1、高中物理動量守恒定律技巧(很有用)及練習題及解析一、高考物理精講專題動量守恒定律1.如圖所示，在水平地面上有兩物塊甲和乙，它們的質(zhì)量分別為2m、m,甲與地面間無摩擦，乙與地面間的動摩擦因數(shù)恒定.現(xiàn)讓甲以速度v0向著靜止的乙運動并發(fā)生正碰，且碰撞時間極短，若甲在乙剛停下來時恰好與乙發(fā)生第二次碰撞，試求： 回IjEL一(1)第一次碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能(2)第一次碰撞過程中甲對乙的沖量 12【答案】(1) mv0 ； (2) mvo 4【解析】 【詳解】解：(1)設(shè)第一次碰撞剛結(jié)束時甲、乙的速度分別為v1、v2,之后甲做勻速直線運動，乙以V2初速度做勻減速直線運動，在乙剛停下時甲追上乙碰撞，因此

2、兩物體在這段時間平均速度相等，有：v1絲 2而第一次碰撞中系統(tǒng)動量守恒有：2mv0 2mv1 mv2由以上兩式可得：v1 v0-, v2 v0 2所以第一次碰撞中的機械能損失為：E c2mg/0：1g2mg/； mv2 - mv22224(2)根據(jù)動量定理可得第一次碰撞過程中甲對乙的沖量：Imv2 0 mv0.如圖：豎直面內(nèi)固定的絕緣軌道abc,由半徑R=3 m的光滑圓弧段bc與長l=1.5 m的粗糙水平段ab在b點相切而構(gòu)成，O點是圓弧段的圓心， Oc與Ob的夾角0=37 ;過點的 豎直虛線左側(cè)有方向豎直向上、場強大小E=10 N/C的勻強電場，Ocb的外側(cè)有一長度足夠長、寬度d =1.6

3、m的矩形區(qū)域efgh, ef與Oc交于c點，ecf與水平向右的方向所成的夾角 為3(53 & 3147 ),矩形區(qū)域內(nèi)有方向水平向里的勻強磁場.質(zhì)量m2=3X10-3 kg、電荷量q=3Xl0-3 C的帶正電小物體 Q靜止在圓弧軌道上 b點，質(zhì)量m1=1.5X10-3 kg的不帶電 小物體P從軌道右端a以v0=8 m/s的水平速度向左運動，P、Q碰撞時間極短，碰后 P以1m/s的速度水平向右彈回.已知 P與ab間的動摩擦因數(shù) =0.5, A、B均可視為質(zhì)點，Q 的電荷量始終不變，忽略空氣阻力，sin37 =0.6, cos37 =0.8,重力加速度大小 g=10m/s2.求：碰后瞬間，圓弧軌道

4、對物體Q的彈力大小Fn;(2)當3=53。時，物體 Q剛好不從gh邊穿出磁場，求區(qū)域 efgh內(nèi)所加磁場的磁感應(yīng)強度 大小B1；(3)當區(qū)域efgh內(nèi)所加磁場的磁感應(yīng)強度為B2=2T時，要讓物體 Q從gh邊穿出磁場且在磁場中運動的時間最長，求此最長時間t及對應(yīng)的3值.【答案】 Fn 4,6 10 2N (2) B1 1.25T (3)t 12s, 1 90O和 2 143 360【解析】【詳解】 解：(1)設(shè)P碰撞前后的速度分別為 M和v1 , Q碰后的速度為V2 TOC o 1-5 h z 12 12從a到b,對P,由動能te理得：-m1gl m1V1 m1v22解得：v1 7m/s碰撞過程

5、中，對 P , Q系統(tǒng)：由動量守恒定律：EM m1V1 m2V2取向左為正方向，由題意 V11m/s,解得：v2 4m/s2Vb點：對Q,由牛頓第二定律得：Fn m2g m2 R解得：Fn 4.6 10 2N (2)設(shè)Q在c點的速度為Vc,在b到c點，由機械能守恒定律:1212m2gR(1 cos ) m2vc m2v2 22解得：vc 2m/sm2g , Q在磁場做勻速率圓周運動進入磁場后：Q所受電場力F qE 3 m2g , Q在磁場做勻速率圓周運動2由牛頓第二定律得：qVcB 史必Q剛好不從Q剛好不從gh邊穿出磁場，由幾何關(guān)系:r1 d 1.6m解得：B1 1.25T當所加磁場B2 當所

6、加磁場B2 2T ,2m?VcqB21m要讓Q從gh邊穿出磁場且在磁場中運動的時間最長，則Q在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角最大，則當gh邊或ef邊與圓軌跡相切，軌跡如圖所示:設(shè)最大圓心角為 ，由幾何關(guān)系得:dcos(180)解得:127角最大，則當gh邊或ef邊與圓軌跡相切，軌跡如圖所示:設(shè)最大圓心角為 ，由幾何關(guān)系得:dcos(180)解得:127運動周期：T2 m2qB2則Q在磁場中運動的最長時間:T 127 ?2 m2 360360 qB2127s360此時對應(yīng)的角：1 90和2 143.如圖所示，質(zhì)量分別為 m1和m2的兩個小球在光滑水平面上分別以速度vi、v2同向運動，并發(fā)生對心碰撞，

7、碰后 m2被右側(cè)墻壁原速彈回，又與 m1碰撞，再一次碰撞后兩球都 靜止.求第一次碰后 m1球速度的大小.上上C C叫 【答案兩【解析】設(shè)兩個小球第一次碰后 m1和m2速度的大小分別為 歲；和:, 由動量守恒定律得： 陶工片一m二七=網(wǎng)+中試（4分） 兩個小球再一次碰撞， 叫工一叫尺 二0 （4分）得：h = - （4 分） 工叫本題考查碰撞過程中動量守恒的應(yīng)用，設(shè)小球碰撞后的速度，找到初末狀態(tài)根據(jù)動量守恒 的公式列式可得.如圖，質(zhì)量分別為 m1=1.0kg和m2=2.0kg的彈性小球a、b,用輕繩緊緊的把它們捆在一起，使它們發(fā)生微小的形變.該系統(tǒng)以速度V0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直線

8、運動.某時刻輕繩突然自動斷開，斷開后兩球仍沿原直線運動.經(jīng)過時間t=5.0s后，測得兩球相距s=4.5m ,則剛分離時， a球、b球的速度大小分別為 、;兩 球分開過程中釋放的彈性勢能為 .【答案】0.7m/s, -0.2m/s 0.27J【解析】試題分析：根據(jù)已知，由動量守恒定律得(切一陽：卜二嗎叫中煙七占=吊1 -vy聯(lián)立得 . 一二一二二由能量守恒得:；嗎+啊兄+0=(叼V： + 2飛N代入數(shù)據(jù)得二- -考點：考查了動量守恒，能量守恒定律的應(yīng)用【名師點睛】關(guān)鍵是對過程分析清楚，搞清楚過程中初始量與末時量，然后根據(jù)動量守恒 定律與能量守恒定律分析解題.如圖，質(zhì)量分別為 叫、的兩個小球A、B

9、靜止在地面上方，B球距地面的高度 h=0.8m , A球在B球的正上方. 先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放.當A球下落t=0.3s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零.已知,重力加速度大小為 g=lCta廣，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失.AO*p, IY O.SmB球第一次到達地面時的速度；P點距離地面的高度.【答案】Vb 4m/shp 0.75m【解析】試題分析：(i) B球總地面上方靜止釋放后只有重力做功，根據(jù)動能定理有_1 2mBgh -mBVB可得B球第一次到達地面時的速度 vB J2gh 4m/s(ii) A球下落過程，根據(jù)自由落體運

10、動可得A球的速度vA gt 3m/ s設(shè)B球的速度為Vb ,則有碰撞過程動量守恒mAVAmBVBmBVB ” 1 c 1c 1c碰撞過程沒有動能損失則有一mAVA mBVB mBVB222解得 vb 1m / s , vb 2m/ sVo vb 4m / s所以P點的高度hp Vo vb 4m / s所以P點的高度hp p考點：動量守恒定律2,2V0-B- 0.75m 2g能量守恒6.光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C,質(zhì)量分別為 mA 3m、mB mCB、C均靜止，A以初速度V。向右運動,A與B相撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與起，此后A與B間的距離保持不變.求B與C碰撞前B的

11、速度大小.設(shè)A與B碰撞后，A的速度為Va , B與C碰撞前B的速度為VB , B與C碰撞后粘在一起的 速度為V ,由動量守恒定律得：對A、B木塊：mAVo mAVA mBVB對B、C木塊：mBVB mB me V由A與B間的距離保持不變可知 vA V聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：6Vb -Vo .57.用放射源針的a射線轟擊破時，能發(fā)射出一種穿透力極強的中性射線，這就是所謂被 輻射1932年，查德威克用被 輻射”分別照射（轟擊）氫和氨（它們可視為處于靜止狀態(tài)）.測得照射后沿被 輻射”方向高速運動的氨核和氨核的質(zhì)量之比為 7: 0.查德威克假 設(shè)被 輻射”是由一種質(zhì)量不為零的中性粒子構(gòu)成的，從而通過上述實驗在

12、歷史上首次發(fā)現(xiàn) 了中子.假設(shè)被 輻射”中的中性粒子與氫或氨發(fā)生彈性正碰，試在不考慮相對論效應(yīng)的條 件下計算構(gòu)成被 輻射”的中性粒子的質(zhì)量.（質(zhì)量用原子質(zhì)量單位 u表示，1u等于1個 12C原子質(zhì)量的十二分之一.取氫核和氯核的質(zhì)量分別為1.0u和14u.）【答案】m=1.2u【解析】設(shè)構(gòu)成被 副射”的中性粒子的質(zhì)量和速度分別為m和v,氫核的質(zhì)量為 mH.構(gòu)成被 輻射”的中性粒子與氫核發(fā)生彈性正碰，碰后兩粒子的速度分別為v和vh.由動量守恒與能量守恒定律得 TOC o 1-5 h z mv=mv+mHvHmv2= - mv+ 1 mHvH2 HYPERLINK l bookmark63 o Cur

13、rent Document 222解得2mvvh =m mH同理，對于質(zhì)量為 mN的氮核，其碰后速度為2mvVn=m mN由式可得mNvN mH vh m=；vh vn根據(jù)題意可知vh=7.0vn將上式與題給數(shù)據(jù)代入式得 m=1.2u. 一輕質(zhì)彈簧一端連著靜止的物體 B,放在光滑的水平面上，靜止的物體 A被水平速度為 vo的子彈射中并且嵌入其中，隨后一起向右運動壓縮彈簧，已知物體 A的質(zhì)量是物體B的 質(zhì)量的3,子彈的質(zhì)量是物體 B的質(zhì)量的：，求：（1）物體A被擊中后的速度大小；（2）彈簧壓縮到最短時 B的速度大小?！敬鸢浮?1)v1vo ； (2)v vo48(1)設(shè)子彈射入A【答案】(1)v

14、1vo ； (2)v vo48(1)設(shè)子彈射入A后,A與子彈的共同速度為vi,由動量守恒定律可得1-mvo4(1m 3m)v144解得(2)當AB速度相等時,彈簧的壓縮量最大，設(shè)此時A、B的共同速度為v,取向右為正方向，對子彈、A、B組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律可得1-mvo4(1m 3m m)v44解得1v - V08.盧瑟福用a粒子轟擊氮核發(fā)現(xiàn)質(zhì)子。發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應(yīng)為：川+川京田。已知氮核質(zhì)量為 mN=14.00753u,氧核的質(zhì)量為 mo=17.00454u ,氯核質(zhì)量 mHe=4.00387u,質(zhì) 子(氫核)質(zhì)量為 mp=1.00815u。(已知：1uc2=931MeV,結(jié)果保留2位有效

15、數(shù)字)求： (1)這一核反應(yīng)是吸收能量還是放出能量的反應(yīng)？相應(yīng)的能量變化為多少？(2)若入射氨核以vO=3X 1加/s的速度沿兩核中心連線方向轟擊靜止氮核。反應(yīng)生成的氧核和質(zhì)子同方向運動，且速度大小之比為1:50。求氧核的速度大小?！敬鸢浮?1)吸收能量，1.20MeV; (2) 1.8 X16m/s 【解析】(1)這一核反應(yīng)中，質(zhì)量虧損：m=mN+mHe-mO-mp=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=-0.00129u由質(zhì)能方程，貝U有 正=Am c2=-0.00129 x 931=-1.20MeV故這一核反應(yīng)是吸收能量的反應(yīng)，吸收的能量為1.20MeV(2

16、)根據(jù)動量守恒定律，則有：mHe v0=mH vH+movo又：Vo： vh=1 : 50解得：vo=1.8X6m/s.一列火車總質(zhì)量為 M,在平直軌道上以速度 v勻速行駛，突然最后一節(jié)質(zhì)量為m的車 廂脫鉤，假設(shè)火車所受的阻力與質(zhì)量成正比，牽引力不變，當最后一節(jié)車廂剛好靜止時，前面火車的速度大小為多少？【答案】Mv/(M-m)【解析】 【詳解】因整車勻速運動，故整體合外力為零；脫鉤后合外力仍為零，系統(tǒng)的動量守恒.取列車原來速度方向為正方向.由動量守恒定律，可得 Mv M m v m 0解得，前面列車的速度為 v _； M m.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊 C接觸但未連

17、接，該整體靜止放在離地面高為 H的光滑水平桌面上.現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面 h高處由靜 止開始滑下，與滑塊 B發(fā)生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經(jīng)一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出.已知(1)滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度 v;(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能Epmax； TOC o 1-5 h z (3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離s. HYPERLINK l bookmark73 o Current Document 【答案】(1) v 1Vl 1,y2gh (2) mgh (3) 2THh 3363【解析】【詳解】解：(1)滑塊A

18、從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程，機械能守恒，設(shè)其滑到底面的12速度為v1 ,由機械能守恒定律有：mAgh amAM解之得：v12gh滑塊A與B碰撞的過程， A、B系統(tǒng)的動量守恒，碰撞結(jié)束瞬間具有共同速度設(shè)為v,由動量守恒定律有：mAW mA mB v解之得：v - v1 -J2gh33(2)滑塊A、B發(fā)生碰撞后與滑塊 C 一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的 彈性勢能最大時，滑塊 A、B、C速度相等，設(shè)為速度 V2由動量守恒定律有：mAv1mA mB mC v21 ,、22由機械能寸恒th律有： EPmax(mA mB)vmA mB mC v22 1解得被壓縮彈黃5彈性勢能：j 6 m時(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設(shè)滑塊 A、B的速度為v3,滑塊C的速度為v.分別由動量守恒定律和機械能守恒定律有：mA mb vmA mB v m TOC o 1-5 h z 121212mA mB v mA mB v -m2221 解之得：v3 0 v4 - J2gh3 ,滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動：s v4tH 1gt2 2解之得