動(dòng)量守恒定律練習(xí)題含答案及解析

1、動(dòng)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(dòng)量守恒定律1.水平放置長(zhǎng)為L(zhǎng)=4.5m的傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度為v=3m/s,質(zhì)量為m2=3kg的小球被 長(zhǎng)為/ = Im的輕質(zhì)細(xì)線懸掛在0點(diǎn)，球的左邊緣恰于傳送帶右端B對(duì)齊：質(zhì)量為的物塊自傳送帶上的左端A點(diǎn)以初速度vo=5m/s的速度水平向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)與球m2 發(fā)生碰撞，在極短的時(shí)間內(nèi)以碰撞前速率的二反彈，小球向右擺動(dòng)一個(gè)小角度即被取走。2已知物塊與傳送帶間的滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)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(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理：一""g 弓誠(chéng)一卯卩:解之可得：兒=4m/s因?yàn)榻?，說(shuō)明假設(shè)合理滑塊與小球碰撞，由動(dòng)量守恒定律：7“= 一丄卩；+屮22解之得：v2=2ni/s碰后，對(duì)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(yùn)動(dòng)時(shí)間為人，則厶=*（仏+ 1）人解之得：G = ls在這過(guò)程中，傳送帶運(yùn)行距離為：）=叫=3加滑塊與傳送帶的相對(duì)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(yùn)動(dòng)最人時(shí)間為g則根據(jù)動(dòng)量定理：一7用廠一

3、“-Vx12解之得：匚=2s滑塊向左運(yùn)動(dòng)最人位移: t2 =2m因?yàn)閤/n <L9說(shuō)明假設(shè)成立，即滑塊最終從傳送帶的右端離開(kāi)傳送帶再考慮到滑塊與小球碰后的速度丄v/v ,2說(shuō)明滑塊與小球碰后在傳送帶上的總時(shí)河為2厶在滑塊與傳送帶碰撞后的時(shí)間內(nèi)，傳送帶與滑塊間的相對(duì)路程AX2 = 2vt2 = 12w?因此，整個(gè)過(guò)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(zhǎng)1=1.5 m的粗 糙水平段ab在b點(diǎn)相切而構(gòu)成，0點(diǎn)是圓弧段的圓心，Oc與Ob的夾角=37。；過(guò)/點(diǎn)的 豎直虛線左側(cè)有方向豎直向上

4、、場(chǎng)強(qiáng)人小E=10 N/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 =1.6 m的矩形區(qū)域e/g/7, ef與Oc交于c點(diǎn),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(qiáng)磁場(chǎng).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(diǎn)，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(yùn)動(dòng)，P、Q碰撞時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)“=0.5, &、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，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(duì)物體Q的彈力人小Fn；(2) 當(dāng)時(shí)，物體Q剛好不從g/7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Bi；(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從勸邊穿出磁場(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r及對(duì)應(yīng)的萬(wàn)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(duì)P,由動(dòng)能定理得：-“g/ = vr-/vo2解得：叫= 7m/s碰撞過(guò)程中，對(duì)P, Q系統(tǒng):由動(dòng)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(diǎn)、:對(duì)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(diǎn)的速度為冬，在b到c點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律：m2gR(l - cos 8) + 丄 叫匕2 = m2v222解得：V. = 2nVs進(jìn)入磁場(chǎng)后：0所受電場(chǎng)力F = qE = 3xEN = m,g , 0在磁場(chǎng)做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)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(chǎng)，由幾何關(guān)系：= = 1.6111解得：d = 1.25Tw?,v.,(3) 當(dāng)所加磁場(chǎng)乩=2T, r2 = = hn"qo2要讓0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Q在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)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(gè)小球第一次碰后和m2速度的人小分別為斗和空, 由動(dòng)量守恒定律得：叫耳二加曲+叫必（4分）兩個(gè)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(guò)程中動(dòng)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(dòng)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(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為E產(chǎn)6J,小球與小車右壁 距離為L(zhǎng)=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(shí)的速度人?。?在整個(gè)過(guò)程中，小車移動(dòng)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(shì)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)動(dòng)能，根據(jù)動(dòng)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(dòng)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(diǎn)：動(dòng)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(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（2）此后物塊落地點(diǎn)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(guò)物塊后物塊的速度為認(rèn)由動(dòng)量守恒得5冷解得系統(tǒng)的機(jī)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(shí)間為r,落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s,則 血=£討s=Vt由得考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律.點(diǎn)評(píng)：本題采用程序法按時(shí)間順序進(jìn)行分析處理，是動(dòng)量守恒定律與平拋運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)單的綜 合，比較容易.7. 如圖所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)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(guò)最高點(diǎn)Q,再沿圓軌道 滑出后，與直軌道上P處?kù)o止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)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(zhǎng)度都為£ = 0.1m,物塊與各粗糙段間的動(dòng)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(diǎn)，碰 撞時(shí)間極短).Q求人滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)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(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值：求碰后AB滑至第n個(gè)(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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)的過(guò)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(dòng)能定理有：一 記If厶解得：7=尿-噸R =4m/s在Q點(diǎn)，不妨假設(shè)軌道對(duì)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(shuō)明方向與假設(shè)方向相同。根據(jù)機(jī)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(yùn)動(dòng)的速度為v(；,根據(jù)動(dòng)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(dòng)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(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，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(gè)(n<k)光滑段時(shí)，先前已經(jīng)滑過(guò)n個(gè)粗糙段，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(diǎn)定位】動(dòng)能定理(機(jī)械能守恒定律)、牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度-位移式 關(guān)系、向心力公式、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，以及運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析物理問(wèn)題的能力?！疽?guī)律總結(jié)】牛頓定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系、動(dòng)量守恒定律等往往是求解綜合大題的必 備知識(shí)，因此遇到此類問(wèn)題，要能習(xí)慣性地從以上幾個(gè)方面進(jìn)行思考，并正確結(jié)合運(yùn)用相 關(guān)數(shù)學(xué)知識(shí)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(diǎn)M,質(zhì)量為m2的小球B用長(zhǎng)度為 2R的細(xì)線懸掛于軌道最高點(diǎn)P.現(xiàn)將小球B向左拉起，使細(xì)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(yùn)動(dòng)到P點(diǎn).兩球(1) 8球與A球相碰前的速度人小；(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(lái)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，-2A =如用解得 V = 6 m/s碰后兩球恰能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)卩2(加 1 +加2)&

15、 =(加1 + 血2)¥ 得碰后兩球機(jī)械能守恒（囹 +%）g 2 = 7 （wj +- g （加i + 嗎）v；得 V2=5m/s 兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒 m2Vi=（mi+m2）V2解得 mi：m2=l：5 考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律，動(dòng)量守恒定律9. 甲圖是我國(guó)自主研制的200mm離子電推進(jìn)系統(tǒng)，已經(jīng)通過(guò)我國(guó)“實(shí)踐九號(hào)衛(wèi)星空間飛 行試驗(yàn)驗(yàn)證，有塑在2015年全面應(yīng)用于我國(guó)航天器.離子電推進(jìn)系統(tǒng)的核心部件為離子推 進(jìn)器，它采用噴出帶電離子的方式實(shí)現(xiàn)飛船的姿態(tài)和軌道的調(diào)整，具有人幅減少推進(jìn)劑燃 料消耗、操控更靈活、定位更精準(zhǔn)等優(yōu)勢(shì).離子推進(jìn)器的工作原理如圖乙所示，推進(jìn)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(guò)柵電極A的速度人小可忽略不計(jì)，在柵電極A、B之間的電場(chǎng)中加 速，并從柵電極B噴出.在加速氤離子的過(guò)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(jìn)器固定在地面上進(jìn)行試驗(yàn).求毎離子經(jīng)A、B之間的電場(chǎng)加速后，通過(guò) 柵電極B時(shí)的速度v的大?。唬?）配有該離子推進(jìn)器的飛船的總質(zhì)量為M,現(xiàn)需要對(duì)飛船運(yùn)行方向作一次微調(diào)，即通 過(guò)推進(jìn)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(guò)程中可認(rèn)為氤 離子仍以第（1）中所求的速度通過(guò)柵電極B.推進(jìn)器工作時(shí)飛船的總質(zhì)量可視為

17、不變.求 推進(jìn)器在此次工作過(guò)程中噴射的氛離子數(shù)目N.（3）可以用離子推進(jìn)器工作過(guò)程中產(chǎn)生的推力與A、B之間的電場(chǎng)對(duì)氛離子做功的功率的 比值S來(lái)反映推進(jìn)器工作情況.通過(guò)計(jì)算說(shuō)明采取哪些措施可以增大S,并對(duì)增人S的實(shí) 際意義說(shuō)出你的看法.【答案】（3）增大S可以通過(guò)減小小U或增人m的方法.提高該比值意味著推進(jìn)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(dòng)能定理有g(shù)U =三耕任解得：v =V m（2）在與飛船運(yùn)動(dòng)方向垂直方向上，根據(jù)動(dòng)量守恒有：MAv=NmvM Avwv*勿 Um（3）設(shè)單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)柵電極A的氤離子數(shù)為n,在時(shí)間/內(nèi)，離子推進(jìn)器發(fā)射出的氤離 子個(gè)數(shù)為N = f

18、Jt，設(shè)毎離子受到的平均力為尸，對(duì)時(shí)間/內(nèi)的射出的毎離子運(yùn)用動(dòng)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(jìn)器工作過(guò)程中對(duì)飛船的推力人小F=F=nmv電場(chǎng)對(duì)氤離子做功的功率P= nqU根據(jù)上式可知：增人S可以通過(guò)減小q、U或增人m的方法提高該比值意味著推進(jìn)器消耗相同的功率可以獲得更人的推力.（說(shuō)明：其他說(shuō)法合理均可得分）考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；動(dòng)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(yùn)動(dòng)，

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(yùn)動(dòng)的速度為多少？（2）滑塊C返回到A的底端時(shí)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(dòng)量守恒與機(jī)械能相結(jié)合的問(wèn)題.（1）設(shè)3、C的初速度為vOlAB相碰過(guò)程中動(dòng)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(diǎn)的過(guò)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?gòu)捻敹嘶降撞康倪^(guò)程中，滿足水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)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(kāi)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(guò)斜面末端時(shí)無(wú)能量損失），滑 塊離開(kāi)斜面后水平滑上與平臺(tái)等高的小車.已知斜面長(zhǎng)滬10m,小車質(zhì)量為M二3. 5kg,滑 塊與斜面及小車表面的動(dòng)摩擦因數(shù)二035,小車與地面光滑且足夠長(zhǎng)，取g=10m/s：.求：（1）滑塊滑到斜面末端時(shí)的速度（2）當(dāng)滑塊與小車相對(duì)靜止時(shí)，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(dá)斜面末端的速度大小vo二at二8 m/s（2）小車與滑塊達(dá)到共同速度時(shí)小車開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程中小車與滑塊組成的系統(tǒng)在水 平方向的動(dòng)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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)減小的機(jī)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(diǎn)：牛頓第二定律：動(dòng)量守恒定律；能量守恒定律【名師點(diǎn)睛】此題考查動(dòng)量守恒定律及功能關(guān)系的應(yīng)用，屬于