动量高考试题

动量守恒定律高考试题1．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则（）ACA．215xx213vvB．122195xxvvC．212158xxWWD．212139vvWW2.两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后双滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。答案3.如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15m,现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10m/s2，求（1）物块在车面上滑行的时间t;（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。4.(2013·天津高考)质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点,现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去,物块继续滑动一段位移停在B点,A、B两点相距x=20m,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,求:tF2F0F0Ot02t0m1m2v0(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小;(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t。5.（2013天津高考）如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上固定有光滑坡道，坡道顶端局台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求（1）小球A刚滑至水平台面的速度VA（2）A、B两球的质量之比ma:mb6.小球A和B的质量分别为mA和mB，且mAmB。在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰。设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短。求小球A、B碰撞后上升的B最大高度。7.一人站在静止于光滑平直轨道的平板车上，人和车的总质量为M.现在让这人双手各握一个质量均为m的铅球，以两种方式顺着轨道方向水平投出铅球：第一次是一个一个地投；第二次是两个一起投.设每次投掷时铅球对车的速度相同，则两次投掷铅球后小车速度之比为多少？8.如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A（视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等，现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰。碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力。已知A滑到C的右端而未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？9.如图所示，木块B和木块C的质量分别为和M，固定在一轻质弹簧的两端，静止于光滑水平面上。一质量为的木块A以速度v水平向右与木块B对心碰撞并粘在一起运动，求：（1）A与B刚粘在一起时的速度v1？（2）弹簧达到最大压缩量时的弹性势能Epmax=？10.如图所示，A，B，C三物块质量均为m，置于光滑水平台面上，B，C间夹有原已完全压紧不能再压缩的弹簧，两物块用细绳相连，使弹簧不能伸展，物块A以初速度v0向B运动，相碰后A与B，C粘合在一起，然后连接B，C的细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，脱离弹簧后C的速度为v0，求：⑴弹簧所释放的势能ΔE；⑵若更换B，C间的弹簧，当物块以初速度v向B运动，物块C在脱离弹簧后的速度为2v0，则弹簧所释放的势能ΔE′是多少？11、（新课标卷）如图所示，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。使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速度为g。动量守恒定律答案：2.解：设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得2211122mghmvMV1MVmv②设物块在劈B上达到的最大高度为'h，此时物块和B的共同速度大小为'V，由机械能守恒和动量守恒得22211'()'22mghMmVmv③2()'mvMmV④联立①②③④式得1212'()()MMhhMmMm⑤3.解（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有2012mvmmv①设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理220-Ftmvmv②其中2Fmg③解得1012mvtmmg代入数据得0.24st④（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则2012mvmmv⑤由功能关系有22201221122mvmmvmgL⑥代入数据解得v0′=5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。4.解：(1)设物块受到的滑动摩擦力为F1,则F1=μmg①根据动能定理,对物块由A到B整个过程,有Fx1-F1x=0②代入数据,解得x1=16m③(2)设刚撤去力F时物块的速度为v,此后物块的加速度为a,滑动的位移为x2,则x2=x-x1④由牛顿第二定律得a=1Fm⑤由匀变速直线运动公式得v2=2ax2⑥以物块运动的方向为正方向,由动量定理,得-F1t=0-mv⑦代入数据,解得t=2s5解：（1）小球A在坡道上只有重力做功机械能守恒，有①解得②（2）小球A、B在光滑台面上发生碰撞粘在一起速度为v，根据系统动量守恒得③离开平台后做平抛运动，在竖直方向有④在水平方向有⑤联立②③④⑤化简得6.解：根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0。由机械能守恒有2021vmgHmAA①设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有20101)(vmvmvmvmABA②由于两球碰撞过程中能量守恒，故2220202021212121vmvmvmvmaAaA③联立②③式得013vmmmmvBAaA④设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有gvh222⑤由①④⑤式得HmmmmhBABA23⑥7解：人、铅球、车组成的系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒.设投铅球时，球相对车的速度为v0，第一次一个一个投掷时，有两个作用过程，投掷第一个球时应有0=(M+m)v-m(v0-v)①投掷第二个球时应有（M+m）v=Mv1-m(v0-v1)②由式①②解得v1=(2M+3m)mv0/(M+m)(M+2m)第二次两个铅球一起投出时应有0=Mv2-2m(v0-v2)解得：v2=2mv0/(M+2m)故V1/V2=(2M+3m)/2(M+m)8.设A、B、C的质量均为m。碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1。对B、C，由动量守恒定律得mv0=2mv1①设A滑至C的右端时，三者的共同速度为v2。对A、B、C，由动量守恒定律得2mv0=3mv2②设A与C的动摩擦因数为μ，从发生碰撞到A移至C的右端时，C所走过的距离为s，对B、C，由功能关系μmgs=（2m）v22－（2m）v12③设C的长度为l，对A，由功能关系μmg（s+l）=mv02－mv22④由以上各式解得=⑤9解：取水平向右为正方向（1）A、B碰撞过程，由A、B系统动量守恒得：解得：（2）弹簧压缩到最短时，A、B、C有共同速度v2，由A、B、C系统动量守恒得：解得：弹簧压缩过程中，由A、B、C系统机械能守恒得：解得：10.解：（1）因B、C间的弹簧已无压缩余地，因而在受外界冲击时，应看做为一个物体，根据动量守恒定律有mv0＝（m＋2m）v①弹簧伸展C与A、B分开，仍有动量守恒，设A、B速度为v1向右，C的速度为发向右，则有（m＋2m）v＝2mv1＋mv2②此过程弹簧释放的能量为△E，则有△E＋1/2(m＋2m)v2＝1/2(2m)v12＋1/2mv22将v2＝v0代入①②联立解得v1＝0，v＝1/3v0所以△E＝(1/3)mv02（2）依照（1）的解题过程有mv＝（m＋2m）v'④（m＋2m）v'＝2mv1'＋m*2v0⑤△E'＋1/2(m＋2m)v'2＝1/2(2m)v1'2＋1/2m(2v0)2⑥④、⑤、⑥联立解得△E'＝1/12m(v－6v0)211.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，动量守恒，有：002(2)mvmvmmv，解得：03vv木板在第一个过程中，用动量定理，有：01()2mvmvmgt用动能定理，有：22011222mvmvmgs木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：2svt木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=023vg+023vg=043vg