(物理)动量守恒定律练习题含答案及解析

【详解】
解：设滑块 m1 与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：
m1gL=
1 2
m1v12
1 2
m1v02
解之可得： v1 =4m/s
因为 v1 v ，说明假设合理
滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：
m1v1
=
1 2
m1v12
+m2v2
解之得： v2 =2m/s
碰后，对小球，根据牛顿第二定律：
F
平面上，现有滑块 A 以初速度 v0 从右端滑上 B 并以 v0 滑离 B，恰好能到达 C 的最高点.A、 2
B、C 的质量均为 m，试求：
（1）滑块与木板 B 上表面间的动摩擦因数 μ；
（2） 1 圆弧槽 C 的半径 R 4
【答案】（1） ＝ 5v02 ；（2） R＝ v02
16gL
64g
【解析】
(3)当所加磁场 B2
2T
， r2
m2vc qB2
1m
要让 Q 从 gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则 Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心
角最大，则当 gh 边或 ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：
设最大圆心角为 ，由几何关系得： cos(180 ) d r2 r2
解得： 127 运动周期：T 2 m2
（2）若入射氦核以 v0=3×107m/s 的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。反应生成的氧 核和质子同方向运动，且速度大小之比为 1:50。求氧核的速度大小。
【答案】（1）吸收能量，1.20MeV；（2）1.8×106m/s
【解析】
（1）这一核反应中，质量亏损：△m=mN+mHe-mO-mp=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=0.00129u 由质能方程，则有△E=△m c2=-0.00129×931=-1.20MeV
（3）P2 滑到
C
点速度为
v2
，由
mgR
1 2
mv22
得 v2 3m/s
P1、P2 碰撞到 P2 滑到 C 点时，设 P1、M 速度为 v，由动量守恒定律得：
mv2 (m M )v mv2
解得：v=0．40m/s
对
P1、P2、M
为系统：
f2L
1 2
mv22
1 (m 2
M )v2
代入数值得：L=3．8m
（2）P2 向右滑动时，假设 P1 保持不动，对 P2 有：f2=μ2mg=2m（向左） 设 P1、M 的加速度为 a2；对 P1、M 有：f=（m+M）a2
a2
f m M
2m 5m
0.4m/s2
此时对 P1 有：f1=ma2=0．4m＜fm=1．0m，所以假设成立． 故滑块的加速度为 0．4m/s2；
滑板碰后，P1 向右滑行距离： s1
v2 2a1
0.08m
P2 向左滑行距离： s2
v22 2a2
2.25m
所以 P1、P2 静止后距离：△S=L-S1-S2=1．47m
考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能
守恒定律．
【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正
【答案】(1) FN 4.6 102 N (2) B1 1.25T
(3) t
127 360
s,
1
900 和2
1430
【解析】 【详解】
解：(1)设 P 碰撞前后的速度分别为 v1 和 v1 ， Q 碰后的速度为 v2
从
a
到
b
，对
P
，由动能定理得：
-m1gl
1 2
m1v
2 1
1 2
m1v
2 0
qB2 则 Q 在磁场中运动的最长时间： t T 127 • 2 m2 127 s
360 360 qB2 360 此时对应的 角：1 90 和 2 143
3．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块 b,小车质量 M=3kg，AO 部分粗糙且长 L=2m，动摩擦因数 μ=0.3，OB 部分光滑．另一小物块 a．放在车 的最左端，和车一起以 v0=4m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为 零，但不与挡板粘连．已知车 OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限 度内．a、b 两物块视为质点质量均为 m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运 动．（取 g=10m/s2）求：
则根据动量定理： m1gt2
m1
1 2
v1
解之得： t2 2s
滑块向左运动最大位移：
xm
1 2
1 2
v1
t2
=2m
因为 xm L ，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带
再考虑到滑块与小球碰后的速度
1 2
v1
<
v
，
说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为 2t2
在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程
(1)物块 a 与 b 碰后的速度大小； (2)当物块 a 相对小车静止时小车右端 B 到挡板的距离； (3)当物块 a 相对小车静止时在小车上的位置到 O 点的距离．
【答案】(1)1m/s (2) 【解析】
(3) x=0.125m
试题分析：（1）对物块 a，由动能定理得：
代入数据解得 a 与 b 碰前速度：
（1）P1 和 P2 碰撞后瞬间 P1、P2 的速度分别为多大？ （2）P2 在 BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N、P1 和 P2 最终静止后，P1 与 P2 间的距离为多少？
【答案】（1） v1 0 、 v2 5m/s （2） a2 0.4m/s2 （3）△S=1．47m
【解析】
确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．
5．卢瑟福用 α 粒子轰击氮核发现质子。发现质子的核反应为：
。已
知氮核质量为 mN=14.00753u，氧核的质量为 mO=17.00454u，氦核质量 mHe=4.00387u，质 子（氢核）质量为 mp=1.00815u。（已知：1uc2=931MeV，结果保留 2 位有效数字）求： （1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？
，
解得滑块 a 与车相对静止时与 O 点距离：
；
考点：动量守恒定律、动能定理。 【名师点睛】本题考查了求速度、距离问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律、动 能定理、能量守恒定律即可正确解题。
4．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置 U 形滑板 N，滑板两端为半径 R=0．45m 的 1/4 圆弧面．A 和 D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块 P1 和 P2 的质量均为 m．滑板的质量 M=4m，P1 和 P2 与 BC 面的动摩擦因数分别为 μ1=0．10 和 μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P2 静止在粗糙 面的 B 点，P1 以 v0=4．0m/s 的初速度从 A 点沿弧面自由滑下，与 P2 发生弹性碰撞后，P1 处 在粗糙面 B 点上．当 P2 滑到 C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2 继续运 动，到达 D 点时速度为零．P1 与 P2 视为质点，取 g=10m/s2．问：
（物理）动量守恒定律练习题含答案及解析
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1．水平放置长为 L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为 v=3m/s，质量为 m2=3kg 的小球被
长为 l 1m 的轻质细线悬挂在 O 点，球的左边缘恰于传送带右端 B 对齐；质量为 m1=1kg
的物块自传送带上的左端 A 点以初速度 v0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至 B 点与球 m2
X 2 2vt2 12m
因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是
Q m1g x1 x2 =13.5J
2．如图：竖直面内固定的绝缘轨道 abc，由半径 R=3 m 的光滑圆弧段 bc 与长 l=1.5 m 的粗 糙水平段 ab 在 b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与 Ob 的夹角 θ=37°;过 f 点的 竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小 E=10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够 长、宽度 d =1.6 m 的矩形区域 efgh，ef 与 Oc 交于 c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角 为 β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量 m2=3×10-3 kg、电 荷量 q=3×l0-3 C 的带正电小物体 Q 静止在圆弧轨道上 b 点，质量 m1=1.5×10-3 kg 的不带电 小物体 P 从轨道右端 a 以 v0=8 m/s 的水平速度向左运动，P、Q 碰撞时间极短，碰后 P 以 1 m/s 的速度水平向右弹回．已知 P 与 ab 间的动摩擦因数 μ=0.5，A、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小 g=10 m/s2．求： (1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体 Q 的弹力大小 FN； (2)当 β=53°时，物体 Q 刚好不从 gh 边穿出磁场，求区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度 大小 B1； (3)当区域 efgh 内所加磁场的磁感应强度为 B2=2T 时，要让物体 Q 从 gh 边穿出磁场且在磁 场中运动的时间最长，求此最长时间 t 及对应的 β 值．
；
a、b 碰撞过程系统动量守恒，以 a 的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：
，代入数据解得：
；
（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以
在小车上向左滑动，当与车同速