1、人教版高二物理選修人教版高二物理選修 3-53-5動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用精選習(xí)題動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用精選習(xí)題 一、解答題一、解答題 1在光滑水平地面上放有一質(zhì)量為M帶光滑弧形槽的小車，個(gè)質(zhì)量為m的小鐵塊以速度v沿水平槽口 滑去，如圖所示，求： (1)鐵塊能滑至弧形槽內(nèi)的最大高度H(設(shè)m不會(huì)從左端滑離M) (2)鐵塊到最大高度時(shí)，小車的速度大小 (3)當(dāng)鐵塊從右端脫離小車時(shí)，鐵塊和小車的速度分別是多少? 2如圖所示，在光滑的水平面上停放著一輛質(zhì)量為2m 平板車 C，在車上的左端放有一質(zhì)量為m 的小木塊 1 光滑圓形軌道，軌道底端的切線水平且與 4 2 小車的上表面相平?，F(xiàn)有一塊質(zhì)量也為 m 的小木塊

2、A 從圖中圓形軌道的位置處由靜止釋放，然后，滑 3 B，在小車的左邊緊靠著一個(gè)固定在豎直平面內(nèi)、半徑為 r 的 行到車上立即與小木塊B 發(fā)生碰撞，碰撞后兩木塊立即粘在一起向右在動(dòng)摩擦因數(shù)為的平板車上滑行， 并與固定在平板車上的水平輕質(zhì)小彈簧發(fā)生作用而被彈回，最后兩個(gè)木塊又回到小車的最左端與車保持相 對(duì)靜止，重力加速度為 g，求： (1)小木塊 A 滑到軌道最點(diǎn)低時(shí)，對(duì)圓形軌道的壓力； (2)A、B 兩小木塊在平板車上滑行的總路程。 1 3 如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM是四分之一個(gè)圓周， 且其下端與MN相切 質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平軌道上， 質(zhì)量

3、為2m的帶正電小球A從LM上 距水平軌道高為h處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn) 為是零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用 帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn) 已知A、 B兩球始終沒有接觸重力加速度為g求： （1）A、B兩球相距最近時(shí)，A球的速度v （2）A、B兩球系統(tǒng)的電勢(shì)能最大值E P （3）A、B兩球最終的速度v A 、vB的大小 4 一輕質(zhì)彈簧水平放置， 一端固定在 A 點(diǎn)， 另一端與質(zhì)量為 m 的小物塊 P 接觸但不連接 AB 是水平軌道， 質(zhì)量也為 m 的小物塊 Q 靜止在 B 點(diǎn)，B 端與半徑為 l 的光滑半圓軌道 BCD 相切，半

4、圓的直徑BD 豎直，如 圖所示物塊P 與 AB 間的動(dòng)摩擦因數(shù) =0.5 初始時(shí)PB 間距為 4l，彈簧處于壓縮狀態(tài)釋放P，P 開始運(yùn) 動(dòng)，脫離彈簧后在 B 點(diǎn)與 Q 碰撞后粘在一起沿軌道運(yùn)動(dòng)，恰能經(jīng)過最高點(diǎn)D，己知重力加速度 g，求： （1）粘合體在 B 點(diǎn)的速度 （2）初始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能 2 5如圖所示，水平放置的彈簧左端固定，小物塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平桌面上的A點(diǎn)，并與彈簧右 端接觸，此時(shí)彈簧處于原長現(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢地推至B點(diǎn)，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為 E k 21J撤去推力后，P沿桌面滑上一個(gè)停在光滑水平地面上的長木板Q上，己知P、Q的質(zhì)量分別 為m 2kg、M 4kg，A

5、、B間的距離L 1 4m，A距桌子邊緣C的距離L2 2m，P與桌面及P 與Q間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為 0.1，g取10m/s2，求： （1）要使P在長木板Q上不滑出去，長木板至少多長？ （2）若長木板的長度為2 25m，則P滑離木板時(shí)，P和Q的速度各為多大? 3 6如圖所示，在豎直面內(nèi)有一個(gè)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(diǎn)）用輕細(xì)繩拴接在一起，在它們中間夾住一個(gè)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由靜止滑下，當(dāng)兩滑塊剛滑入圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)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

6、軌道運(yùn)動(dòng)恰能通過軌道最高點(diǎn) 已 知圓形軌道的半徑R 0.50m，滑塊A的質(zhì)量mA 0.16kg滑塊B的質(zhì)量mB 0.04kg，兩滑塊開始 下滑時(shí)距圓形軌道底端的高度h 0.80m，重力加速度g取10m /s2，空氣阻力可忽略不計(jì)求： （1）A、B兩滑塊一起運(yùn)動(dòng)到圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)速度的大小 （2）滑塊A被彈簧彈開時(shí)的速度大小 （3）彈簧在將兩滑塊彈開的過程中釋放的彈性勢(shì)能 4 7如圖所示，高 H 1.6m的賽臺(tái)ABCDE固定于地面上，其上表面ABC光滑；質(zhì)量M 1kg、高 ，放置于光滑水平地面上質(zhì)量m 1kg的小物 h 0.8m、長L的小車Q緊靠賽臺(tái)右側(cè)CD面（不粘連） 塊P從賽臺(tái)頂點(diǎn)A由靜止釋

7、放， 經(jīng)過B點(diǎn)的小曲面無損失機(jī)械能的滑上BC水平面， 再滑上小車的左端 已 知小物塊與小車上表面的動(dòng)摩擦因數(shù) 0.4，g取10m/s2 （1）求小物塊P滑上小車左端時(shí)的速度v1 （2）如果小物塊沒有從小車上滑脫，求小車最短長度L0 （3）若小車長L 1.2m，在距離小車右端S處固定有車面等高的豎直擋板（見下圖） ，小車碰上擋板后 立即停止不動(dòng)，討論小物塊在小車上運(yùn)動(dòng)過程中，克服摩擦力做功W f 與S的關(guān)系 5 8如圖所示，質(zhì)量均為m 的物體 B、C 分別與輕質(zhì)彈簧的兩端相栓接，將它們放在傾角為 30的光滑 斜面上，靜止時(shí)彈簧的形變量為x0斜面底端有固定擋板 D，物體 C 靠在擋板 D 上將質(zhì)量

8、也為 m 的物 體 A 從斜面上的某點(diǎn)由靜止釋放，A 與 B 相碰已知重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空 氣阻力求： （1）彈簧的勁度系數(shù)k； （2）若 A 與 B 相碰后粘連在一起開始做簡諧運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A 與 B 第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，C 對(duì)擋板 D 的壓力 恰好為零，求 C 對(duì)擋板 D 壓力的最大值 （3）若將 A 從另一位置由靜止釋放，A 與 B 相碰后不粘連，但仍立即一起運(yùn)動(dòng)，且當(dāng)B 第一次運(yùn)動(dòng)到最 高點(diǎn)時(shí)，C 對(duì)擋板 D 的壓力也恰好為零已知 A 與 B 相碰后彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí) B 的速度大小為 v 1.5gx0，求相碰后 A 第一次運(yùn)動(dòng)達(dá)到的最高點(diǎn)與開始靜止釋放點(diǎn)之間的

9、距離 6 答案詳細(xì)解析答案詳細(xì)解析 2mMv 0 2 1 （1）（2）v 0 （3）0 M m2M mg 【解析】(1)、 （2）鐵塊滑至最高處時(shí)，有共同速度v，由動(dòng)量守恒定律得mv 0 M mv 則：v mv 0 M m 11 mv 0 2M mv2， 22 由能量守恒定律得：mgH Mv 0 2 由計(jì)算得出：H 2M mg (3)鐵塊從小車右端滑離小車時(shí)，小車的速度最大為 v 1 ，此時(shí)鐵塊速度為 v 2，由動(dòng)量守恒定律得： mv 0 mv 1 Mv 2 111 mv 0 2mv 1 2Mv 2 2， 222 mM2m 由計(jì)算得出：v 1 v 0 ，v 2 v 0 。 M mM m 由能量

10、守恒定律得 2(1)2mg(2) r 16 【解析】（1）木塊 A 從軌道圖中位置滑到最低點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得： mgr1cos60 1 2mv 2 2v 0 在最低點(diǎn)時(shí)，對(duì) A 由牛頓第二定律得： F mg m r 解得：F=2mg 根據(jù)牛頓第三定律可得木塊對(duì)軌道的壓力：F 2mg，負(fù)號(hào)表示方向豎直向下 （2）在小木塊A與 B 碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv 0 mmv 1 然后一起運(yùn)動(dòng)直到將彈簧壓縮到最短的過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mv 0 mm2mv 2 在這個(gè)過程中，由能量守恒定律得： 11 mmv 1 2

11、mm2mv 2 2 E m Q 22 對(duì) 于 從 彈 簧 壓 縮 到 最 短 到 兩 木 塊 滑 到 小 車 左 端 的 過 程 ， 由 能 量 守 恒 定 律 得 ： 11 mm2mv 2 2 E m mm2mv 2 2Q 22 7 摩擦產(chǎn)生的熱量：Q 2mg r1 x聯(lián)立解得：x 162 2214 （2）mgh （3）v A 2gh,v B 2gh.2gh 3333 1 2 【解析】 （1）對(duì)A球下滑的過程，由動(dòng)能定律得：2mgh 2mv 0 解得v0 2gh 2 3 （1） 當(dāng)A、B相距最近時(shí)，兩球速度相等，由動(dòng)量守恒定律可得： 2mv 0 2mmv，解得： 22 v 0 2gh 33

12、（2） 當(dāng)A、B相 距 最 近 時(shí) ，A、B兩 球 系 統(tǒng) 的 電 勢(shì) 能 最 大 ， 由 能 量 守 恒 定 律 得 ： 12 2mgh 2mmv2 E pm 解得：E pm mgh。 23 （3） 最 終 兩 球 間 距 離 足 夠 遠(yuǎn) ， 兩 球 系 統(tǒng) 的 電 勢(shì) 能 可 認(rèn) 為 是 零 ， 由 動(dòng) 量 守 恒 定 律 可 得 ： v 2mv 0 2mv A mv B 111 222 2mv 0 2mv A mv B 222 1144 聯(lián)立解得：v A v 0 2gh2ghv B v 0 3333 由能量守恒定律可得： 4 （1） 5gl （2）12mgl 【解析】 （1）物塊 P 恰

13、好能夠到達(dá) D 點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律有： 2v D mg=m可得：vD= gl l 從 B 到 D，由機(jī)械能守恒定律得： 2mgl+ 11 mvD2=mvB2得： v B 5gl 22 （2）P 與 Q 碰撞的過程時(shí)間短，水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，設(shè)碰撞前P 的速度為 v，則： mv=2mvB P 從開始釋放到到達(dá) Q 的過程中，彈簧的彈力對(duì) P 做正功，地面的摩擦力對(duì) P 做負(fù)功，由功能關(guān)系得： E P mg4l 1 2mv 2 聯(lián)立得：EP=12mgl 5(1) 3m (2) 2m/s0.5m/s 【解析】 （1）小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)能量守恒定

14、律得： 1 2E p mv C mgL 1 L 2 ，計(jì)算得出： V C 2 2 Ep mgL 1 L 2 m 3m/s， 若小物塊滑到木板右端時(shí)與長木板具有共同速度， 所對(duì)應(yīng)的長木板具有最小的長度Lm，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以 向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mv C mMv，由能量守恒定律得： mgL m mr C 2 1 2 1 m Mv2 ，計(jì)算得出： v 1m/s，L m 3m； 2 8 （2）設(shè)小物塊滑離木板時(shí)，它們的速度分別為 v 1 和v2，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mv c mv 1 mv 2 ，由能量定律得： 22，計(jì)算得：v 1 2m/s,mgl mv C mv 1

15、2Mv 2 1 2 1 2 1 2 0（舍去）v2 1.5m/s不合題意，舍去） v 2 0.5m/s（v 1 因此小物塊滑離木板時(shí)，它們的速度分別為：v 1 2m/s，v 2 0.5m/s 6 （1）4.0m/s （2）5.0m/s （3）0.40J 【解析】 （1）設(shè)滑塊A和B運(yùn)動(dòng)到圓形軌道最低點(diǎn)速度為v0，對(duì)滑塊A和B下滑到圓形軌道和最低點(diǎn)的 過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有m A m B gh 解得v0 4.0m /s 1 m A m B v 0 2， 2 v2 （2）設(shè)滑塊A恰能通過圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，根據(jù)牛頓第二定律有mAg mA R 設(shè)滑塊A在圓形軌道最低點(diǎn)被彈出時(shí)的速度為v

16、A ，對(duì)于滑塊A從圓形軌道最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程， 11 m AvA 2 m A g2Rm Av 2，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：v A 5.0m /s 22 （3）對(duì)于彈簧將兩滑塊彈開的過程，A、B兩滑塊所組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)滑塊B被彈出 根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有 時(shí)的速度為vB，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mAmBv0 mAvAmBvB， 解得vB 0 設(shè)彈簧將兩滑塊彈開的過程中釋放的彈性勢(shì)能為E p ，對(duì)于彈開兩滑塊的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有 11 2m mv E AB 0p m AvA 2 22 解得：E p 0.40J 7 （1）4m/s； （2）1m， 6.8J， 4.84sJ ； （

17、3）見解析 【解析】試題分析：物塊從P 到 A 過程機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律可以求出速度物塊與小車系統(tǒng) 動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律可以求出車的長度根據(jù)S 與小車位移的關(guān)系，應(yīng)用動(dòng)能定 理求出摩擦力的功與 S 的關(guān)系 （1）由機(jī)械能守恒定律得：mgH h 1 2mv B 代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出：vB 4m/s，根據(jù)題意可以知道， 2 小物塊P滑上小車左端時(shí)的速度v 1 4m/s； （2）取小車最短長度L0時(shí)，小物塊剛好在小車右端共速為v2 9 以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mv 1 mMv 2 ； 相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)的能量守恒，有： 1 2 1 2mv 1 m Mv 2 mg

18、L 0 ； 22 聯(lián)立并代入已知數(shù)據(jù)計(jì)算得出： v 2 2m/s，L 0 1m； （3）設(shè)共速時(shí)小車位移x1，物塊對(duì)地位移x2，分別對(duì)小車和物塊由動(dòng)能定理可以知道m(xù)gx 1 1 2mv 2 ， 2 mgx 2 1 2m v 2 v 1 2 ，代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出： x 1 0.5m，x 2 1.5m； 2 若s x 1 小物塊將在小車上繼續(xù)向右做初速度為v2 2m/s的勻減速運(yùn)動(dòng)，距離車尾位移為 L 1 L L 0 0.2m，設(shè)減速到0位移為L 2，則： mgL 2 1 2mv 2 ，可得： L 2 0.5m L 1 ，則小物塊 2 在車上飛出去， W f mgx 2 L 1 ，代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出：

19、 W f 6.8J； 若s x 1 ，小物塊全程都受摩擦力作用，則 W f mgLs，代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出：W f 4.84sJ； 8 （1） mg ,（2）3mg,（3）6.5x0. 2x 0 【解析】 （1）物體 B 靜止時(shí)，彈簧形變量為 x0，彈簧的彈力F kx0，物體 B 受力如圖所示 由平衡條件得： kx 0 mgsin 解得：彈簧的勁度系數(shù)k mg 2x 0 （2）A 與 B 碰后一起做簡諧運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，物體C 對(duì)擋板 D 的壓力最小為 0 則對(duì) C，彈簧彈力：F 彈 mgsin 對(duì) A、B，回復(fù)力最大： F 回 3mgsin 由簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，可知A 與 B 碰后一起做簡諧運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，回復(fù)力也最大 即F 回 3mgsin，此時(shí)物體 C 對(duì)擋板 D 的壓力最大 2mgsin 3mgsin 對(duì)物體 A、B 有：F 彈 5mgsin 則彈簧彈力：F 彈 對(duì)物體 C，設(shè)擋板 D 對(duì)物體 C 的彈力為 N 則：N 5mgsinmgsin 3mg 10 由牛頓第三定律可知，物體C 對(duì)擋板 D 的壓力大?。篘 N 3mg 物體 C