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．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2

m

∆ 的压缩气体，每级总质量均为

2

M

，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。 【答案】116.54m

【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-∆-∆甲

21085=200.5629

v h m m g =≈甲甲

对模型乙第一级喷气： 10022

m m

M v v ∆∆⎛

⎫=-- ⎪⎝⎭乙 解得： 130m v s

=乙

2s 末： ‘

11=10m v v gt s

-=乙乙

22

11

1'=402v v h m g

-=乙乙乙

对模型乙第一级喷气：

‘120=)2222

M M m m v v v ∆∆--乙乙（ 解得： 2670=

9

m

v s 乙 2

2222445=277.10281

v h m m g =≈乙乙

可得： 129440

+=

116.5481

h h h h m m ∆=-≈乙乙甲。

2．(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m 1=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m 2=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＝1

2

m12

v (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＝0－1

2

m2v2

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1

2

m12

v＝

1

2

m12

1

v＋

1

2

m2v2＋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

3．用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”．1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氨（它们可视为处于静止状态）．测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氨核和氦核的质量之比为7：0．查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子．假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氦发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量．（质量用原子质量单位u表示，1u等于1个12C原子质量的十二分之一．取氢核和氦核的质量分别为1.0u和14u．）

【答案】m＝1.2u

【解析】

设构成铍“副射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为m H．构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和v H′．由动量守恒与能量守恒定律得

mv＝mv′＋m H v H′ ①

1 2mv2＝

1

2

mv′2＋

1

2

m H v H′2②

解得

v H′＝

2

H

mv

m m

+

③

同理，对于质量为m N的氮核，其碰后速度为

V N′＝

2

N

mv

m m

+④

由③④式可得

m＝

''

''

N N H H

H N

m v m v

v v

-

-⑤

根据题意可知

v H′＝7.0v N′ ⑥

将上式与题给数据代入⑤式得

m＝1.2u ⑦

4．[物理─选修3－5]

（1）天然放射性元素239

94

Pu经过次α衰变和次β衰变，最后变成铅的同位

素。（填入铅的三种同位素206

82

Pb、207

82

Pb、208

82

Pb中的一种）

（2）某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律．图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2．当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30°．若本实验允许的最大误差为±4％，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？

【答案】（1）8，4，207

82

Pb；（2）21

1

P P

P

-

≤4%

【解析】

【详解】

（1）设发生了x次α衰变和y次β衰变，

根据质量数和电荷数守恒可知，

2x-y+82=94，

239=207+4x ；

由数学知识可知，x =8，y =4．

若是铅的同位素206，或208，不满足两数守恒， 因此最后变成铅的同位素是

20782

Pb

（2）设摆球A 、B 的质量分别为A m 、B m ，摆长为l ，B 球的初始高度为h 1，碰撞前B 球的速度为v B .在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得

1(1cos 45)h l =-︒①

2112

B B B m v

m gh =② 设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P 1、P 2．有

P 1=m B v B ③

联立①②③式得

12(1cos45)

B P m gl =-︒ ④ 同理可得

2()2(1cos30)A B P m m gl =+-︒ ⑤

联立④⑤式得

21

1cos301cos 45A B B P m m P m +-︒

=

-︒ ⑥ 代入已知条件得

2

21 1.03P P

⎛⎫

= ⎪⎝⎭⑦ 由此可以推出

21

1

P P P -≤4% ⑧ 所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．

5．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v 0射入物块后，以水平速度v 0/2 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．

【答案】(1)2

138m E mv M ⎛⎫∆=- ⎪⎝⎭ (2)02mv h

s M g

= 【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 mv 0=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．

6．如图所示，木块m 2静止在高h=0．45 m 的水平桌面的最右端，木块m 1静止在距m 2 左侧s 0=6．25 m 处．现木块m 1在水平拉力F 作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与 m 2碰前瞬间撤去F ，m 1和m 2发生弹性正碰．碰后m 2落在水平地面上，落点距桌面右端水平 距离s=l ．2 m ．已知m 1=0．2 kg ，m 2 =0．3 kg ，m 1与桌面的动摩擦因素为0．2．（两个木块都可以视为质点，g=10 m ／s 2

）求：

（1）碰后瞬间m 2的速度是多少？ （2）m 1碰撞前后的速度分别是多少？ （3）水平拉力F 的大小？

【答案】（1）4m/s （2）5m/s ；-1m/s （3）0．8N 【解析】

试题分析：（1）m 2做平抛运动，则：h=12

gt 2

； s=v 2t ； 解得v 2=4m/s

（2）碰撞过程动量和能量守恒：m 1v=m 1v 1+m 2v 2

12m 1v 2=12m 1v 12+12

m 2v 22

代入数据解得：v=5m/s v 1=-1m/s （3）m 1碰前:v 2

=2as

11F m g m a μ-=

代入数据解得：F=0．8N

考点：动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律的应用

【名师点睛】此题关键是搞清两个物体的运动特征,分清物理过程；用动量守恒定律和能量守恒定律结合牛顿定律列出方程求解．

7．如图所示，质量为m A =3kg 的小车A 以v 0=4m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m B =1kg 的小球B （可看作质点），小球距离车面h =0.8m ．某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为m C =1kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g =10m/s 2．求：

（1）小车系统的最终速度大小v 共； （2）绳未断前小球与砂桶的水平距离L ； （3）整个过程中系统损失的机械能△E 机损． 【答案】(1)3.2m/s （2）0.4m （3）14.4J 【解析】

试题分析：根据动量守恒求出系统最终速度；小球做平抛运动，根据平抛运动公式和运动学公式求出水平距离；由功能关系即可求出系统损失的机械能． （1）设系统最终速度为v 共，由水平方向动量守恒： (m A ＋m B ) v 0=(m A ＋m B ＋m C ) v 共 带入数据解得：v 共=3.2m/s

（2）A 与C 的碰撞动量守恒：m A v 0=(m A ＋m C )v 1 解得：v 1=3m/s

设小球下落时间为t ，则： 212

h gt = 带入数据解得：t =0.4s 所以距离为：01()L v v =－ 带入数据解得：L =0.4m

（3）由能量守恒得：()()22

01122

B A B A B E m gh m m v m m m v ∆=++-++共

损 带入数据解得：14.4E J ∆=损

点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列式求解．

8．两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有一小球C 沿轨道以速度v 0射向B 球，如图所示．C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D ．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，A 与P 接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定无机械能损失）．已知A 、B 、C 三球的质量均为m ．求: （1）弹簧长度刚被锁定后A 球的速度．

（2）在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．

【答案】（1）01

3v （2）2

0136

mv 【解析】

（1）设C 球与B 球发生碰撞并立即结成一个整体D 时，D 的速度为v 1，由动量守恒有： mv 0=（m+m ）v 1

当弹簧压缩至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为v 2，由动量守恒有：2mv 1=5mv 2 由两式得A 的速度为：v 2=

15

v 0 （2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E p ，由能量守恒有：

2212112522

p mv mv E ⋅=⋅+ 撞击P 后，A 与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D 的动能，设D 的速度为v 3，则有：()231

22

p E m v =

以后弹簧伸长，A 球离开档板P ，并获得速度，当弹簧再次恢复到原长时，A 的速度最大，由动量守恒定律及能量关系可知：345232mv mv mv =+ ；2245113222

p E mv mv =⋅+⋅ 解得：4043

520

v v =

（3）当A 、D 的速度相等时，弹簧压缩到最短时，此时D 球速度最小． 设此时的速度为v 6，由动量守恒定律得：2mv 3=5mv 6 设此使弹性势能为E P ′，由能量守恒定律得：()()222

360111=

252220

P E m v m v mv '-=

9．如图所示，A 为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的，质量

140kg m =的小车B 静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上，一个质量

220kg m =的物体C 以2.0/m s 的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B 后经过一段时间与

小车相对静止并一起运动。若轨道顶端与底端的高度差 1.6h m =，物体与小车板面间的动摩擦因数0.40μ=，小车与水平面间的摩擦忽略不计，取2

/10g m s =，求：

（1）物体与小车保持相对静止时的速度v ；

（2）物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t ； （3）物体在小车上相对滑动的距离l 。 【答案】（1）2 /m s ；（2）1 s ；（3）3 m 【解析】

试题分析：（1）下滑过程机械能守恒，有：22

121122

0mgh m m v v +

=+ ，代入数据得：26/v m s =；设初速度方向为正方向，物体相对于小车板面滑动过程动量守恒为： 2mv m M v =+（）

联立解得：2206

2 /2040

mv v m s M m ⨯=

==++。 （2）对小车由动量定理有：mgt Mv μ=，解得：402

1 0.42010

Mv t s mg μ⨯=

==⨯⨯。 （3）设物体相对于小车板面滑动的距离为L ，由能量守恒有：

22

21122mgL m m M v v μ=-+（）代入数据解得：()2

22 3 2m M m v L m m g

v μ-+==。

考点：动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律

【名师点睛】本题考查动量定恒、机械能守恒及功能关系，本题为多过程问题，要注意正确分析过程，明确各过程中应选用的物理规律。

10．如图所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M,A 、B 间粗糙，现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v0,使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 不会滑离B ，求：

（1）A 、B 最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车的速度大小和方向． 【答案】（1）0M m

v M m

-+（2）

2022M m v Mg μ- 【解析】

试题分析：（1）由A 、B 系统动量守恒定律得： Mv0—mv0=（M +m ）v ① 所以v=v0

方向向右

（2）A 向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时速度为v′,则由动量守恒定律得：

Mv0—mv0="Mv′"00

Mv mv v M

-'=

方向向右 考点：动量守恒定律；

点评：本题主要考查了动量守恒定律得直接应用，难度适中．

11．如图所示，一质量为m=1．5kg 的滑块从倾角为θ=37°的斜面上自静止开始滑下，斜面末端水平（水平部分光滑，且与斜面平滑连接，滑块滑过斜面末端时无能量损失），滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车．已知斜面长s=10m ，小车质量为M=3．5kg ，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ=0．35，小车与地面光滑且足够长，取g=10m/s 2

．

求：（1）滑块滑到斜面末端时的速度

（2）当滑块与小车相对静止时，滑块在车上滑行的距离【答案】（1）8 m/s（2）6．4m

【解析】

试题分析：（1）设滑块在斜面上的滑行加速度a，

由牛顿第二定律，有 mg（sinθ-μcosθ）=ma

代入数据得：a=3．2m/s2

又：s=1

2

at2

解得 t=2．5s

到达斜面末端的速度大小 v0=at=8 m/s

（2）小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0=（m+M）v

代入数据得：v=2．4m/s

滑块在小车上运动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，得：

μmgL＝1

2

mv02−

1

2

（m+M）v2

代入数据得：L=6．4m

考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律

【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的应用，属于多过程问题，需要分阶段求解；解题时需选择合适的物理规律，用牛顿定律结合运动公式，或者用动量守恒定律较简单，此题是中档题。

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0.35

μ=，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/s2．

(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）=111

1

()()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 =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 4 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/s 2。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：()0M m v += 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 μ= 解得：0.5R L μ= = (2)小物块滑到B 位置时速度最大，设为1v ，此时小车获得的速度也最大，设为2v 由动量守恒得 ：12mv Mv = 由能量守恒得 ：221211 22 mgR mv Mv =+ 联立解得： 21/ v m s = 2．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 （2）设碰撞过程中总机械能的损失为△E ，应有：mv 2+MV 2＝MV′2+△E…③

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)

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) 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的应用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的应用 1．如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。求 (1)物块在水平面上滑行的速度大小； (2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。 【答案】（1） 06 5 v gR =（2） 232 55 v gR = 66 125 h R = 【解析】 【分析】 （1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。 （2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。 【详解】 （1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v， 由机械能守恒定律得：1 2 m v02＝ 1 2 (m+2m)v2+mgR(1?cosθ)， 解得： 06 5 v gR = （2）对物块，由机械能守恒定律得：1 2m v02＝ 1 2 m v12+mgR(1?cosθ)， 解得： 12 5 v gR = 物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动， 物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ=32 55 gR， 由机械能守恒定律得：1 2 m v02=mgh+ 1 2 m v22，

高考物理动量守恒定律解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析

高考物理动量守恒定律解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 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做题技巧及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1.如图：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0=37°;过£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3(53° & pwi47° ),矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3X10-3 kg、电荷量q=3Xl0-3 C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点,质量m1=1.5X10-3 kg的不带电小物体P 从轨道右端a以V O=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. P与ab间的动摩擦因数^=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： ⑴碰后瞬间,圆弧轨道对物体Q的弹力大小F N； (2)当3=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B I； (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(3值. ______ 2 127 0一0 【答案】(1) F N 4.6 10 2N (2) B1 1.25T (3)t -------------------- s, 1 900和 2 1430 360 【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 1 2 1 2 从a到b,对P,由动能TE理得：-m1gl — m1V1 — m1V0 2 2 解得：v1 7m/s 碰撞过程中,对P , Q系统：由动量守恒定律：m1v1 m1V l m2V2 取向左为正方向,由题意v1 1m/s, 解得：v2 4m/s