高中物理动量守恒定律技巧小结及练习题
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12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210m/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:221111011=22m 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=+2m 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:2222m 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()01112L 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⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得:22s t =滑块向左运动最大位移:121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <,说明假设成立,即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v , 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内,传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此,整个过程中,因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3.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。
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/s 2,不计空气阻力。
(1)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)若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。
【答案】(1) 210/v m s = (2)25J (3)9W 4P = 【解析】 【详解】解:(1)根据机械能守恒定律,可得:212mgh mv = 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小:210/v m 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能力守恒可知,整个过程中系统产生的热量:()25Q mg h r J =+=(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为1v ,凹槽速度大小为2v ,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有:12mv Mv = 由能量守恒可得:2212111()22mv mv mg h r Q +=+- 导体棒第一次通过最低点时感应电动势:12E BLv BLv =+回路电功率:2E P R=联立解得:94P W =2.如图,两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上,质量均为m =0.1kg .P 2的右端固定一轻质弹簧,物体P 置于P 1的最右端,质量为M =0.2kg 且可看作质点.P 1与P 以共同速度v 0=4m/s 向右运动,与静止的P 2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P 1与P 2粘连在一起,P 压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内).平板P 1的长度L =1m ,P 与P 1之间的动摩擦因数为μ=0.2,P 2上表面光滑.求:(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1; (2)此过程中弹簧的最大弹性势能E p .(3)通过计算判断最终P 能否从P 1上滑下,并求出P 的最终速度v 2. 【答案】(1)v 1=2m/s (2)E P =0.2J (3)v 2=3m/s 【解析】 【分析】 【详解】(1)P 1、P 2碰撞过程,由动量守恒定律 01m 2v mv = 解得012/2v v m s ==,方向水平向右 ; (2)对P 1、P 2、P 系统,由动量守恒定律 1022(2)mv Mv m M v '+=+ 解得2033/4v v m s ='=,方向水平向右, 此过程中弹簧的最大弹性势能222102111•2+Mv 2m )0.2222P E mv M v J =-='+(; (3)对P 1、P 2、P 系统,由动量守恒定律 103222mv Mv mv Mv +=- 由能量守恒定律得2222103211112+Mv 2mv +Mg 2222mv Mv L ⋅=⋅+μ 解得P 的最终速度23/0v m s =>,即P 能从P 1上滑下,P 的最终速度23/v m s =3.光滑水平面上质量为1kg 的小球A ,以2.0m/s 的速度与同向运动的速度为1.0m/s 、质量为2kg 的大小相同的小球B 发生正碰,碰撞后小球B 以1.5m/s 的速度运动.求:(1)碰后A 球的速度大小;(2)碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能. 【答案】 1.0/A v m s '=,0.25E J =损【解析】试题分析:(1)碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出小球速度. (2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.解:(1)碰撞过程,以A 的初速度方向为正,由动量守恒定律得: m A v A +m B v B =m A v′A +m B v′B 代入数据解:v′A =1.0m/s②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能量为:代入数据解得:E 损=0.25J答:①碰后A 球的速度为1.0m/s ;②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为0.25J .【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.4.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==①212L 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,两者速度一起减为零.5.如图所示,固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个质量为2kg 的滑块A ,在小车C 的左端有一个质量为2kg 的滑块B ,滑块A 与B 均可看做质点.现使滑块A 从距小车的上表面高h =1.25m 处由静止下滑,与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动,最终没有从小车C 上滑出.已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ=0.5,小车C 与水平地面的摩擦忽略不计,取g =10m/s 2. 求: (1)滑块A 与B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小; (2)小车C 上表面的最短长度.【答案】(1) v =2.5m/s (2) L =0.375m 【解析】【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A 滑到圆弧末端时的速度大小,由动量守恒定律求解滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小;(2)根据系统的能量守恒求解小车C 上表面的最短长度.(1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为1v ,由机械能守恒定律有:2A A 11m gh m v 2= 代入数据解得12gh 5m/s v ==.设A 、B 碰后瞬间的共同速度为2v ,滑块A 与B 碰撞瞬间与小车C 无关,滑块A 与B 组成的系统动量守恒, ()12A A B m v m m v =+ 代入数据解得2 2.5m/s v =.(2)设小车C 的最短长度为L ,滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出,三者最终速度相同设为3v ,根据动量守恒定律有:()()A B 2A B C 3m m v m m m v +=++ 根据能量守恒定律有:()()()222311gL=22A B A B A B C m m m m v m m m v μ++-++ 联立以上两代入数据解得0.375m L =【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式,正确把握每个过程的物理规律是关键.6.如图所示,一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上,另一端与滑块C 接触但未连接,该整体静止放在离地面高为H 的光滑水平桌面上.现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面h 高处由静止开始滑下,与滑块B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动,经一段时间,滑块C 脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知,2,3A B C m m m m m m ===,求:(1)滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度v ; (2)被压缩弹簧的最大弹性势能E Pmax ; (3)滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离 s. 【答案】(1)111233v v gh ==(2)6mgh (323Hh 【解析】 【详解】解:(1)滑块A 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程,机械能守恒,设其滑到底面的速度为1v ,由机械能守恒定律有:2112=A A m gh m v解之得:12v gh =滑块A 与B 碰撞的过程,A 、B 系统的动量守恒,碰撞结束瞬间具有共同速度设为v ,由动量守恒定律有:()1A A B m v m m v =+ 解之得:111233v v gh == (2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧,压缩的过程机械能守恒,被压缩弹簧的弹性势能最大时,滑块A 、B 、C 速度相等,设为速度2v 由动量守恒定律有: ()12A A B C m v m m m v =++ 由机械能守恒定律有: ()22max 21()2A A CB B P m v m m m m E v -++=+ 解得被压缩弹簧的最大弹性势能:max 16P E mgh =(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时,滑块C 脱离弹簧,设滑块A 、B 的速度为3v ,滑块C 的速度为4v ,分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有:()()34A B A B C m m v m m v m v +=++()()22234111222A B A B C m m v m m v m v +=++ 解之得:30=v ,4123v gh =滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动:4 s v t =212H gt =解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离:23s Hh =7.如图所示,内壁粗糙、半径R =0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切。
高中物理动量定理技巧小结及练习题
高中物理动量定理技巧小结及练习题一、高考物理精讲专题动量定理1.质量为m 的小球,从沙坑上方自由下落,经过时间t 1到达沙坑表面,又经过时间t 2停在沙坑里.求:⑴沙对小球的平均阻力F ;⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I . 【答案】(1)122()mg t t t + (2)1mgt 【解析】试题分析:设刚开始下落的位置为A ,刚好接触沙的位置为B ,在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理:重力作用时间为t 1+t 2,而阻力作用时间仅为t 2,以竖直向下为正方向,有: mg(t 1+t 2)-Ft 2=0, 解得:方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理:在t 1时间内只有重力的冲量,在t 2时间内只有总冲量(已包括重力冲量在内),以竖直向下为正方向,有: mgt 1-I=0,∴I=mgt 1方向竖直向上 考点:冲量定理点评:本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法.2.如图所示,长为L 的轻质细绳一端固定在O 点,另一端系一质量为m 的小球,O 点离地高度为H 。
现将细绳拉至与水平方向成30︒,由静止释放小球,经过时间t 小球到达最低点,细绳刚好被拉断,小球水平抛出。
若忽略空气阻力,重力加速度为g 。
(1)求细绳的最大承受力;(2)求从小球释放到最低点的过程中,细绳对小球的冲量大小;(3)小明同学认为细绳的长度越长,小球抛的越远;小刚同学则认为细绳的长度越短,小球抛的越远。
请通过计算,说明你的观点。
【答案】(1)F =2mg ;(2)()22F I mgt m gL =+;(3)当2HL =时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中,由动能定理得201sin 302mgL mv ︒=小球在最低点时,由牛顿第二定律和向心力公式得20mv F mg L-= 解得:F =2mg(2)小球从释放到最低点的过程中,重力的冲量I G =mgt动量变化量0p mv ∆=由三角形定则得,绳对小球的冲量()22F I mgt m gL =+(3)平抛的水平位移0x v t =,竖直位移212H L gt -=解得2()x L H L -当2HL =时小球抛的最远3.图甲为光滑金属导轨制成的斜面,导轨的间距为1m l =,左侧斜面的倾角37θ=︒,右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。
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.如图所示,质量分别为m 1和m 2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动,并发生对心碰撞,碰后m 2被右侧墙壁原速弹回,又与m 1碰撞,再一次碰撞后两球都静止.求第一次碰后m 1球速度的大小.【答案】【解析】设两个小球第一次碰后m 1和m 2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,光滑水平面上有两辆车,甲车上面有发射装置,甲车连同发射装置质量M 1=1 kg ,车上另有一个质量为m =0.2 kg 的小球,甲车静止在水平面上,乙车以v 0=8 m/s 的速度向甲车运动,乙车上有接收装置,总质量M 2=2 kg ,问:甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上,两车才不会相撞?(球最终停在乙车上)【答案】25m/s【解析】试题分析:要使两车恰好不相撞,则两车速度相等. 以M 1、M 2、m 组成的系统为研究对象,水平方向动量守恒:()20120M v M m M v +=++共,解得5m /s v =共以小球与乙车组成的系统,水平方向动量守恒: ()202M v mv m M v -=+共,解得25m /s v =考点:考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】要使两车不相撞,甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同,以甲车、球与乙车为系统,由系统动量守恒列出等式,再以球与乙车为系统,由系统动量守恒列出等式,联立求解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)。
高中物理动量守恒定律技巧小结及练习题含解析
高中物理动量守恒定律技巧小结及练习题含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图所示,一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上,光滑圆弧MN 的半径为R =3.2m ,水平部分NP 长L =3.5m ,物体B 静止在足够长的平板小车C 上,B 与小车的接触面光滑,小车的左端紧贴平台的右端.从M 点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车,物体A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起,它们间无竖直作用力.A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg ,取g =10m/s 2.求(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小? (2)物体A 在NP 上运动的时间? (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少?【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ; (2)物体A 在NP 上运动的时间为0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为3316m 【解析】试题分析:(1)物体A 由M 到N 过程中,由动能定理得:m A gR=m A v N 2 在N 点,由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得,物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为:F N ′=3m A g=30N (2)物体A 在平台上运动过程中 μm A g=m A a L=v N t-at 2代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意,舍去) (3)物体A 刚滑上小车时速度 v 1= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中,小车、物体A 组成系统动量守恒,而物体B 保持静止 (m A + m C )v 2= m A v 1 小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为L 1,则2211211222mgL mv mv μ=-⨯解得:L 1=94m物体A 与小车匀速运动直到A 碰到物体B ,A ,B 相互作用的过程中动量守恒: (m A + m B )v 3= m A v 2此后A ,B 组成的系统与小车发生相互作用,动量守恒,且达到共同速度v 4 (m A + m B )v 3+m C v 2=" (m"A +m B +m C ) v 4 此过程中A 相对小车的位移大小为L 2,则222223*********mgL mv mv mv μ=+⨯-⨯解得:L 2=316m 物体A 最终离小车左端的距离为x=L 1-L 2=3316m 考点:牛顿第二定律;动量守恒定律;能量守恒定律.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P 1和P 2的质量均为m .滑板的质量M=4m ,P 1和P 2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,P 2静止在粗糙面的B 点,P 1以v 0=4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下,与P 2发生弹性碰撞后,P 1处在粗糙面B 点上.当P 2滑到C 点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P 2继续运动,到达D 点时速度为零.P 1与P 2视为质点,取g=10m/s 2.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。
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.如图所示,小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱,木箱最终以速度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起运动的速度v 1的大小; (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小. 【答案】①2v;②23v 【解析】试题分析:①取向左为正方向,由动量守恒定律有:0=2mv 1-mv 得12v v =②小明接木箱的过程中动量守恒,有mv+2mv 1=(m+2m )v 2 解得223v v =考点:动量守恒定律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12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210m/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:221111011=22m 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=+2m 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:2222m 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()01112L 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⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得:22s t =滑块向左运动最大位移:121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <,说明假设成立,即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v , 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内,传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此,整个过程中,因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3.在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上,穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ,三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ,初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止,B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态,A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动,与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),求:(1)A球与B球碰撞中损耗的机械能;(2)在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能;(3)在以后的运动过程中B球的最小速度.【答案】(1);(2);(3)零.【解析】试题分析:(1)A、B发生完全非弹性碰撞,根据动量守恒定律有:碰后A、B的共同速度损失的机械能(2)A、B、C系统所受合外力为零,动量守恒,机械能守恒,三者速度相同时,弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有:三者共同速度最大弹性势能(3)三者第一次有共同速度时,弹簧处于伸长状态,A、B在前,C在后.此后C向左加速,A、B的加速度沿杆向右,直到弹簧恢复原长,故A、B继续向左减速,若能减速到零则再向右加速.弹簧第一次恢复原长时,取向左为正方向,根据动量守恒定律有:根据机械能守恒定律:此时A、B的速度,C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的,故B 的最小速度为零.考点:动量守恒定律的应用,弹性碰撞和完全非弹性碰撞.【名师点睛】A、B发生弹性碰撞,碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒,结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能.当B、C速度相等时,弹簧伸长量最大,弹性势能最大,结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能.弹簧第一次恢复原长时,由系统的动量守恒和能量守恒结合解答4.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 kg②12 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.5.一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6.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 =Q7.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。
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1.如图所示,足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上,物块B 置于A 的左端,A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ,已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动,滑块C 向左运动,A 、C 碰后连成一体,最终A 、B 、C 都静止,求:(i )C 与A 碰撞前的速度大小(ii )A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小. 【答案】(1)C 与A 碰撞前的速度大小是v 0; (2)A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0. 【解析】 【分析】 【详解】试题分析:①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向,对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得:01(2)3?0m m v mv -+= 解得:10v v =. ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ,对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得:012 3(3)mv mv m m v =+-在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得:20CA I mv mv =- 解得:032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv . 方向为负.考点:动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题,分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键,应用动量守恒定律即可正确解题;解题时要注意正方向的选择.2.如图甲所示,平面直角坐标系中,0≤x ≤l 、0≤y ≤2l 的矩形区域中存在交变匀强磁场,规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向,其变化规律如图乙所示,其中B 0和T 0均未知。
比荷为c 的带正电的粒子在点(0,l )以初速度v 0沿+x 方向射入磁场,不计粒子重力。
(1)若在t =0时刻,粒子射入;在t <02T 的某时刻,粒子从点(l ,2l )射出磁场,求B 0大小。
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)含解析
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
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。
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)含解析
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
(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:
高中物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案)
【答案】 v0 v0
【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.(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:
由于 A、B 整体恰好不再与 C 碰撞,故 v1 vC
联立以上三式可得 vA =2m/s。
【考点定位】(1)核反应方程,半衰期。
(2)动量守恒定律。
8.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.
mgL=
1 2
mv02-
1 2
m(
v0 2
)2-
1 2
2m(
v0 4
)2
解得 5v02 16gL
(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:
A、C 系统机械能守恒:
mv0 +mvB=2mv 2
mgR=1 m(v0 )2 1 m(v0 )2 1 2mv2 22 24 2
小球 B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以 B 离开地面上抛时速度 v0 vB 4m / s
所以 P 点的高度 hp
v02 vB 2g
'2
0.75m
考点:动量守恒定律 能量守恒
6.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.
高中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)及解析
4.在游乐场中,父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行,在碰前瞬间双方都关闭了动力,此时父亲的速度大小为v,儿子的速度大小为2v.两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行,父亲运动的方向不变且经过时间t停止运动.已知父亲和车的总质量为3m,儿子和车的总质量为m,两车与地面之间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,求:
(2)根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R;
(3)根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值,然后讨论求解热量Q.
【详解】
(1)设弹簧恢复到自然长度时A、B的速度分别为vA、vB,由动量守恒定律: 由能量关系:
解得vA=2m/s;vB=4m/s
(2)设B经过d点时速度为vd,在d点:
v′= 0.4m/s
(2)小球与小滑块碰撞过程,动量守恒
mv= -mv′+m1v1
v1= (v+v′) = 1.2m/s
小滑块在木板上滑动过程中,动量守恒
m1v1=(m1+m2)v2
v2= v1= 0.6m/s
由能量守恒可得
μm1gL= m1v12- (m1+m2)v22
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)
(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=x0 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)
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
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
根据能量守恒定律得: m + = m +
解得:vB = - +
因为 B 不改变运动方向,所以 vB = - + ≥0
解得: q≤ Q
则 B 所带电荷量的最大值为:qm = Q
5.如图所示,质量为 m 的由绝缘材料制成的球与质量为 M=19m 的金属球并排悬挂.现将 绝缘球拉至与竖直方向成 θ=600 的位置自由释放,下摆后在最低点与金属球发生弹性碰 撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻尼作用,金属球将于再次 碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于
450.
【答案】最多碰撞 3 次 【解析】 解:设小球 m 的摆线长度为 l
小球 m 在下落过程中与 M 相碰之前满足机械能守恒:
高中物理动量定理技巧(很有用)及练习题
高中物理动量定理技巧(很有用)及练习题一、高考物理精讲专题动量定理1.蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。
一个质量为60kg 的运动员,从离水平网面3.2m 高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m 高处。
已知运动员与网接触的时间为1.2s ,若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力来处理,求此力的大小和方向。
(g 取10m/s 2) 【答案】1.5×103N ;方向向上 【解析】 【详解】设运动员从h 1处下落,刚触网的速度为1128m /s v gh ==运动员反弹到达高度h 2,,网时速度为22210m /s v gh ==在接触网的过程中,运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg ,设向上方向为正,由动量定理有()21()F mg t mv mv -=--得F =1.5×103N方向向上2.如图所示,足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上,物块B 置于A 的左端,A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ,已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动,滑块C 向左运动,A 、C 碰后连成一体,最终A 、B 、C 都静止,求:(i )C 与A 碰撞前的速度大小(ii )A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小. 【答案】(1)C 与A 碰撞前的速度大小是v 0; (2)A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0. 【解析】 【分析】 【详解】试题分析:①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向,对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得:01(2)3?0m m v mv -+= 解得:10v v =. ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ,对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得:012 3(3)mv mv m m v =+-在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得:20CA I mv mv =- 解得:032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv . 方向为负.考点:动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题,分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键,应用动量守恒定律即可正确解题;解题时要注意正方向的选择.3.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 右侧与竖直墙壁相接触.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 粘在一起不分开,C 的v -t 图象如图乙所示.求:(1)C 的质量m C ;(2)t =8s 时弹簧具有的弹性势能E p 1 (3)4—12s 内墙壁对物块B 的冲量大小I【答案】(1) 2kg (2) 27J (3) 36N s × 【解析】 【详解】(1)由题图乙知,C 与A 碰前速度为v 1=9m/s ,碰后速度大小为v 2=3m/s ,C 与A 碰撞过程动量守恒m C v 1=(m A +m C )v 2解得C 的质量m C =2kg .(2)t =8s 时弹簧具有的弹性势能E p1=12(m A +m C )v 22=27J(3)取水平向左为正方向,根据动量定理,4~12s 内墙壁对物块B 的冲量大小I=(m A +m C )v 3-(m A +m C )(-v 2)=36N·s4.滑冰是青少年喜爱的一项体育运动。
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.(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,一小车置于光滑水平面上,轻质弹簧右端固定,左端栓连物块b,小车质量M=3kg,AO部分粗糙且长L=2m,动摩擦因数μ=0.3,OB部分光滑.另一小物块a.放在车的最左端,和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动,车撞到固定挡板后瞬间速度变为零,但不与挡板粘连.已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度,弹簧始终处于弹性限度内.a、b两物块视为质点质量均为m=1kg,碰撞时间极短且不粘连,碰后一起向右运动.(取g=10m/s2)求:(1)物块a与b碰后的速度大小;(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离;(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离.【答案】(1)1m/s (2) (3) x=0.125m【解析】试题分析:(1)对物块a,由动能定理得:代入数据解得a与b碰前速度:;a、b碰撞过程系统动量守恒,以a的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:,代入数据解得:;(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离,a以在小车上向左滑动,当与车同速时,以向左为正方向,由动量守恒定律得:,代入数据解得:,对小车,由动能定理得:,代入数据解得,同速时车B端距挡板的距离:;(3)由能量守恒得:,解得滑块a与车相对静止时与O点距离:;考点:动量守恒定律、动能定理。
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
高中物理动量定理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定理1.如图所示,光滑水平面上有一轻质弹簧,弹簧左端固定在墙壁上,滑块A以v0=12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动,与弹簧作用后原速率弹回,已知A、B 的质量分别为m1=0.5 kg、m2=1.5 kg。
求:①A与B撞击结束时的速度大小v;②在整个过程中,弹簧对A、B系统的冲量大小I。
【答案】①3m/s;②12N•s【解析】【详解】①A、B碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v代入数据解得v=3m/s②以向左为正方向,A、B与弹簧作用过程由动量定理得I=(m1+m2)(-v)-(m1+m2)v代入数据解得I=-12N•s负号表示冲量方向向右。
2.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一.设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开.某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1 = 0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开.忽略撞击过程中地面阻力的影响.(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2 =1 600 kg、速度v2 =18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2 =0.16 s两车以相同的速度一起滑行.试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开.【答案】(1)I0 = 1.6×104 N·s ,1.6×105 N;(2)见解析【解析】【详解】(1)v1 = 36 km/h = 10 m/s,取速度v1 的方向为正方向,由动量定理有-I0 =0-m1v1 ①将已知数据代入①式得I0 = 1.6×104 N·s ②由冲量定义有I0 = F0t1 ③将已知数据代入③式得 F 0 = 1.6×105 N ④(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v ,由动量守恒定律有m 1v 1+ m 2v 2 = (m 1+ m 2)v ⑤对试验车,由动量定理有 -Ft 2 = m 1v -m 1v 1 ⑥将已知数据代入⑤⑥式得F = 2.5×104 N ⑦可见F <F 0,故试验车的安全气囊不会爆开 ⑧3.如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定光滑斜面的底端,有一质量m =1.0kg 、可视为质点的物体,以v 0=6.0m/s 的初速度沿斜面上滑。
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)含解析
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)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)428225t 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:22011122mgL 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:2201211()(cos53)22mv 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:2200311(cos53)22mv 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:38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为:cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得:4282t s +=2.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:22223m v m v Mv '=+ 22222223111+222m v m v Mv ='解得:21/v m s =-'(向右) 因21=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.3.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v 0=6m/s 的速度滑入圆轨道,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 碰撞,碰后粘在一起运动,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=0.1,A 、B 的质量均为m =1kg(重力加速度g 取10m/s 2;A 、B 视为质点,碰撞时间极短).(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ; (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上,求k 的数值; (3)求碰后AB 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式. 【答案】(1)5m/s v =, F =22 N (2) k =45 (3)90.2m/s ()n v n n k =-<【解析】⑴物块A 从开始运动到运动至Q 点的过程中,受重力和轨道的弹力作用,但弹力始终不做功,只有重力做功,根据动能定理有:-2mgR =-解得:v ==4m/s在Q 点,不妨假设轨道对物块A 的弹力F 方向竖直向下,根据向心力公式有:mg +F =解得:F =-mg =22N ,为正值,说明方向与假设方向相同。
高中物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理动量定理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定理1.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.某滑道示意图如下,长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接,滑道BC 高h =10 m ,C 是半径R =20 m 圆弧的最低点,质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑,加速度a =4.5 m/s 2,到达B 点时速度v B =30 m/s .取重力加速度g =10 m/s 2. (1)求长直助滑道AB 的长度L ;(2)求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小;(3)若不计BC 段的阻力,画出运动员经过C 点时的受力图,并求其所受支持力F N 的大小.【答案】(1)100m (2)1800N s ⋅(3)3 900 N 【解析】(1)已知AB 段的初末速度,则利用运动学公式可以求解斜面的长度,即2202v v aL -=可解得:221002v v L m a-==(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅(3)小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得:2Cv N mg m R-= 从B 运动到C 由动能定理可知:221122C B mgh mv mv =-解得;3900N N =故本题答案是:(1)100L m = (2)1800I N s =⋅ (3)3900N N =点睛:本题考查了动能定理和圆周运动,会利用动能定理求解最低点的速度,并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小.2.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 右侧与竖直墙壁相接触。
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,C 的v -t 图象如图乙所示。
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.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12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210m/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:221111011=22m 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=+2m 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:2222m 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()01112L 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⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得:22s t =滑块向左运动最大位移:121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <,说明假设成立,即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v , 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内,传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此,整个过程中,因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3.在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上,穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ,三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ,初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止,B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态,A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动,与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),求:(1)A球与B球碰撞中损耗的机械能;(2)在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能;(3)在以后的运动过程中B球的最小速度.【答案】(1);(2);(3)零.【解析】试题分析:(1)A、B发生完全非弹性碰撞,根据动量守恒定律有:碰后A、B的共同速度损失的机械能(2)A、B、C系统所受合外力为零,动量守恒,机械能守恒,三者速度相同时,弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有:三者共同速度最大弹性势能(3)三者第一次有共同速度时,弹簧处于伸长状态,A、B在前,C在后.此后C向左加速,A、B的加速度沿杆向右,直到弹簧恢复原长,故A、B继续向左减速,若能减速到零则再向右加速.弹簧第一次恢复原长时,取向左为正方向,根据动量守恒定律有:根据机械能守恒定律:此时A、B的速度,C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的,故B 的最小速度为零.考点:动量守恒定律的应用,弹性碰撞和完全非弹性碰撞.【名师点睛】A、B发生弹性碰撞,碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒,结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能.当B 、C 速度相等时,弹簧伸长量最大,弹性势能最大,结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能.弹簧第一次恢复原长时,由系统的动量守恒和能量守恒结合解答4.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14圆孤,BC 部分水平粗糙,BC 长为L =0.6m 。
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)含解析
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)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.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:22223m v m v Mv '=+ 22222223111+222m v m v Mv ='解得:21/v m s =-'(向右) 因21=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.2.光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ,质量分别为3A m m =、B C m m m ==,开始时B 、C 均静止,A 以初速度0v 向右运动,A 与B 相撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在一起,此后A 与B 间的距离保持不变.求B 与C 碰撞前B 的速度大小.【答案】065B v v = 【解析】 【分析】【详解】设A 与B 碰撞后,A 的速度为A v ,B 与C 碰撞前B 的速度为B V ,B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ,由动量守恒定律得: 对A 、B 木块:0A A A B B m v m v m v =+对B 、C 木块:()B B B C m v m m v =+由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得:065B v v =.3.(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”。
高中物理动量守恒定律技巧小结及练习题含解析
高中物理动量守恒定律技巧小结及练习题含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上,穿着三个半径相同的刚性球A、B、C,三球的质量分别为m A=1kg、m B=2kg、m C=6kg,初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止,B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态,A球以v0=9m/s的速度向左运动,与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),求:(1)A球与B球碰撞中损耗的机械能;(2)在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能;(3)在以后的运动过程中B球的最小速度.【答案】(1);(2);(3)零.【解析】试题分析:(1)A、B发生完全非弹性碰撞,根据动量守恒定律有:碰后A、B的共同速度损失的机械能(2)A、B、C系统所受合外力为零,动量守恒,机械能守恒,三者速度相同时,弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有:三者共同速度最大弹性势能(3)三者第一次有共同速度时,弹簧处于伸长状态,A、B在前,C在后.此后C向左加速,A、B的加速度沿杆向右,直到弹簧恢复原长,故A、B继续向左减速,若能减速到零则再向右加速.弹簧第一次恢复原长时,取向左为正方向,根据动量守恒定律有:根据机械能守恒定律:此时A、B的速度,C的速度可知碰后A 、B 已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的,故B的最小速度为零 .考点:动量守恒定律的应用,弹性碰撞和完全非弹性碰撞.【名师点睛】A 、B 发生弹性碰撞,碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒,结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能.当B 、C 速度相等时,弹簧伸长量最大,弹性势能最大,结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能.弹簧第一次恢复原长时,由系统的动量守恒和能量守恒结合解答2.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02v 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)201532mv 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=m2v +2mv B 解得v B =4v (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222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯=--解得20516v gLμ=(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:2mv +mv B =2mv A 、C 系统机械能守恒:22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯=解得264v 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0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒,2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A =4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为:2220015112232A mv E mv mv ∆=-=【点睛】该题是一个板块的问题,关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程,灵活选择物理规律,能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解.3.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v 0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)v 0(2)v 0(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,mv 0=2mv 1, 解得v 1=v 0(2)设AB 第二次速度相同时的速度大小v 2,对ABC 系统,根据动量守恒定律:mv 0=3mv 2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。
高中物理动量守恒定律技巧小结及练习题
高中物理动量守恒定律技巧小结及练习题一、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)428225t 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:22011122mgL 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:2201211()(cos53)22mv 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:2200311(cos53)22mv 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:38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为:cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得:4282t s +=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。
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高中物理动量守恒定律技巧小结及练习题一、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12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210m/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:221111011=22m 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=+2m 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:2222m 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()01112L 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⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得:22s t =滑块向左运动最大位移:121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <,说明假设成立,即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v , 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内,传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此,整个过程中,因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3.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02v 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)201532mv 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=m2v +2mv B 解得v B =4v (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222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯=--解得20516v gLμ=(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:2mv +mv B =2mv A 、C 系统机械能守恒:22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯=解得264v 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0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒,2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A =4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为:2220015112232A mv E mv mv ∆=-=【点睛】该题是一个板块的问题,关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程,灵活选择物理规律,能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解.4.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°=12mv 12 解得:103v gx =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:21011322v 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 0−34mgx 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°)=12mv 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.5.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:22223m v m v Mv '=+ 22222223111+222m v m v Mv ='解得:21/v m s =-'(向右) 因21=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.6.如图所示,一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A 点由静止出发绕O 点下摆,当摆到最低点B 时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处A .求男演员落地点C 与O 点的水平距离s .已知男演员质量m 1和女演员质量m 2之比m 1∶m 2=2,秋千的质量不计,秋千的摆长为R ,C 点比O 点低5R .【答案】8R 【解析】 【分析】 【详解】两演员一起从从A 点摆到B 点,只有重力做功,机械能守恒定律,设总质量为m ,则212mgR mv =女演员刚好能回到高处,机械能依然守恒:222112m gR m v =女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒:122112m m v m v m v +=-+()③根据题意:12:2m m = 有以上四式解得:222v gR = 接下来男演员做平抛运动:由2142R gt =,得8 t g R =因而:28s v t R ==; 【点睛】两演员一起从从A 点摆到B 点,只有重力做功,根据机械能守恒定律求出最低点速度;女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒,由于女演员刚好能回到高处,可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度,再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度,然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移;本题关键分析求出两个演员的运动情况,然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解.7.如图所示,光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B=4T 的匀磁场中,两导轨间距L=0.5m ,导轨足够长金属棒a 和b 的质量都为m=1kg ,电阻1a b R R ==Ω.b 棒静止于轨道水平部分,现将a 棒从h=80cm 高处自静止沿弧形轨道下滑,通过C 点进入轨道的水平部分,已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直,且两棒始终不相碰.求a 、b 两棒的最终速度大小以及整个过程中b 棒中产生的焦耳热(已知重力加速度g 取10m/s 2)【答案】 2m/s 2J 【解析】a 棒下滑至C 点时速度设为v 0,则由动能定理,有: 20102mgh mv =- (2分) 解得v 0=4m/s ; (2分)此后的运动过程中,a 、b 两棒达到共速前,两棒所受安培力始终等大反向,因此a 、b 两棒组成的系统动量守恒,有:()0m v m m v =+ (2分)解得a 、b 两棒共同的最终速度为v =2m/s ,此后两棒一起做匀速直线运动;由能量守恒定律可知,整个过程中回路产生的总的焦耳热为: ()2201122Q mv m m v =-+ (2分) 则b 棒中的焦耳热12b Q Q =(2分) 联立解得:Q b =2J (2分)8.如图所示,一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上,另一端与滑块C 接触但未连接,该整体静止放在离地面高为H 的光滑水平桌面上.现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面h 高处由静止开始滑下,与滑块B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动,经一段时间,滑块C 脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知,2,3A B C m m m m m m ===,求:(1)滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度v ; (2)被压缩弹簧的最大弹性势能E Pmax ; (3)滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离 s. 【答案】(1)111233v v gh ==(2)6mgh (323Hh 【解析】 【详解】解:(1)滑块A 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程,机械能守恒,设其滑到底面的速度为1v ,由机械能守恒定律有:2112=A A m gh m v 解之得:12v gh =滑块A 与B 碰撞的过程,A 、B 系统的动量守恒,碰撞结束瞬间具有共同速度设为v ,由动量守恒定律有:()1A A B m v m m v =+ 解之得:111233v v gh ==(2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧,压缩的过程机械能守恒,被压缩弹簧的弹性势能最大时,滑块A 、B 、C 速度相等,设为速度2v 由动量守恒定律有: ()12A A B C m v m m m v =++由机械能守恒定律有: ()22max 21()2A A CB B P m v m m m m E v -++=+ 解得被压缩弹簧的最大弹性势能:max 16P E mgh =(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时,滑块C 脱离弹簧,设滑块A 、B 的速度为3v ,滑块C 的速度为4v ,分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有:()()34A B A B C m m v m m v m v +=++()()22234111222A B A B C m m v m m v m v +=++ 解之得:30=v ,4123v gh =滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动:4 s v t =212H gt =解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离:23s Hh =9.光滑水平面上放着一质量为M 的槽,槽与水平面相切且光滑,如图所示,一质量为m 的小球以v 0向槽运动.(1)若槽固定不动,求小球上升的高度(槽足够高). (2)若槽不固定,则小球上升多高?【答案】(1)202v g (2)202()Mv M m g+【解析】(1)槽固定时,设球上升的高度为h 1,由机械能守恒得:21012mgh mv =解得:2012v h g=;(2)槽不固定时,设球上升的最大高度为2h ,此时两者速度为v ,由动量守恒定律得:()0mv m M v =+ 再由机械能守恒定律得:()22021122mv m M v mgh =++ 联立解得,上球上升的高度:()222Mv h m M g=+10.图中两根足够长的平行光滑导轨,相距1m水平放置,磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间.金属棒ab、cd质量分别为0.1kg和0.2kg,电阻分别为0.4Ω和0.2Ω,并排垂直横跨在导轨上.若两棒以相同的初速度3m/s向相反方向分开,不计导轨电阻,求:(1)金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小;(2)金属棒运动达到稳定的过程中,回路上释放出的焦耳热;(3)金属棒运动达到稳定后,两棒间距离增加多少?【答案】(1)1m/s(2)1.2J(3)1.5m【解析】【详解】解:(1)ab、cd棒组成的系统动量守恒,最终具有共同速度v ,以水平向右为正方向,则解得稳定后的ab棒的速度大小:(2)根据能量转化与守恒定律,产生的焦耳热为:(3)对cd棒根据动量定理有:即:又两棒间距离增加:11.如图所示,固定点O上系一长L=0.6 m的细绳,细绳的下端系一质量m=1.0 kg的小球(可视为质点),原来处于静止状态,球与平台的B点接触但对平台无压力,平台高h=0.80 m,一质量M=2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点,现对物块M施予一水平向右的初速度v0,物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰,碰后小球m在绳的约束下做圆周运动,经最高点A时,绳上的拉力恰好等于小球的重力,而物块M落在水平地面上的C点,其水平位移x=1.2 m,不计空气阻力,g=10 m/s2.(1)求物块M碰撞后的速度大小;(2)若平台表面与物块M间的动摩擦因数μ=0.5,物块M与小球的初始距离为x1=1.3 m,求物块M在P处的初速度大小.【答案】(1)3.0m/s(2)7.0m/s【解析】试题分析:(1)碰后物块M做平抛运动,设其平抛运动的初速度为V① (2分)S = Vt ② (2分)得:=" 3.0" m/s ③ (2分)(2)物块与小球在B处碰撞,设碰撞前物块的速度为V1,碰撞后小球的速度为V2,由动量守恒定律:MV1= mV2+ MV ⑥ (2分)碰后小球从B处运动到最高点A过程中机械能守恒,设小球在A点的速度为V A:⑦(2分)小球在最高点时依题给条件有:⑧ (2分)由⑦⑧解得:V2=" 6.0" m/s ⑨ (1分)由③⑥⑨得:=" 6.0" m/s ⑩ (1分)物块M从P运动到B处过程中,由动能定理:⑾(2分)解得:=" 7.0" m/s ⑿(2分)考点:本题考查了平抛运动的规律、动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理的应用12.如图所示,水平光滑轨道AB与以O点为圆心的竖直半圆形光滑轨道BCD相切于B 点,半圆形轨道的半径r=0.30m.在水平轨道上A点静止放置一质量为m2=0.12kg的物块2,现有一个质量m1=0.06kg的物块1以一定的速度向物块2运动,并与之发生正碰,碰撞过程中无机械能损失,碰撞后物块2的速度v2=4.0m/s.物块均可视为质点,g取10m/s2,求:(1)物块2运动到B点时对半圆形轨道的压力大小;(2)发生碰撞前物块1的速度大小;(3)若半圆形轨道的半径大小可调,则在题设条件下,为使物块2能通过半圆形轨道的最高点,其半径大小应满足什么条件.【答案】【小题1】7.6N【小题2】6.0m/s【小题3】0.32m【解析】(1)设轨道B点对物块2的支持力为N,根据牛顿第二定律有N-m2g=m2v22/R解得 N=7.6N根据牛顿第三定律可知,物块2对轨道B点的压力大小N′=7.6N(2)设物块1碰撞前的速度为v0,碰撞后的速度为v1,对于物块1与物块2的碰撞过程,根据动量守恒定律有 m1v0=mv1+m2v2因碰撞过程中无机械能损失,所以有m1v02=m1v12+m2v22代入数据联立解得 v0=6.0m/s(3)设物块2能通过半圆形轨道最高点的最大半径为R m,对应的恰能通过最高点时的速度大小为v,根据牛顿第二定律,对物块2恰能通过最高点时有 m2g=m2v2/R m对物块2由B运动到D的过程,根据机械能守恒定律有m2v22=m2g•2R m+m2v2联立可解得:R m=0.32m所以,为使物块2能通过半圆形轨道的最高点,半圆形轨道半径不得大于0.32m。