高考物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
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释放，滑到 C 点刚好相对小车停止。已知小物块质量 m=1kg，取 g =10m/s2。求：
（1）小物块与小车 BC 部分间的动摩擦因数； （2）小物块从 A 滑到 C 的过程中，小车获得的最大速度。 【答案】（1）0.5（2）1m/s 【解析】
【详解】
解：(1) 小物块滑到 C 点的过程中，系统水平方向动量守恒则有： (M m)v 0
m
M
m mv02
2Mc2
7．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为 10m、12m，两船沿同一 直线、同一方向运动，速度分别为 2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水 的阻力）
【答案】 4v0
（2）设碰撞过程中总机械能的损失为△ E，应有： mv2+ MV2＝ MV′2+△ E…③ 联立②③式，代入数据得：△ E=1400J 考点：动量守恒定律；能量守恒定律
6．氡是一种放射性气体，主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料．呼吸时氡气
会随气体进入肺脏，氡衰变时放出 射线，这种射线像小“炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细
所以滑到 C 点时小物块与小车速度都为 0 由能量守恒得： mgR mgL
解得： R 0.5 L
(2)小物块滑到 B 位置时速度最大，设为 v1 ，此时小车获得的速度也最大，设为 v2
由动量守恒得 ： mv1 Mv2
由能量守恒得
：
mgR
1 2
mv12
1 2
Mv22
联立解得： v2 1m / s
8．如图所示，一质量 m1=0.45kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量 m2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量 m0=0.05 kg 的子弹以水平速度 v0=100 m/s 射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩 擦因数为 μ=0.5，最终小物体以 5 m/s 的速度离开小车．g 取 10 m/s2．求：
Rn
218 84
Po+
4 2
He
（2）核反应过程动量守恒，以 α 离子的速度方向为正方向
由动量守恒定律得
mv0 Mv 0
解得 v mv0 ，负号表示方向与 α 离子速度方向相反 M
（3）衰变过程产生的能量
由爱因斯坦质能方程得
E
1 2
mv02
1 2
Mv2
M
m mv02
2M
E mc2
解得
3．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：
碰撞过程中，对 P ， Q 系统：由动量守恒定律： m1v1 m1v1 m2v2
取向左为正方向，由题意 v1 1m/s ， 解得： v2 4m/s
b
点：对 Q
，由牛顿第二定律得： FN
m2 g
m2
v22 R
解得: FN 4.6 102 N
(2)设 Q 在 c 点的速度为 vc ，在 b 到 c 点，由机械能守恒定律：
高考物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1．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．
（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；
（3）求出这一衰变过程中的质量亏损。 ( 计算结果用题中字母表示 )
【答案】（1）
222 86
Rn
218 84
Po
4 2
He ；（2） v
mv0 M
，负号表示方向与 α 离子速度方向
相ห้องสมุดไป่ตู้；（3）
m
M
m mv02
2Mc2
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由质量数和核电荷数守恒定律可知，核反应方程式为
222 86
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．
4．如图，一质量为 M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为 h.一质量为 m 的 子弹以水平速度 v0 射入物块后，以水平速度 v0/2 射出.重力加速度为 g.求： （1）此过程中系统损失的机械能；
（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
短，求： （1）碰后乙的速度的大小； （2）碰撞中总动能的损失。 【答案】（1）1.0m/s（2）1400J 【解析】 试题分析：（1）设运动员甲、乙的质量分别为 m、M，碰前速度大小分别为 v、V，碰后 乙的速度大小为 V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv-MV=MV′…① 代入数据解得：V′=1．0m/s…②
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
（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】
胞受损，从而引发肺癌、白血病等．若有一静止的氡核
222 86
Rn
发生
衰变，放出一个速度
为 v0 、质量为
m
的
粒子和一个质量为
M
的反冲核钋
218 84
Po
此过程动量守恒，若氡核发
生衰变时，释放的能量全部转化为 粒子和钋核的动能。
（1）写衰变方程；
（2）求出反冲核钋的速度； ( 计算结果用题中字母表示 )
(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
（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
（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小．
（2）小车的长度．
【答案】（1） 4.5N s （2） 5.5m
【解析】
①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：
试题分析：（1）P1
滑到最低点速度为
v1，由机械能守恒定律有：
1 2
mv02
mgR
1 2
mv12
解得：v1=5m/s
P1、P2 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为 v1 、 v2
则由动量守恒和机械能守恒可得： mv1 mv1 mv2
1 2
mv12
1 2
mv12
1 2
mv22
解得： v1 0 、 v2 5m/s
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
2．如图所示，质量为 M=2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其 AB 部分为半径 R=0.3m
的光滑 1 圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为 L=0.6m。一可看做质点的小物块从 A 点由静止 4
【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
解得： v1 7m/s
【解析】 【分析】 在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的 系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用 动量守恒定律可以解题． 【详解】 设抛出货物的速度为 v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物： 12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得： v≥4v0，则最小速度为 4v0． 【点睛】 本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题，解题 时注意研究对象的选择以及正方向的选择．
m2 gR(1
cos )
1 2
m2vc2
1 2
m2v22
解得： vc 2m/s 进入磁场后： Q 所受电场力 F qE 3102 N m2 g ， Q 在磁场做匀速率圆周运动
由牛顿第二定律得：
qvc B1
m2vc2 r1
Q 刚好不从 gh 边穿出磁场，由几何关系： r1 d 1.6m
解得： B1 1.25T
【答案】(1)
E
1 8
3
m M
mv02
(2) s mv0 M
h 2g
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为 V，由动量守恒得
mv0=m +MV ① 解得
②
系统的机械能损失为
ΔE=
③
由②③式得
ΔE=
④
（2）设物块下落到地面所需时间为 t，落地点距桌面边缘的水平距离为 s,则
⑤
s=Vt
⑥
由②⑤⑥得
S=
⑦
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综 合，比较容易．
5．冰球运动员甲的质量为 80.0kg。当他以 5.0m/s 的速度向前运动时，与另一质量为 100kg、速度为 3.0m/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极
（1）小物块与小车 BC 部分间的动摩擦因数； （2）小物块从 A 滑到 C 的过程中，小车获得的最大速度。 【答案】（1）0.5（2）1m/s 【解析】
【详解】
解：(1) 小物块滑到 C 点的过程中，系统水平方向动量守恒则有： (M m)v 0
m
M
m mv02
2Mc2
7．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为 10m、12m，两船沿同一 直线、同一方向运动，速度分别为 2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水 的阻力）
【答案】 4v0
（2）设碰撞过程中总机械能的损失为△ E，应有： mv2+ MV2＝ MV′2+△ E…③ 联立②③式，代入数据得：△ E=1400J 考点：动量守恒定律；能量守恒定律
6．氡是一种放射性气体，主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料．呼吸时氡气
会随气体进入肺脏，氡衰变时放出 射线，这种射线像小“炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细
所以滑到 C 点时小物块与小车速度都为 0 由能量守恒得： mgR mgL
解得： R 0.5 L
(2)小物块滑到 B 位置时速度最大，设为 v1 ，此时小车获得的速度也最大，设为 v2
由动量守恒得 ： mv1 Mv2
由能量守恒得
：
mgR
1 2
mv12
1 2
Mv22
联立解得： v2 1m / s
8．如图所示，一质量 m1=0.45kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量 m2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量 m0=0.05 kg 的子弹以水平速度 v0=100 m/s 射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩 擦因数为 μ=0.5，最终小物体以 5 m/s 的速度离开小车．g 取 10 m/s2．求：
Rn
218 84
Po+
4 2
He
（2）核反应过程动量守恒，以 α 离子的速度方向为正方向
由动量守恒定律得
mv0 Mv 0
解得 v mv0 ，负号表示方向与 α 离子速度方向相反 M
（3）衰变过程产生的能量
由爱因斯坦质能方程得
E
1 2
mv02
1 2
Mv2
M
m mv02
2M
E mc2
解得
3．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：
碰撞过程中，对 P ， Q 系统：由动量守恒定律： m1v1 m1v1 m2v2
取向左为正方向，由题意 v1 1m/s ， 解得： v2 4m/s
b
点：对 Q
，由牛顿第二定律得： FN
m2 g
m2
v22 R
解得: FN 4.6 102 N
(2)设 Q 在 c 点的速度为 vc ，在 b 到 c 点，由机械能守恒定律：
高考物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1．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．
（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；
（3）求出这一衰变过程中的质量亏损。 ( 计算结果用题中字母表示 )
【答案】（1）
222 86
Rn
218 84
Po
4 2
He ；（2） v
mv0 M
，负号表示方向与 α 离子速度方向
相ห้องสมุดไป่ตู้；（3）
m
M
m mv02
2Mc2
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由质量数和核电荷数守恒定律可知，核反应方程式为
222 86
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．
4．如图，一质量为 M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为 h.一质量为 m 的 子弹以水平速度 v0 射入物块后，以水平速度 v0/2 射出.重力加速度为 g.求： （1）此过程中系统损失的机械能；
（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
短，求： （1）碰后乙的速度的大小； （2）碰撞中总动能的损失。 【答案】（1）1.0m/s（2）1400J 【解析】 试题分析：（1）设运动员甲、乙的质量分别为 m、M，碰前速度大小分别为 v、V，碰后 乙的速度大小为 V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv-MV=MV′…① 代入数据解得：V′=1．0m/s…②
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
（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】
胞受损，从而引发肺癌、白血病等．若有一静止的氡核
222 86
Rn
发生
衰变，放出一个速度
为 v0 、质量为
m
的
粒子和一个质量为
M
的反冲核钋
218 84
Po
此过程动量守恒，若氡核发
生衰变时，释放的能量全部转化为 粒子和钋核的动能。
（1）写衰变方程；
（2）求出反冲核钋的速度； ( 计算结果用题中字母表示 )
(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
（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
（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小．
（2）小车的长度．
【答案】（1） 4.5N s （2） 5.5m
【解析】
①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：
试题分析：（1）P1
滑到最低点速度为
v1，由机械能守恒定律有：
1 2
mv02
mgR
1 2
mv12
解得：v1=5m/s
P1、P2 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为 v1 、 v2
则由动量守恒和机械能守恒可得： mv1 mv1 mv2
1 2
mv12
1 2
mv12
1 2
mv22
解得： v1 0 、 v2 5m/s
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
2．如图所示，质量为 M=2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其 AB 部分为半径 R=0.3m
的光滑 1 圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为 L=0.6m。一可看做质点的小物块从 A 点由静止 4
【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
解得： v1 7m/s
【解析】 【分析】 在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的 系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用 动量守恒定律可以解题． 【详解】 设抛出货物的速度为 v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物： 12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得： v≥4v0，则最小速度为 4v0． 【点睛】 本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题，解题 时注意研究对象的选择以及正方向的选择．
m2 gR(1
cos )
1 2
m2vc2
1 2
m2v22
解得： vc 2m/s 进入磁场后： Q 所受电场力 F qE 3102 N m2 g ， Q 在磁场做匀速率圆周运动
由牛顿第二定律得：
qvc B1
m2vc2 r1
Q 刚好不从 gh 边穿出磁场，由几何关系： r1 d 1.6m
解得： B1 1.25T
【答案】(1)
E
1 8
3
m M
mv02
(2) s mv0 M
h 2g
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为 V，由动量守恒得
mv0=m +MV ① 解得
②
系统的机械能损失为
ΔE=
③
由②③式得
ΔE=
④
（2）设物块下落到地面所需时间为 t，落地点距桌面边缘的水平距离为 s,则
⑤
s=Vt
⑥
由②⑤⑥得
S=
⑦
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综 合，比较容易．
5．冰球运动员甲的质量为 80.0kg。当他以 5.0m/s 的速度向前运动时，与另一质量为 100kg、速度为 3.0m/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极