高中物理动量守恒定律的应用答题技巧及练习题(含答案)及解析

高中物理动量守恒定律的应用答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1．2019年1月，中国散裂中子源加速器打靶束流功率超过50kW，技术水平达到世界前列，散裂中子源是由加速器提供高能质子轰击重金属靶而产生中子的装置，一能量为109eV的质子打到汞、钨等重核后，导致重核不稳定而放出20～30个中子，大大提高了中子的产生效率。一个高能质子的动量为p0，打到质量为M、原来静止的钨核内，形成瞬时的复合核，然后再散裂出若干中子，已知质子质量为m，普朗克常量为h。①求复合核的速度v；②设复合核释放的某个中子的动量为p，求此中子的物质波波长λ。【答案】①0pvMm②hp【解析】【详解】①质子打到钨核上过程系统动量守恒，以质子的初速度方向为正方向由动量守恒定律得：p0＝（m+M）v解得：0pvMm②由德布罗意关系式可知，波长：hp2．如图所示，质量为M=2kg的木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x，右端与一固定在地面上的半径R=0.4m的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为m=1kg的滑块B(可视为质点)以初速度08/vms从圆弧的顶端沿圆弧下滑，B从A右端的上表面水平滑入时撤走圆弧。A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数0.1，A足够长，B不会从A表面滑出，取g=10m/s2。(1)求滑块B到圆弧底端时的速度大小v1；(2)若A与台阶碰前，已和B达到共速，求A向左运动的过程中与B摩擦产生的热量Q(结果保留两位有效数字)；(3)若A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件。【答案】(1)14m/sv(2)5.3JQ(3)1mx【解析】【分析】滑块下滑时只有重力做功，根据机械能守恒求得滑块到达底端时的速度；木板与台阶碰撞后，滑块与木板组成的系统总动量水平向右，则只发生一次碰撞，根据动量守恒和动能定理分析求解；【详解】(1)滑块B从释放到最低点，由动能定理得：22101122mgRmvmv解得：14m/sv(2)向左运动过程中，由动量守恒定律得：12()mvmMv解得：24m/s3v由能量守恒定律得：221211()22QmvmMv解得：5.3JQ(3)从B刚滑到A上到A左端与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为v3和v4，由动量守恒定律得：mv1=mv4+Mv3若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：Mv3≥|mv4对A板，应用动能定理：23102mgxMv联立解得：1mx【点睛】本题木块在小车上滑动的类型，分析物体的运动过程，对于系统运用动量守恒列方程，对于单个物体运用动能定理列式求解位移，都是常用的思路，要加强这方面的练习，提高解决综合问题的能力.3．如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接．A，B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B恰能返回P点．己知圆形轨道的半径0.72mR，滑块A的质量0.4kgAm，滑块B的质量0.1kgBm，重力加速度g取210m/s，空气阻力可忽略不计．求：（1）滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小；（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h；（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能．【答案】（1）655m/s；（2）0.8m；（3）4J【解析】【分析】【详解】（1）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2，根据牛顿第二定律有mAg=mA22vR解得：v2=655m/s（2）设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有12mAv12=mAg•2R+12mAv22可得：v1=6m/s设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（mA+mB）gh=12（mA+mB）v02同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（mA+mB）v0=mAv1-mBv0解得：h=0.8m（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有12（mA+mB）v02+Ep=12mAv12+12mBv02解得：Ep=4J4．用两只玩具小车A、B做模拟碰撞实验，玩具小车A、B质量分别为m1=lkg和m2=3kg，把两车放置在相距S=8m的水平面上。现让小车A在水平恒力，作用下向着小车B运动，恒力作用t=ls时间后撤去，小车A继续运动与小车B发生碰撞，碰撞后两车粘在一起，滑行d=0.25m停下。已知两车运动所受的阻力均为重力的0.2倍，重力加速度取l0m/s2。求：(1)两个小车碰撞后的速度大小；(2)小车A受到的恒力F的大小。【答案】（1）1m/s（2）8N【解析】【详解】解：（1）两小车碰撞后的滑行过程中，有212123102kmmgdmmv解得v3=1m/s（2）两车碰撞过程中，有12123mvmmv解得v2=4m/s恒力作用过程有11Ftkmgtmv112vxt撤去F至二车相碰过程有221211121122kmgxmvmv12xxS解得8NF5．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m．物块A以某一速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B发生弹性碰撞，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.5，A、B的质量均为m=1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短，有阴影的地方代表粗糙段)，碰后B最终停止在第100个粗糙段的末端．求：(1)A刚滑入圆轨道时的速度大小v0；(2)A滑过Q点时受到的弹力大小F；(3)碰后B滑至第n个(n100)光滑段上的速度vn与n的关系式．【答案】(1)10m/s；（2）150N；（3）vn=100km/s,(k100)【解析】【分析】（1）先求出滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E，进而求得损失的总能量，根据动量守恒和和能量守恒可得A刚滑入圆轨道时的速度大小v0．（2）在最高点Q由机械能守恒求得速度，由牛顿第二定律可得弹力F．（3）算出B滑到第n个光滑段前已经损失的能量，由能量守恒得速度vn与k的关系式．【详解】（1）滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E=μmgL，解得E=0.5J设碰后B的速度为vB，由能量关系有：12mvB2=100E设碰后A的速度为vA，A、B碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和和能量守恒有：mv0=mvA+mvB12mv02=12mvA2+12mvB2解得A刚滑入圆轨道时的速度大小v0=10m/s(2)从A刚滑入轨道到最高点Q，由机械能守恒有：12mv02=mg2R+12mv2在Q点根据牛顿第二定律得：F+mg=m2vR解得A滑过Q点时受到的弹力大小F=150N（3）B滑到第n个光滑段前已经损失的能量E损=kE由能量守恒有：12mvB2-12mvn=kE解得碰后B滑至第n个(n100)光滑段上的速度vn与k的关系式:vn=100km/s，(k100)6．如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起．①A与C刚粘合在一起时的速度为多大？②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能．【答案】①2016vv②201336Emv【解析】【详解】①轻细线绷紧的过程，A、B这一系统动量守恒，以水平向右为正，则012mvmmv＝（）解得1013vv，之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统动量守恒，则有，12mvmmv＝（）解得2016vv，②轻细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为△E1，则22210101113223Emvmvmv，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为△E2，则222212011122236Emvmvmv，则A、B、C这一系统机械能损失为21201336EEEmv7．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在小球A上，另一端与小球B接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5m的光滑水平桌面上．现有一小球C从光滑曲面上离桌面h＝1.8m高处由静止开始滑下，与小球A发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动小球B向前运动，经一段时间，小球B脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出．小球均可视为质点，忽略空气阻力，已知mA＝2kg，mB＝3kg，mC＝1kg，g＝10m/s2．求：（1）小球C与小球A碰撞结束瞬间的速度；（2）小球B落地点与桌面边缘的水平距离．【答案】（1）2v2m/s（2）x2?m【解析】（1）小球C从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底端的速度为v1，由机械能守恒定律有：2112CCmghmv解之得：v1=6m/s小球C与A碰撞的过程，C、A系统动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2由动量守恒定律有：12()CACmvmmv解之得：v2=2m/s（2）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，小球B脱离弹簧，设小球C、A的速度为v3，小球B的速度为v4，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：234()=()ACACBmmvmmvmv222234111()=()222ACACBmmvmmvmv解之得：v3=0,v4=2m/s小球B从桌面边缘飞出后做平抛运动：x=v4t212Hgt解之得：x=2m8．如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m、不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动，03mgvqB，两小球P、Q可视为质点，正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移．已知匀强电场的电场强度mgqE，水平台面距地面高度2222mghqB，重力加速度为g，不计空气阻力．（1）求P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球Q的速度大小；（2）P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落地？落地点与平台边缘间的水平距离多大？（3）若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘、小球P仍以水平初速度03mgvqB向Q运动，小球Q的运动轨迹如图2所示（平台足够高，小球Q不与地面相撞）．求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H．【答案】（1）3mgqB（2）(22)mqB；22223mgqB（3）22254,33mmmgvHqBqB【解析】【详解】（1）小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，得：0PQmmmvvv2220111222pQmvmvmv联立解得00,3pQmgvvvqB（2）对于小球Q，由于qEmg，故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则2QvqvBmr经过一个周期的时间12mtTqB小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后0,03PQmgvvvqB小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，则有2212hgt，代入数据，得：222hmtgqB故P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间2