高考物理动量守恒定律答题技巧及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律答题技巧及练习题(含答案)

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求：

（1）第一次碰撞过程中系统损失的动能

（2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量

【答案】(1)2014mv ；(2) 0mv 【解析】

【详解】

解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ，之后甲做匀速直线运动，乙以2v 初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速度相等，有：212

v v = 而第一次碰撞中系统动量守恒有：01222mv mv mv =+

由以上两式可得：012

v v =，20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为：222201201

1

11222224

E m v m v mv mv ∆=--=g g g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：200I mv mv =-=

2．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)，重力加速度为g ．求：

（1）A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小；

（2）A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；

（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆弧轨道与斜面相切 于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上

的速度，则v 至少为多大时物块A 能沿圆弧轨道运动到Q 点．（计算结果可用根式表示） 【答案】20132v gx =014P E mgx =0(2043)v gx =+ 【解析】

试题分析：（1）A 与B 球碰撞前后，A 球的速度分别是v 1和v 2，因A 球滑下过程中，机械能守恒，有：

mg （3x 0）sin30°=12

mv 12 解得：103v gx ＝…①

又因A 与B 球碰撞过程中，动量守恒，有：mv 1=2mv 2…②

联立①②得：2101

1322

v v gx ＝＝ （2）碰后，A 、B 和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒．

则有：E P +12

•2mv 22＝0+2mg•x 0sin30° 解得：E P ＝2mg•x 0sin30°−

12•2mv 22=mgx 0−34

mgx 0＝14mgx 0…③ （3）设物块在最高点C 的速度是v C ，

物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点C 点时，重力提供向心力，得：2c v mg m R

＝ 所以：0c v gR gx ＝＝

C 点相对于O 点的高度：

h=2x 0sin30°+R+Rcos30°=(43) +x 0…⑤ 物块从O 到C 的过程中机械能守恒，得：

12mv o 2＝mgh+12mv c 2…⑥ 联立④⑤⑥得：0(53)o v gx +＝…⑦ 设A 与B 碰撞后共同的速度为v B ，碰撞前A 的速度为v A ，滑块从P 到B 的过程中机械能守

恒，得：12mv 2+mg （3x 0sin30°）＝12

mv A 2…⑧ A 与B 碰撞的过程中动量守恒．得：mv A =2mv B …⑨

A 与

B 碰撞结束后从B 到O 的过程中机械能守恒，得：12

•2mv B 2+E P ＝12

•2mv o 2+2mg•x 0sin30°…⑩ 由于A 与B 不粘连，到达O 点时，滑块B 开始受到弹簧的拉力，A 与B 分离． 联立⑦⑧⑨⑩解得：033v gx ＝

考点：动量守恒定律；能量守恒定律

【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A 、B 到达P 点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．

3．如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m 的木板B ，B 的左端放置一个质量为m 的物块A ，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m 的小球以水平速度0υ飞来与A 物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A 始终未滑离木板B ，且物块A 和小球均可视为质点(重力加速度g)．求：

①物块A 相对B 静止后的速度大小；

②木板B 至少多长．

【答案】①0.25v 0．②2016v L g

μ= 【解析】

试题分析：（1）设小球和物体A 碰撞后二者的速度为v 1，三者相对静止后速度为v 2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，

mv 0=2mv 1，① （2分）

2mv 1=4mv 2② （2分）

联立①②得，v 2=0.25v 0． （1分）

（2）当A 在木板B 上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B 的长度为L ，假设A 刚好滑到B 的右端时共速，则由能量守恒得，

③ （2分）

联立①②③得，L=

考点：动量守恒，能量守恒．

【名师点睛】小球与 A 碰撞过程中动量守恒，三者组成的系统动量也守恒，结合动量守恒

定律求出物块A 相对B 静止后的速度大小；对子弹和A 共速后到三种共速的过程，运用能量守恒定律求出木板的至少长度．

4．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h="0.3" m （h 小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m 1="30" kg ，冰块的质量为m 2="10" kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g="10" m/s 2．

（i ）求斜面体的质量；

（ii ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

【答案】（i ）20 kg （ii ）不能

【解析】

试题分析：①设斜面质量为M ，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：

222()m v m M v =+ 系统机械能守恒：22222211()22m gh m M v m v +

+= 解得：20kg M =

②人推冰块的过程：1122m v m v =,得11/v m s =（向右） 冰块与斜面的系统：2222

3m v m v Mv '=+ 22222223111+222

m v m v Mv =' 解得：2

1/v m s =-'（向右） 因2

1=v v '，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩． 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律．

5．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v 0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】v 0v 0

【解析】设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2

由动量守恒定律得2mv 0＝2mv 1＋mv 2

且由题意知＝

解得v1＝v0，v2＝v0

视频

6．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

7．（1）（6分）一质子束入射到静止靶核AI 2713上，产生如下核反应：p+AI 27

13→x+n 式中

p 代表质子，n 代表中子，x 代表核反应产生的新核。由反应式可知，新核x 的质子数为 ，中子数为 。

（2）（9分）在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d 。现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短：当两木块都停止运动后，相距仍然为d 。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g 。求A 的初速度的大小。

【答案】（1）14 13

（2 5.6gd μ【解析】（1）由127271

113140H Al X n +→+，由质量数守恒定律和电荷数守恒可得，新核的

质子数为14，中子数为13。

（2）设物块A 的初速度为0v ，运动距离d 的速度为v ，A 、B 碰后的速度分别为v 1、v 2，运动的距离分别为x 1、x 2，由于A 、B 发生弹性正碰,时间极短,所以碰撞墙后动量守恒，动能守恒，有

12A A B m v m v m v =+ ①

22212111222

A A

B m v m v m v =+ ② ①②联立解得113A B A B m m v v v m m -==-+ ③ 2223

A A

B m v v v m m ==+ ④ A 、B 与地面的动摩擦因数均为μ，有动能定理得211102

A m gx mv μ-=-⑤ 222102

B m gx mv μ-=- ⑥ 由题意知12x x d += ⑦ 再由2201122

A A A m gd m v m v μ-=- ⑧

联立③至⑧式解得0v ==⑨ 另解：由牛顿第二定律得mg ma μ=,⑤

所以A 、B 的加速度均为a g μ= ⑥

A 、

B 均做匀减速直线运动

对A 物体有：碰前2202v v ad =- ⑦

碰后:A 物体反向匀减速运动：21102v ax =- ⑧

对B 物体有22202v ax =- ⑨

由题意知12x x d += ⑩

②③⑤⑦⑧⑨联立解得v =

(11)

将上式带入⑥解得0v == 【考点定位】动量守恒定律、弹性正碰、匀减速直线运动规律、动能定理、牛顿第二定律。

8．（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K 时，可以发生“氦燃烧”。

①完成“氦燃烧”的核反应方程：γBe ___He 8442+→+。

②Be 84是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10-16s 。一定质量的Be 8

4，经7.8×10-16s 后所剩下的Be 8

4占开始时的 。

（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A （上表面粗糙）和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为kg 2=A m 、kg 1=B m 、kg 2=C m 。开始时C 静止，A 、B 一起以s /m 5=0v 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞（时间极短）后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞。求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小。

【答案】（1）①42He （或α） ②

18（或12.5%） （2）2m/s

【解析】（1）①由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。

②由题意可知经过3个半衰期，剩余的84Be 的质量3001

1()28

m m m ==。 （2）设碰后A 的速度为A v ，C 的速度为C v ,由动量守恒可得0A A A C C m v m v m v =+, 碰后A 、B 满足动量守恒，设A 、B 的共同速度为1v ，则01()A A B A B m v m v m m v +=+ 由于A 、B 整体恰好不再与C 碰撞，故1C v v =

联立以上三式可得A v =2m/s 。

【考点定位】（1）核反应方程，半衰期。

（2）动量守恒定律。

9．一个静止的铀核23292U （原子质量为232.0372u ）放出一个α粒子（原子质量为

4.0026u ）后衰变成钍核22890Th （原子质量为228.0287 u ）．（已知：原子质量单位

271u 1.6710kg -=⨯，1u 相当于931MeV ）

(1)写出核衰变反应方程；

(2)算出该核衰变反应中释放出的核能；

(3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？

【答案】(1)

232228492902U Th+He → (2)5.49MeV (3)0.095MeV 【解析】

【详解】

(1)232

228

4

92902U Th+He →

(2)质量亏损U αTh 0.0059u m m m m ∆=--=

△E =△mc 2=0.0059×931MeV=5.49MeV

(3)系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，即

Th αp p =

2Th kTh Th 2p E m = 2αk αα

2p E m = kTh k αE E E +=∆

所以钍核获得的动能kTh αTh α40.095MeV 4228

m E E E m m =⨯∆=⨯∆=++

10．在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的多次碰撞．如图所示，一块表面水平的木板静止放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离L ＝0.08 m ．现有一小物块以初速度v 0＝2 m/s 从左端滑上木板，已知木板和小物块的质量均为1 kg ，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，木板与墙碰后木板以原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取重力加速度g ＝10 m/s 2．求：

(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；

(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间；

(3)小物块和木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离．

【答案】（1）0.4 s 0.4 m/s （2）1.8 s. （3）0.06 m

【解析】

试题分析：（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动，设木板加速度为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为1v

则mg ma μ=，解得21/a g m s μ==①

212

L at =②，1v at =③ 联立①②③解得0.4t s =，10.4/v m s =④

（2）在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T ．

设在物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞，则有：

()02v v nT t a a t =-+∆=∆⑤

式中△t 是碰撞n 次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间．

由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为022v v nTa =-⑥ 由于木板的速率只能处于0到1v 之间，故有()01022v nTa v ≤-≤⑦

求解上式得1.5 2.5n ≤≤

由于n 是整数，故有n=2⑧

由①⑤⑧得：0.2t s ∆=⑨；0.2/v m s =⑩

从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：4 1.8t T t s =+∆=（11） 即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为

1．8s ．

（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为212s L a t =-

∆（12） 联立①与（12）式，并代入数据得0.06s m =

即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0．06m ．

考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式

【名师点睛】本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减为零．

11．如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v 0向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后木板以原速率反弹.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.

【答案】043v t g

μ=

【解析】 解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，

再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．

木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度v ，动量守恒，有： 2mv 0﹣mv 0=（2m+m ）v ，解得：v=

木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv ﹣m （﹣v 0）=μ2mgt 1

用动能定理，有：﹣=﹣μ2mgs

木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt 2

木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t 1+t 2=+= 答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为

【点评】本题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题，正确分析出运动规律是关键．

12．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=1kg 的小物块A ．装置的中间是水平传送带，它与左、右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以v=1m/s 的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面，质量m=0.5kg 的小物块B 从其上距水平台面高h=0.8m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数0.35μ=，l=1.0m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 处于静止状态．取g=10m/s 2．

(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；

(2)物块A 、B 间发生碰撞过程中，物块B 受到的冲量；

(3)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？

(4)如果物块A 、B 每次碰撞后，弹簧恢复原长时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．

【答案】(1)3m/s ；(2)2kgm/s ；(3)17l <，所以不能；(4)113n m s

-⎛⎫ ⎪⎝⎭

【解析】

【分析】 物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B 在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解；物块A 、B 第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解；当物块B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B 运动到左边台面是的速度大小为v 1，继而与物块A 发生第二次碰撞．物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞…，根据对于的规律求出n 次碰撞后的运动速度大小．

【详解】

(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律可得： 2012

mgh mv = 解得：04m v s

=

设物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a ，则有：μmg=ma ， 设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有：v 12-v 02=-2al ，

解得：v 1=3m/s ＞v=1m/s ，则物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小为3m/s ；

(2)设物体A 、B 第一次碰撞后的速度分别为A v 、B v ，取向右为正方向

由动量守恒定律得：1A B mv Mv mv -=+ 由机械能守恒定律得：2221111222

B A mv mv Mv =+ 解得：v A =-2m/s ，v B =1m/s ，（v A =0m/s ，v B =-3m/s 不符合题意，舍去）

12?B m I P mv mv kg s

=∆=-= ，方向水平向右； (3) 碰撞后物块B 在水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l'，则有：

0-v B 2=-2al′， 解得：17

l l '=< 所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上；

(4) 当物块B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B 运动到左边台面是的速度大小为v B ，继而与物块A 发生第二次碰撞

由（2）可知，v B =113

v 同理可得：第二次碰撞后B 的速度：v B1=211

1()33B v v =

第n 次碰撞后B 的速度为：v B （n-1）=1111()()

33n n m v s

-= 【点睛】

本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大．

高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s ，此时乙尚未与P 相撞． ①求弹簧恢复原长时乙的速度大小； ②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值． 【答案】v 乙＝6m/s. I ＝8N 【解析】 【详解】 （1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得： 又知 联立以上方程可得 ，方向向右。 （2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为 由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为： 2．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m 2=3kg 的小球被长为1l m =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m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的 1 2 反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度2 10m/s g =。求： （1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？ （2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【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：

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

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．如图所示，质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点，B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点，现给小物块一个向右的水平初速度v 0=4m/s ，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点，已知圆弧所对的圆心角为53°，A 、B 两点间的距离为L=1m ，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s 2．求： (1)圆弧所对圆的半径R ； (2)若AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v 0=4m/s 的初速度向右运动，则小物块从C 点抛出后，经多长时间落地? 【答案】（1）1m （2）4282 25 t s = 【解析】 【分析】 根据动能定理得小物块在B 点时的速度大小；物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从C 抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间； 【详解】 解：(1)设小物块在B 点时的速度大小为1v ，根据动能定理得：22011122 mgL mv mv μ= - 设小物块在B 点时的速度大小为2v ，物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：12()mv m M v =+ 根据系统机械能守恒有：22 01211()(cos53)22 mv m M v mg R R =++- 联立解得：1R m = (2)若整个水平面光滑，物块以0v 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有： 22 00311(cos53)22 mv mv mg R R =+- 解得：322/v m s = 物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：38 sin 532/5 y v v m s =?= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-?=

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用 1．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m ．小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长2m L = 的绝缘细轻杆 连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足2 2 4 F t π += ．已知三个小球均可看做质点且m a =0.25kg ，m b =0.2kg ，m c =0.05kg ，小球 c 带q=5×10-4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g =10m/s 2，求 (1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0； (2)小球c 运动到Q 点时的速度v ； (3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量． 【答案】(1)04m/s v = (2)v =2m/s (3) 3.2J P E ?= 【解析】 【分析】对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得； 解：(1)对小球a ，由动量定理可得00a I m v =- 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量， 由圆方程可知21S m = 代入数据可得：04/v m s = (2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得012()a a b c m v m v m m v =++ 由机械能守恒可得 222012111 ()222 a a b c m v m v m m v =++ 解得120,4/v v m s == 小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理

高中物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

高中物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求： ①物块C的质量？ ②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P？ 【答案】（1）2kg（2）9J 【解析】 试题分析：①由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．m c v1＝（m A＋m C）v2 即m c＝2 kg ②12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大 （m A＋m C）v3＝（m A＋m B＋m C）v4 得E p＝9 J 考点：考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的应用 【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题． 2．如图所示，质量M=1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m=lkg的导体棒自ce端的正上方h=2m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度 B=0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m，导轨的半径r=0.5m，导体棒的电阻 R=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。

高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以0 2 v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ； （4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能． 【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）20 1532 mv E ∆= 【解析】 【详解】 (1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有： mv 0＝m 2 v ＋2mv B 解得v B ＝ 4 v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 2 220001 11()2()22224 v v mgL mv m m μ⨯＝－－ 解得20 516v gL μ= (3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有： 2 mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒： 22200111 ()()222242 v v mgR m m mv +-⨯＝ 解得2 64v R g = (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒

高考物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

高考物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m2被右侧墙壁原速弹回，又与m1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m1球速度的大小. 【答案】 【解析】 设两个小球第一次碰后m 1和m2速度的大小分别为和， 由动量守恒定律得：（4分） 两个小球再一次碰撞，（4分） 得：（4分） 本题考查碰撞过程中动量守恒的应用，设小球碰撞后的速度，找到初末状态根据动量守恒的公式列式可得 2．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C 碰撞过程时间极短．那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求． （1）A、B第一次速度相同时的速度大小； （2）A、B第二次速度相同时的速度大小； （3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小 【答案】（1）v0（2）v0（3） 【解析】 试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得， mv0=2mv1， 解得v1＝v0 （2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2解得v2=v0

（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有： 解得v3＝v0 系统损失的机械能为 当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0 根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能． 考点：动量守恒定律及能量守恒定律 【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。 3．28．如图所示，质量为m a=2kg的木块A静止在光滑水平面上。一质量为m b= lkg的木块B以初速度v0=l0m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动。木块A与挡板碰撞后立即反弹（设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失）。后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为1m/s、4m/s。求：木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能。 【答案】9J 【解析】试题分析：依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后A、B 速度方向都向左。 第一次碰撞，规定向右为正向 m B v0=m B v B+m A v A 第二次碰撞，规定向左为正向 m A v A-m B v B= m B v B’+m A v A’ 得到v A=4m/s v B=2m/s ΔE=9J 考点：动量守恒定律；能量守恒定律. 视频 4．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

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及经典题型及练习题 (含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用 1. 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量 质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数 止.现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间 (1) 小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度 (2) 刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离 s ； ⑶撒去F 后，系统能损失的最大机械能 AE. 【答案】(1) 2m/s 2 (2) 0.5m (3) 0.4J 【解析】 【分析】 (1 )对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度； (2) 先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出 长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离； (3) 撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损 失的最大机械能AE . 【详解】 (1) 小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则： 解得a 1=卩g=2m/s (2) 对木板，受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F-卩mg=Ma, 解得：a 2= 3m/s 2. 1 1 小物块运动的位移： X 1= a 1t 2= x 2支m=1m , 2 2 11 长木板运动的位移： X 2= a 2t 2= x 3 X m=1.5m , 2 2 则小物块相对于长木板的位移： △x=X 2-x 1=1.5m-1m=0.5m . (3) 撤去F 后，小物块和木板的速度分别为： v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为 0,动量守恒：mv m Mv (M m)v 解得 v 2.8m/s 从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律: 12 12 mv m Mv 2 2 解得？E=0.4J 【点睛】 该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认 真分析物体 M=4kg 的长木板，在长木板右端有一 卩=0.2开始时长木板与小物块均静 t=1s 撤去水平恒力 F , g=10m/s 2.求 a 的大 小; mg=ma E 丄(M 2 m)v

高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题 (含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用 1. 竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径 R=1m 的 半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4X 10/m .小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径， b 、c 球用长L 2m 的绝缘细轻杆 连接，开始时c 静止于管道水平部分右端 P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下 由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且 满足F 2 t 2 —.已知三个小球均可看做质点且 m a =0.25kg , m b =0.2kg , m c =0.05kg ，小球 (1) 小球a 与b 发生碰撞时的速度 v o ; (2) 小球c 运动到Q 点时的速度v ; (3) 从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量. 【答案】(1) V 4m/s (2) v=2m/s (3) E p 3.2J 【解析】 【分析】对小球 a ,由动量定理可得小球 a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组 成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球 c 运动到Q 点时，小球b 恰 好运动到P 点，由动能定理可得小球 c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速 度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从 c 球运动到Q 点到减速到零的过程列 能量守恒可得； 解：⑴对小球a ,由动量定理可得I m a V 。0 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧 ，面积为拉力F 的冲量， 由圆方程可知S 1m 2 代入数据可得：v 0 4m/s (2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞 ， 由动量守恒可得 m a V 0 m a V | (m b m c )v 2 1 2 1 2 1 2 由机械能守恒可得 m a v 0 m a v 1 (m b m c )v 2 2 2 2 解得 V 1 0, V 2 4m/ s A E 阳1r c 带q=5 x 1'0)C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2，求

高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案) 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m 2=3kg 的小球被长为1l m =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m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的 1 2 反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度2 10m/s g =。求： （1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？ （2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【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： 22 1111011=22 m gL m v m v μ-- 解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理 滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221 =+2 m v m v m v - 解之得：2=2m/s v 碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2 22 2m v F m g l -= 小球受到的拉力：42N F = （2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()0111 2 L v v t =+ 解之得：11s t = 在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-= 设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭

高中物理动量守恒定律解题技巧及练习题(含答案)

高中物理动量守恒定律解题技巧及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1.如下图,质量M=1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽局部嵌有cd 和ef两个光滑半圆形导轨,c与e端由导线连接,一质量m=lkg的导体棒自ce端的正上方h=2m处平行ce由静止下落,并恰好从ce端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好.磁场的磁感应强度 B=0.5T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m,导轨的半径r=0.5m ,导体棒的电阻 R=1 Q,其余电阻均不计,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力. ⑴求导体棒刚进入凹槽时的速度大小； (2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量； (3)假设导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J,求导体棒第 一次通过最低点时回路中的电功率. 9 _ 【答案】(1) v 2、10m/s (2)25J (3)P - W 4 【解析】 【详解】 解：⑴根据机械能守恒定律,可得：mgh - mv2 2 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v 2g0m / s (2)导体棒早凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象,产生感应电流,最终整个系统处于 静止,圆柱体停在凹槽最低点 根据水平守恒可知,整个过程中系统产生的热量：Q mg(h r) 25J (3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为V I ,凹槽速度大小为v2,导体棒在凹槽内运 动时系统在水平方向动量守恒,故有：mv1 Mv? 1 2 1 2 由能重寸恒可得：一mv1 mv2 mg(h r) Q1 2 2 导体棒第一次通过最低点时感应电动势： E BLv1 BLv2 E2 回路电功率：P

高考物理动量守恒定律答题技巧及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律答题技巧及练习题 ( 含答案 ) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1． 如下图，小明站在静止在圆滑水平面上的小车上使劲向右推静止的木箱，木箱最后以 速度 v 向右匀速运动．已知木箱的质量为 m ，人与车的总质量为 2m ，木箱运动一段时间后 与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求： (1)推出木箱后小明和小车一同运动的速度 v 1 的大小； (2)小明接住木箱后三者一同运动的速度 v 2 的大小． 【答案】 ① v ； ② 2v 2 3 【分析】 试题剖析： ① 取向左为正方向，由动量守恒定律有： 0=2mv 1-mv 得 v 1 v 2 ② 小明接木箱的过程中动量守恒，有 mv+2mv 1 =（m+2m ） v 2 解得 v 2 2v 3 考点：动量守恒定律 2． 在图所示足够长的圆滑水平面上，用质量分别为 3kg 和 1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲 拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右边有一挡板 P.现将两滑块由静止开释，当弹簧 恢还原长时，甲的速度大小为 2m/s ，此时乙还没有与 P 相撞． ①求弹簧恢还原长时乙的速度大小； ②若乙与挡板 P 碰撞反弹后，不可以再与弹簧发生碰撞．求挡板 P 对乙的冲量的最大值． 【答案】 v 乙 ＝ 6m/s. I ＝8N 【分析】 【详解】 （1）当弹簧恢还原长时，设甲乙的速度分别为 左的方向为正方向，由动量守恒定律可得： 和 ，对两滑块及弹簧构成的系统，设向 又知 联立以上方程可得 ，方向向右。 （ 2）乙反弹后甲乙恰巧不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：