（物理）物理动量守恒定律练习题及答案一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。

质量m1=0.40kg的物块A从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m处下滑，并与放在水平木板左端的质量m2=0.20kg的物块B相碰,相碰后物块B滑行x=4.0m到木板的C点停止运动，物块A滑到木板的D点停止运动。

已知物块B与木板间的动摩擦因数=0.20,重力加速度g=10m/s2,求：(1) 物块A沿斜槽滑下与物块B碰撞前瞬间的速度大小；(2) 滑动摩擦力对物块B做的功；(3) 物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能。

【答案】（1）v0=4.0m/s（2）W=-1.6J（3）E=0.80J【解析】试题分析：①设物块A滑到斜面底端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有m1gh＝12m12v (1分)v02gh，解得：v0＝4.0 m/s(1分)②设物块B受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，则f＝μm2g(1分)W＝－μm2gx解得：W＝－1.6 J(1分)③设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理有－μm2gx＝0－12m2v2解得：v＝4.0 m/s(1分)根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v(1分)解得：v1＝2.0 m/s(1分)能量守恒12m12v＝12m121v＋12m2v2＋E(1分)解得：E＝0.80 J(1分)考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律2．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：（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？【答案】（1）10v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：22011122mv mgR mv += 解得：v 1=5m/sP 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得：10v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s 2；（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：22()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m滑板碰后，P 1向右滑行距离：2110.08m 2v s a ==P 2向左滑行距离：22222.25m 2v s a '==所以P 1、P 2静止后距离：△S=L-S 1-S 2=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．3．如图所示，一辆质量M=3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=l kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p =6J ，小球与小车右壁距离为L=0.4m ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：①小球脱离弹簧时的速度大小；②在整个过程中，小车移动的距离。

【答案】（1）3m/s （2）0.1m 【解析】试题分析：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得 mv 1-Mv 2=022121122P E mv Mv =+ 代入数据解得：v 1=3m/s v 2=1m/s （2）根据动量守恒和各自位移关系得12x xm M t t=，x 1+x 2=L 代入数据联立解得：24Lx ==0.1m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.4．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块并留在其中，与木块用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间的速度，木块、的质量均为．求：•子弹射入木块时的速度；‚弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能． 【答案】22()(2)Mm aM m M m ++b【解析】试题分析：（1）普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E错．(2)1以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：．2弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：由机械能守恒定律可知：．考点：本题考查了物理学史和动量守恒定律5．匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示．图中E0和d均为已知量．将带正电的质点A在O点由能止释放．A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用．已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和．不计重力．（1）求A在电场中的运动时间t，（2）若B的电荷量q =Q，求两质点相互作用能的最大值E pm（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值q m【答案】（1）（2）145QE0d （3）Q【解析】【分析】【详解】解：（1）由牛顿第二定律得，A在电场中的加速度 a ==A在电场中做匀变速直线运动，由d =a得运动时间 t ==（2）设A、B离开电场时的速度分别为v A0、v B0，由动能定理得QE0d =mqE0d =A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用为斥力，A受力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v，，由动量守恒定律得：（m +）v，= mv A0 +v B0由能量守恒定律得：E Pm= (m+)—）且 q =Q解得相互作用能的最大值 E Pm=145QE0d（3）A、B在x>d区间的运动，在初始状态和末态均无相互作用根据动量守恒定律得：mv A+v B= mv A0 +v B0根据能量守恒定律得：m+=m+解得：v B = -+因为B不改变运动方向，所以v B = -+≥0解得：q≤Q则B所带电荷量的最大值为：q m =Q6．牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16．分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度．若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m 的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小．【答案】v0v0【解析】设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2且由题意知＝解得v1＝v0，v2＝v0视频7．如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。

车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2)人给第一辆车水平冲量的大小；(3)第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。

【答案】【解析】略8．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α射线，这种射线像小“炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等．若有一静止的氡核22286Rn 发生α衰变，放出一个速度为0v 、质量为m 的α粒子和一个质量为M 的反冲核钋21884Po 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α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）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）222218486842Rn Po He →+；（2）0mv v M=-，负号表示方向与α离子速度方向相反；（3）()2022M m mv m Mc+∆=【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222218486842Rn Po+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00mv Mv +=解得0mv v M=-，负号表示方向与α离子速度方向相反 （3）衰变过程产生的能量()2022011222M m mv E mv Mv M+∆=+=由爱因斯坦质能方程得2E mc ∆=∆解得()2022M m mv m Mc+∆=9．如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为m 的小物块A 和C 以及光滑曲面劈B ，B 的质量为M =3m ，劈B 的曲面下端与水平面相切，且劈B 足够高，现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生弹性碰撞，碰撞后小物块A 又滑上劈B ，求物块A 在B 上能够达到的最大高度．【答案】238v h g=【解析】试题分析：选取A 、C 系统碰撞过程动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出A 的速度；A 、B 系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．小物块C 与A 发生弹性碰撞， 由动量守恒得：mv 0＝mv C ＋mv A由机械能守恒定律得：2220111222C A mv mv mv =+ 联立以上解得：v C ＝0，v A ＝v 0设小物块A 在劈B 上达到的最大高度为h ，此时小物块A 和B 的共同速度大小为v ，对小物块A 与B 组成的系统，由机械能守恒得：()221122A mv mgh m M v =++ 水平方向动量守恒()A mv m M v =+联立以上解得： 238v h g=点睛：本题主要考查了物块的碰撞问题，首先要分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．要注意A 、B 系统水平方向动量守恒，系统整体动量不守恒．10．如图所示，在光滑水平面上有一个长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的14圆弧槽C 与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B 、C 静止在水平面上，现有滑块A 以初速度v 0从右端滑上B 并以02v滑离B ，恰好能到达C 的最高点.A 、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）14圆弧槽C 的半径R 【答案】（1）20516v gL μ＝；（2）2064v R g＝【解析】由于水平面光滑，A 与B 、C 组成的系统动量守恒和能量守恒，有：mv 0＝m (12v 0)＋2mv 1 ① μmgL ＝12mv 02－12m (12v 0) 2－12×2mv 12 ②联立①②解得：μ＝20516v gL. ②当A 滑上C ，B 与C 分离，A 、C 间发生相互作用．A 到达最高点时两者的速度相等．A 、C 组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒： m (12v 0)＋mv 1＝(m ＋m )v 2 ③ 12m (12v 0)2＋12mv 12＝12(2m )v 22＋mgR ④ 联立①③④解得：R ＝264v g点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，列出动量守恒以及能量转化的方程；注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向．11．在光滑的水平面上，质量m 1=1kg 的物体与另一质量为m 2物体相碰，碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图所示。