的质量为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．
（i）求斜面体的质量；
（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】（i）20 kg （ii）不能
