動量守恒定律練習(xí)題含答案及解析

1、動量守恒定律練習(xí)題含答案及解析一、高考物理精講專題動量守恒定律1.水平放置長為L=4.5m的傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，速度為v=3m/s,質(zhì)量為m2=3kg的小球被 長為/ = Im的輕質(zhì)細線懸掛在0點，球的左邊緣恰于傳送帶右端B對齊：質(zhì)量為的物塊自傳送帶上的左端A點以初速度vo=5m/s的速度水平向右運動，運動至B點與球m2 發(fā)生碰撞，在極短的時間內(nèi)以碰撞前速率的二反彈，小球向右擺動一個小角度即被取走。2已知物塊與傳送帶間的滑動摩擦因數(shù)為P=o.l,取重力加速度 = 10nVs求：（1）碰撞后瞬間，小球受到的拉力是多人？（2）物塊在傳送帶上運動的整個過程中，與傳送帶間摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是多少?【答案】

2、（1）42N （2） 13.5J【解析】【詳解】解：設(shè)滑塊ml與小球碰撞前一直做勻減速運動，根據(jù)動能定理：一""g 弓誠一卯卩:解之可得：兒=4m/s因為叫，說明假設(shè)合理滑塊與小球碰撞，由動量守恒定律：7“= 一丄卩；+屮22解之得：v2=2ni/s碰后，對小球，根據(jù)牛頓第二定律：尸_叫盤=晉小球受到的拉力：F = 42N（2）設(shè)滑塊與小球碰撞前的運動時間為人，則厶=*（仏+ 1）人解之得：G = ls在這過程中，傳送帶運行距離為：）=叫=3加滑塊與傳送帶的相對路程為：AX產(chǎn)厶-X嚴(yán)1.5加設(shè)滑塊與小球碰撞后不能回到傳送帶左端，向左運動最人時間為g則根據(jù)動量定理：一7用廠一

3、“-Vx12解之得：匚=2s滑塊向左運動最人位移: t2 =2m因為x/n <L9說明假設(shè)成立，即滑塊最終從傳送帶的右端離開傳送帶再考慮到滑塊與小球碰后的速度丄v/v ,2說明滑塊與小球碰后在傳送帶上的總時河為2厶在滑塊與傳送帶碰撞后的時間內(nèi)，傳送帶與滑塊間的相對路程AX2 = 2vt2 = 12w?因此，整個過程中，因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是Q = “叫g(shù)(A + Ay2) =13. 5J2.如圖：豎直面內(nèi)固定的絕緣軌道abc,由半徑R=3m的光滑圓弧段be與長1=1.5 m的粗 糙水平段ab在b點相切而構(gòu)成，0點是圓弧段的圓心，Oc與Ob的夾角=37。；過/點的 豎直虛線左側(cè)有方向豎直向上

4、、場強人小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 m的矩形區(qū)域e/g/7, ef與Oc交于c點,ec/與水平向右的方向所成的夾角 為0(53° W尸W147。)，矩形區(qū)域內(nèi)有方向水平向里的勻強磁場.質(zhì)量<7)2=3X10-3kg.電 荷量g=3XlO-3C的帶正電小物體Q靜止在圓弧軌道上b點，質(zhì)量rm=1.5X10-3 kg的不帶電 小物體P從軌道右端a以vo=8 m/s的水平速度向左運動，P、Q碰撞時間極短，碰后P以1 m/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, &、B均可視為質(zhì)點，Q 的電荷量始終不變，忽略空

5、氣阻力,sin37° =0.6, cos37° =0.8,重力加速度大小滬10 m/s2.求：(1) 碰后瞬間，圓弧軌道對物體Q的彈力人小Fn；(2) 當(dāng)時，物體Q剛好不從g/7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Bi；(3) 當(dāng)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從勸邊穿出磁場且在磁 場中運動的時間最長，求此最長時間r及對應(yīng)的萬值.【答案】休.=4.6x107"d = 1.25T（3）/ = Z£s，A=90°和伙=143°360【解析】【詳解】解：(1)設(shè)P碰撞前后的速度分別為兒和才，Q碰

6、后的速度為冬從d到b ,對P,由動能定理得：-“g/ = vr-/vo2解得：叫= 7m/s碰撞過程中，對P, Q系統(tǒng):由動量守恒定律：7“=加“'+加“ 取向左為正方向，由題意v；=-lm/s.解得：v2 = 4ni/s2b點、:對0，由牛頓第二定律得：F,v-加,g = 匚匕-R解得:仏=4.6xlOTN(2) 設(shè)Q在c點的速度為冬，在b到c點，由機械能守恒定律：m2gR(l - cos 8) + 丄 叫匕2 = m2v222解得：V. = 2nVs進入磁場后：0所受電場力F = qE = 3xEN = m,g , 0在磁場做勻速率圓周運動rHi V 由牛頓第二定律得：化B嚴(yán)二Q剛

7、好不從07邊穿出磁場，由幾何關(guān)系：= = 1.6111解得：d = 1.25Tw?,v.,(3) 當(dāng)所加磁場乩=2T, r2 = = hn"qo2要讓0從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 角最人，則當(dāng)g/2邊或/邊與圓軌跡相切，軌跡如圖所示：JX Ao omi m22nm【答案】頑【解析】設(shè)兩個小球第一次碰后和m2速度的人小分別為斗和空, 由動量守恒定律得：叫耳二加曲+叫必（4分）兩個小球再一次碰撞，WV-w:v< =0（4分）. W1V1 +W.V-,得：£二_（4分）2®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

8、度，找到初末狀態(tài)根據(jù)動量守恒 的公式列式可得 5.如圖所示，一輛質(zhì)量M=3 kg的小車A靜止在光滑的水平面上，小車上有一質(zhì)量m=l kg 的光滑小球B,將一輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定，此時彈簧的彈性勢能為E產(chǎn)6J,小球與小車右壁 距離為L=0. Im,解除鎖定，小球脫離彈簧后與小車右壁的油灰阻擋層碰撞并被粘住，求： 小球脫離彈簧時的速度人??； 在整個過程中，小車移動的距離?！敬鸢浮浚?） 3m/s （2） 0. Im【解析】試題分析：（1）除鎖定后彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)動能，根據(jù)動量守恒和能量守恒列出 等式得mvi-Mv2=0Ep = - mv； + "2 1 2 代入數(shù)據(jù)解得：V1二3m

9、/sv=lm/s（2）根據(jù)動量守恒和各自位移關(guān)系得加玉=M主，x：+X：=Ltt代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：X.=-=0. Im4考點：動量守恒定律；能量守恒定律6. 如圖，一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h一質(zhì)量為m的子彈以水平速度射入物塊后，以水平速度Vo/2射出重力加速度為g求:（1）此過程中系統(tǒng)損失的機械能；（2）此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離.Ifj 【答案】(1)AE = - 3- mvl (2)5 =81 M)【解析】【分析】【詳解】試題分析：（1）設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為認(rèn)由動量守恒得5冷解得系統(tǒng)的機械能損失為1m+-AT722匹丿21 2由式得（2）設(shè)物塊

10、卞落到地面所需時間為r,落地點距桌面邊緣的水平距離為s,則 血=£討s=Vt由得考點：動量守恒定律；機械能守恒定律.點評：本題采用程序法按時間順序進行分析處理，是動量守恒定律與平拋運動簡單的綜 合，比較容易.7. 如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道 相切，半徑R二0.5m,物塊A以vo = 6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q,再沿圓軌道 滑出后，與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右 側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為£ = 0.1m,物塊與各粗糙段間的動摩擦 因數(shù)都為"二0.

11、1,久B的質(zhì)量均為m = lkg(重力加速度g取10m/s2 ； B視為質(zhì)點，碰 撞時間極短).Q求人滑過Q點時的速度大小V和受到的彈力人小F；(2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值：求碰后AB滑至第n個(門< k)光滑段上的速度冷與門的關(guān)系式.【答案】(l)u =F二22N (2)2 45 (3)匕=丁9_0.2 nVs (n<k)【解析】物塊A從開始運動到運動至Q點的過程中，受重力和軌道的彈力作用，但彈力始終不做 功，只有重力做功，根據(jù)動能定理有：一 記If厶解得：7=尿-噸R =4m/s在Q點，不妨假設(shè)軌道對物塊A的彈力F方向豎直向卞，根據(jù)向心力公式有：mg+F

12、 =解得：F= ml- mg = 22N.為正值，說明方向與假設(shè)方向相同。根據(jù)機械能守恒定律可知，物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度為vo,設(shè)碰后A、B瞬間一起運動的速度為v(；,根據(jù)動量守恒定律有：mvo = 2mvo，解得：vo'=¥=3m/s設(shè)物塊A與物塊B整體在粗糙段上滑行的總路程為s,根據(jù)動能定理有：一2umgs = 0 fewX-解得：s=4.5m所以物塊A與物塊B整體在粗糙段上滑行的總路程為每段粗糙直軌道長度的|=45倍，即k=45物塊A與物塊B整體在每段粗糙直軌道上做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，其加速度為：a=-= = pg = lm/s2由題意可知AB

13、滑至第n個(n<k)光滑段時，先前已經(jīng)滑過n個粗糙段，根據(jù)勻變速直線運動速度-位移關(guān)系式有：2naL=£畤 解得：Vn=羈 +lnaL = Jg_O.S m/s (其中 n = l、2、3、44)【考點定位】動能定理(機械能守恒定律)、牛頓第二定律、勻變速直線運動速度-位移式 關(guān)系、向心力公式、動量守恒定律的應(yīng)用，以及運用數(shù)學(xué)知識分析物理問題的能力?！疽?guī)律總結(jié)】牛頓定律、動能定理、功能關(guān)系、動量守恒定律等往往是求解綜合大題的必 備知識，因此遇到此類問題，要能習(xí)慣性地從以上幾個方面進行思考，并正確結(jié)合運用相 關(guān)數(shù)學(xué)知識輔助分析、求解。8. 如圖所示，光滑半圓形軌道MNP豎直固定在

14、水平面上，直徑MP垂直于水平面，軌道 半徑/?二0.5 m.質(zhì)量為皿的小球人靜止于軌道最低點M,質(zhì)量為m2的小球B用長度為 2R的細線懸掛于軌道最高點P.現(xiàn)將小球B向左拉起，使細線水平，以豎直向下的速度 vo = 4m/s釋放小球B,小球B與小球人碰后粘在一起恰能沿半圓形軌道運動到P點.兩球(1) 8球與A球相碰前的速度人??；(2) 人、B兩球的質(zhì)量之比mi： m2 .【答案】(1) 6 m/s(2) 1 : 5【解析】試題分析：B球與A球碰前的速度為vi,碰后的速度為V2B球擺卞來的過程中機械能守恒，-2A =如用解得 V = 6 m/s碰后兩球恰能運動到P點卩2(加 1 +加2)&

15、 =(加1 + 血2)¥ 得碰后兩球機械能守恒（囹 +%）g 2 = 7 （wj +- g （加i + 嗎）v；得 V2=5m/s 兩球碰撞過程中動量守恒 m2Vi=（mi+m2）V2解得 mi：m2=l：5 考點：機械能守恒定律，動量守恒定律9. 甲圖是我國自主研制的200mm離子電推進系統(tǒng)，已經(jīng)通過我國“實踐九號衛(wèi)星空間飛 行試驗驗證，有塑在2015年全面應(yīng)用于我國航天器.離子電推進系統(tǒng)的核心部件為離子推 進器，它采用噴出帶電離子的方式實現(xiàn)飛船的姿態(tài)和軌道的調(diào)整，具有人幅減少推進劑燃 料消耗、操控更靈活、定位更精準(zhǔn)等優(yōu)勢.離子推進器的工作原理如圖乙所示，推進劑毎 原子P噴注入腔室

16、C后，被電子槍G射岀的電子碰撞而電離，成為帶正電的氛離子.氛離 子從腔室C中飄移過柵電極A的速度人小可忽略不計，在柵電極A、B之間的電場中加 速，并從柵電極B噴出.在加速氤離子的過程中飛船獲得推力.已知柵電極A、B之間的電壓為U,氤離子的質(zhì)量為m.電荷量為q（1）將該離子推進器固定在地面上進行試驗.求毎離子經(jīng)A、B之間的電場加速后，通過 柵電極B時的速度v的大?。唬?）配有該離子推進器的飛船的總質(zhì)量為M,現(xiàn)需要對飛船運行方向作一次微調(diào)，即通 過推進器短暫工作讓飛船在與原速度垂直方向上獲得一很小的速度Av,此過程中可認(rèn)為氤 離子仍以第（1）中所求的速度通過柵電極B.推進器工作時飛船的總質(zhì)量可視為

17、不變.求 推進器在此次工作過程中噴射的氛離子數(shù)目N.（3）可以用離子推進器工作過程中產(chǎn)生的推力與A、B之間的電場對氛離子做功的功率的 比值S來反映推進器工作情況.通過計算說明采取哪些措施可以增大S,并對增人S的實 際意義說出你的看法.【答案】（3）增大S可以通過減小小U或增人m的方法.提高該比值意味著推進器消耗相同的功率可以獲得更人的推力.【解析】 試題分析：（1）根據(jù)動能定理有g(shù)U =三耕任解得：v =V m（2）在與飛船運動方向垂直方向上，根據(jù)動量守恒有：MAv=NmvM Avwv*勿 Um（3）設(shè)單位時間內(nèi)通過柵電極A的氤離子數(shù)為n,在時間/內(nèi)，離子推進器發(fā)射出的氤離 子個數(shù)為N = f

18、Jt，設(shè)毎離子受到的平均力為尸，對時間/內(nèi)的射出的毎離子運用動量定 理，F(xiàn)ft = Nrnv = ntmv , F = nmv根據(jù)牛頓第三定律可知，離子推進器工作過程中對飛船的推力人小F=F=nmv電場對氤離子做功的功率P= nqU根據(jù)上式可知：增人S可以通過減小q、U或增人m的方法提高該比值意味著推進器消耗相同的功率可以獲得更人的推力.（說明：其他說法合理均可得分）考點：動量守恒定律；動能定理；牛頓定律.10. 如圖所示，帶有M光滑圓弧的小車&的半徑為R,靜止在光滑水平面上.滑塊c置于4木板B的右端，久B、C的質(zhì)量均為m , As B底面厚度相同.現(xiàn)3、C以相同的速度向右 勻速運動，

19、B與4碰后即粘連在一起，C恰好能沿人的圓弧軌道滑到與圓心等高 處.則：（已知重力加速度為g）B、C 一起勻速運動的速度為多少？（2）滑塊C返回到A的底端時AB整體和C的速度為多少？【答案】（1）=2阿 （2八遷羋E, y嚴(yán)羋更【解析】 本題考查動量守恒與機械能相結(jié)合的問題.（1）設(shè)3、C的初速度為vOlAB相碰過程中動量守恒，設(shè)碰后AB總體速度u,由mvQ = 2mu ,解得 u = yC滑到最高點的過程：mv0 + 2mu = 3mu,mv + 2nur = 3mu，2 + msR2 0 2 2解得兒=23gR（2）C從底端滑到頂端再從頂端滑到底部的過程中，滿足水平方向動量守恒、機械能守恒,

20、 有 mv0 + 2mu = mvl + 2mv2丄吠+丄.2府=丄加* +丄2用2 0 2 2 1 2 - 解得：兒11. 如圖所示，一質(zhì)量為m二15kg的滑塊從傾角為0二37。的斜面上自靜止開始滑卞，斜 面末端水平（水平部分光滑，且與斜面平滑連接，滑塊滑過斜面末端時無能量損失），滑 塊離開斜面后水平滑上與平臺等高的小車.已知斜面長滬10m,小車質(zhì)量為M二3. 5kg,滑 塊與斜面及小車表面的動摩擦因數(shù)二035,小車與地面光滑且足夠長，取g=10m/s：.求：（1）滑塊滑到斜面末端時的速度（2）當(dāng)滑塊與小車相對靜止時，滑塊在車上滑行的距離【答案】（1） 8 m/s （2） 6. 4m【解析】

21、試題分析：（1）設(shè)滑塊在斜面上的滑行加速度a,由牛頓第二定律，有mg （ sin 0 - p cos 0 ） =ma代入數(shù)據(jù)得:a二3. 2m/s：又：s=-af2解得t=2. 5s到達斜面末端的速度大小vo二at二8 m/s（2）小車與滑塊達到共同速度時小車開始勻速運動，該過程中小車與滑塊組成的系統(tǒng)在水 平方向的動量守恒，則:mvo= （m+M） v代入數(shù)據(jù)得：v二2. 4m/s滑塊在小車上運動的過程中，系統(tǒng)減小的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，得：(m+M) v"1 “ 1U mgL= mvo 一一2 2代入數(shù)據(jù)得：L二64m考點：牛頓第二定律：動量守恒定律；能量守恒定律【名師點睛】此題考查動量守恒定律及功能關(guān)系的應(yīng)用，屬于