高中物理動(dòng)量守恒定律技巧(很有用)及練習(xí)題

高中物理動(dòng)量守恒定律技巧(很有用)及練習(xí)題一、高考物理精講專題動(dòng)量守恒定律1．如圖所示，在光滑的水平面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圓弧槽C，與長(zhǎng)木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止在水平面上．現(xiàn)有滑塊A以初速度從右端滑上B，一段時(shí)間后，以滑離B，并恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)．A、B、C的質(zhì)量均為．求：（1）A剛滑離木板B時(shí)，木板B的速度；（2）A與B的上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）圓弧槽C的半徑R；（4）從開始滑上B到最后滑離C的過程中A損失的機(jī)械能．【答案】（1）vB＝；（2）（3）（4）【解析】【詳解】(1)對(duì)A在木板B上的滑動(dòng)過程，取A、B、C為一個(gè)系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv0＝m＋2mvB解得vB＝(2)對(duì)A在木板B上的滑動(dòng)過程，A、B、C系統(tǒng)減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量解得(3)對(duì)A滑上C直到最高點(diǎn)的作用過程，A、C系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，則有：＋mvB＝2mvA、C系統(tǒng)機(jī)械能守恒：解得(4)對(duì)A滑上C直到離開C的作用過程，A、C系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒A、C系統(tǒng)初、末狀態(tài)機(jī)械能守恒，解得vA＝.所以從開始滑上B到最后滑離C的過程中A損失的機(jī)械能為：【點(diǎn)睛】該題是一個(gè)板塊的問題，關(guān)鍵是要理清A、B、C運(yùn)動(dòng)的物理過程，靈活選擇物理規(guī)律，能夠熟練運(yùn)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．2．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bc與長(zhǎng)l=1.5m的粗糙水平段ab在b點(diǎn)相切而構(gòu)成，O點(diǎn)是圓弧段的圓心，Oc與Ob的夾角θ=37°;過f點(diǎn)的豎直虛線左側(cè)有方向豎直向上、場(chǎng)強(qiáng)大小E=10N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，Ocb的外側(cè)有一長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)、寬度d=1.6m的矩形區(qū)域efgh，ef與Oc交于c點(diǎn)，ecf與水平向右的方向所成的夾角為β(53°≤β≤147°)，矩形區(qū)域內(nèi)有方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量m2=3×10-3kg、電荷量q=3×l0-3C的帶正電小物體Q靜止在圓弧軌道上b點(diǎn)，質(zhì)量m1=1.5×10-3kg的不帶電小物體P從軌道右端a以v0=8m/s的水平速度向左運(yùn)動(dòng)，P、Q碰撞時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，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：(1)碰后瞬間，圓弧軌道對(duì)物體Q的彈力大小FN；(2)當(dāng)β=53°時(shí)，物體Q剛好不從gh邊穿出磁場(chǎng)，求區(qū)域efgh內(nèi)所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1；(3)當(dāng)區(qū)域efgh內(nèi)所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2=2T時(shí)，要讓物體Q從gh邊穿出磁場(chǎng)且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，求此最長(zhǎng)時(shí)間t及對(duì)應(yīng)的β值．【答案】(1)(2)(3),【解析】【詳解】解：(1)設(shè)碰撞前后的速度分別為和，碰后的速度為從到，對(duì)，由動(dòng)能定理得：解得：碰撞過程中，對(duì)，系統(tǒng)：由動(dòng)量守恒定律：取向左為正方向，由題意，解得：點(diǎn)：對(duì)，由牛頓第二定律得：解得:(2)設(shè)在點(diǎn)的速度為，在到點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律：解得：進(jìn)入磁場(chǎng)后：所受電場(chǎng)力，在磁場(chǎng)做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律得：Q剛好不從邊穿出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系：解得：(3)當(dāng)所加磁場(chǎng)，要讓從邊穿出磁場(chǎng)且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大，則當(dāng)邊或邊與圓軌跡相切，軌跡如圖所示：設(shè)最大圓心角為，由幾何關(guān)系得：解得：運(yùn)動(dòng)周期：則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間：此時(shí)對(duì)應(yīng)的和3．如圖所示，一小車置于光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧右端固定，左端栓連物塊b,小車質(zhì)量M=3kg，AO部分粗糙且長(zhǎng)L=2m，動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3，OB部分光滑．另一小物塊a．放在車的最左端，和車一起以v0=4m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，車撞到固定擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但不與擋板粘連．已知車OB部分的長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．a(chǎn)、b兩物塊視為質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量均為m=1kg，碰撞時(shí)間極短且不粘連，碰后一起向右運(yùn)動(dòng)．（取g=10m/s2）求：(1)物塊a與b碰后的速度大?。?2)當(dāng)物塊a相對(duì)小車靜止時(shí)小車右端B到擋板的距離；(3)當(dāng)物塊a相對(duì)小車靜止時(shí)在小車上的位置到O點(diǎn)的距離．【答案】(1)1m/s(2)(3)x=0.125m【解析】試題分析：（1）對(duì)物塊a，由動(dòng)能定理得：代入數(shù)據(jù)解得a與b碰前速度：；a、b碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以a的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：；（2）當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)兩物塊分離，a以在小車上向左滑動(dòng)，當(dāng)與車同速時(shí)，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：，對(duì)小車，由動(dòng)能定理得：，代入數(shù)據(jù)解得，同速時(shí)車B端距擋板的距離：；（3）由能量守恒得：，解得滑塊a與車相對(duì)靜止時(shí)與O點(diǎn)距離：；考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理?！久麕燑c(diǎn)睛】本題考查了求速度、距離問題，分析清楚運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理、能量守恒定律即可正確解題。4．如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)小球在光滑水平面上分別以速度v1、v2同向運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生對(duì)心碰撞，碰后m2被右側(cè)墻壁原速?gòu)椈?，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.【答案】【解析】設(shè)兩個(gè)小球第一次碰后m1和m2速度的大小分別為和，由動(dòng)量守恒定律得：（4分）兩個(gè)小球再一次碰撞，（4分）得：（4分）本題考查碰撞過程中動(dòng)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(dòng)量守恒的公式列式可得5．牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載，A、B兩個(gè)玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15∶16．分離速度是指碰撞后B對(duì)A的速度，接近速度是指碰撞前A對(duì)B的速度．若上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B，且為對(duì)心碰撞，求碰撞后A、B的速度大?。敬鸢浮縱0v0【解析】設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2由動(dòng)量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2且由題意知＝解得v1＝v0，v2＝v0視頻6．如圖所示，質(zhì)量為m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M=19m的金屬球并排懸掛．現(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成θ=600的位置自由釋放，下擺后在最低點(diǎn)與金屬球發(fā)生彈性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場(chǎng)．已知由于磁場(chǎng)的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c(diǎn)處．求經(jīng)過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于450．【答案】最多碰撞3次【解析】解：設(shè)小球m的擺線長(zhǎng)度為l小球m在下落過程中與M相碰之前滿足機(jī)械能守恒：①m和M碰撞過程是彈性碰撞，故滿足：mv0=MVM+mv1②③聯(lián)立②③得：④說明小球被反彈，且v1與v0成正比，而后小球又以反彈速度和小球M再次發(fā)生彈性碰撞，滿足：mv1=MVM1+mv2⑤⑥解得：⑦整理得：⑧故可以得到發(fā)生n次碰撞后的速度：⑨而偏離方向?yàn)?50的臨界速度滿足：⑩聯(lián)立①⑨⑩代入數(shù)據(jù)解得，當(dāng)n=2時(shí)，v2＞v臨界當(dāng)n=3時(shí)，v3＜v臨界即發(fā)生3次碰撞后小球返回到最高點(diǎn)時(shí)與豎直方向的夾角將小于45°．考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律．專題：壓軸題．分析：先根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出小球返回最低點(diǎn)的速度，然后根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求出碰撞后小球的速度，對(duì)速度表達(dá)式分析，求出碰撞n次后的速度表達(dá)式，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出碰撞n次后反彈的最大角度，結(jié)合題意討論即可．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵求出第一次反彈后的速度和反彈后細(xì)線與懸掛點(diǎn)的連線與豎直方向的最大角度，然后對(duì)結(jié)果表達(dá)式進(jìn)行討論，得到第n次反彈后的速度和最大角度，再結(jié)合題意求解．7．[物理─選修3－5]（1）天然放射性元素經(jīng)過次α衰變和次β衰變，最后變成鉛的同位素。（填入鉛的三種同位素、、中的一種）（2）某同學(xué)利用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．圖中兩擺擺長(zhǎng)相同，懸掛于同一高度，A、B兩擺球均很小，質(zhì)量之比為1∶2．當(dāng)兩擺均處于自由靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，其側(cè)面剛好接觸．向右上方拉動(dòng)B球使其擺線伸直并與豎直方向成45°角，然后將其由靜止釋放．結(jié)果觀察到兩擺球粘在一起擺動(dòng)，且最大擺角成30°．若本實(shí)驗(yàn)允許的最大誤差為±4％，此實(shí)驗(yàn)是否成功地驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律？【答案】（1）8，4，；（2）≤4%【解析】【詳解】（1）設(shè)發(fā)生了x次α衰變和y次β衰變，根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，2x-y+82=94，239=207+4x；由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，x=8，y=4．若是鉛的同位素206，或208，不滿足兩數(shù)守恒，因此最后變成鉛的同位素是（2）設(shè)擺球A、B的質(zhì)量分別為、，擺長(zhǎng)為l，B球的初始高度為h1，碰撞前B球的速度為vB.在不考慮擺線質(zhì)量的情況下，根據(jù)題意及機(jī)械能守恒定律得①②設(shè)碰撞前、后兩擺球的總動(dòng)量的大小分別為P1、P2．有P1=mBvB③聯(lián)立①②③式得④同理可得⑤聯(lián)立④⑤式得⑥代入已知條件得⑦由此可以推出≤4%⑧所以，此實(shí)驗(yàn)在規(guī)定的范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律．8．在光滑的水平面上，質(zhì)量m1=1kg的物體與另一質(zhì)量為m2物體相碰，碰撞前后它們的位移隨時(shí)間變化的情況如圖所示。求：（1）碰撞前m1的速度v1和m2的速度v2；（2）另一物體的質(zhì)量m2?！敬鸢浮浚?），；（2）。【解析】試題分析：（1）由s—t圖象知：碰前，m1的速度，m2處于靜止?fàn)顟B(tài)，速度（2）由s—t圖象知：碰后兩物體由共同速度，即發(fā)生完全非彈性碰撞碰后的共同速度根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：另一物體的質(zhì)量考點(diǎn)：s—t圖象，動(dòng)量守恒定律9．如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.使木板與重物以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻木板與墻發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后木板以原速率反彈.設(shè)木板足夠長(zhǎng)，重物始終在木板上.重力加速度為g.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間.【答案】【解析】解：木板第一次與墻碰撞后，向左勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到靜止，再反向向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到與重物有共同速度，再往后是勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到第二次撞墻．木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到有共同速度v，動(dòng)量守恒，有：2mv0﹣mv0=（2m+m）v，解得：v=木板在第一個(gè)過程中，用動(dòng)量定理，有：mv﹣m（﹣v0）=μ2mgt1用動(dòng)能定理，有：﹣=﹣μ2mgs木板在第二個(gè)過程中，勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：s=vt2木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間t=t1+t2=+=答：木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間為【點(diǎn)評(píng)】本題是一道考查動(dòng)量守恒和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的過程復(fù)雜的好題，正確分析出運(yùn)動(dòng)規(guī)律是關(guān)鍵．10．如圖所示，一光滑弧形軌道末端與一個(gè)半徑為R的豎直光滑圓軌道平滑連接，兩輛質(zhì)量均為m的相同小車（大小可忽略），中間夾住一輕彈簧后連接在一起（輕彈簧尺寸忽略不計(jì)），兩車從光滑弧形軌道上的某一高度由靜止滑下，當(dāng)兩車剛滑入圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)連接兩車的掛鉤突然斷開，彈簧瞬間將兩車彈開，其中后車剛好停下，前車沿圓環(huán)軌道運(yùn)動(dòng)恰能越過圓弧軌道最高點(diǎn)．求：（1）前車被彈出時(shí)的速度；（2）前車被彈出的過程中彈簧釋放的彈性勢(shì)能；（3）兩車從靜止下滑處到最低點(diǎn)的高度差h．【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）前車沿圓環(huán)軌道運(yùn)動(dòng)恰能越過圓弧軌道最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求出最高點(diǎn)速度，根據(jù)機(jī)械能守恒列出等式求解（2）由動(dòng)量守恒定律求出兩車分離前速度，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒求解（3）兩車從h高處運(yùn)動(dòng)到最低處機(jī)械能守恒列出等式求解．（1）設(shè)前車在最高點(diǎn)速度為，依題意有①設(shè)前車在最低位置與后車分離后速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒得②由①②得：（2）設(shè)兩車分離前速度為，由動(dòng)量守恒定律得設(shè)分離前彈簧彈性勢(shì)能，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：（3）兩車從h高處運(yùn)動(dòng)到最低處過程中，由機(jī)械能守恒定律得：解得：11．兩個(gè)小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)．在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖所示．C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D．在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)，長(zhǎng)度突然被鎖定，不再改變，然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動(dòng)，A與P接觸而不粘連．過一段時(shí)間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定無機(jī)械能損失）．已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m．求:（1）彈簧長(zhǎng)度剛被鎖定后A球的速度．（2）在A球離開擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能．【答案】（1）（2）【解析】（1）設(shè)C球與B球發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D時(shí)，D的速度為v1，由動(dòng)量守恒有：mv0=（m+m）v1當(dāng)彈簧壓縮至最短時(shí)，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v2，由動(dòng)量守恒有：2mv1=5mv2由兩式得A的速度為：v2=v0（2）設(shè)彈簧長(zhǎng)度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢(shì)能為Ep，由能量守恒有：撞擊P后，A與D的動(dòng)能都為零，解除鎖定后，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，勢(shì)能全部轉(zhuǎn)變成D的動(dòng)能，設(shè)D的速度為v3，則有：以后彈簧伸長(zhǎng)，A球離開檔板P，并獲得速度，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最大，由動(dòng)量守恒定律及能量關(guān)系可知：；解得：（3）當(dāng)A、D的速度相等時(shí)，彈簧壓縮到最短時(shí)，此時(shí)D球速度最?。O(shè)此時(shí)的速度為v6，由動(dòng)量守恒定律得：2mv3=5mv6設(shè)此使彈性勢(shì)能為EP′，由能量守恒定律得：12．如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平