高中物理动量守恒定律技巧(很有用)及练习题全文编辑修改

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高中物理动量守恒定律技巧(很有用)及练习题
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）2
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20
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
00
24
A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，
2222
001111()()222422
A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝
4
v . 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：
2
220
015112232
A 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．
2．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θ=37°;过f 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β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=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．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=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/s 2．求：
(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；
(2)当β=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 1；
(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=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β值．
【答案】(1)2
4.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360
t π
=
,001290143ββ==和 【解析】 【详解】
解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111
-22
m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =
碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '
=+ 取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =
b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2
222N v F m g m R
-=
解得:2
4.610N N F -=⨯
(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：
22222211
(1cos )22
c m gR m v m v θ-+=
解得：2m/s c v =
进入磁场后：Q 所受电场力2
2310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动
由牛顿第二定律得：2
211
c c m v qv B r =
Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，222
1m c
m v r qB =
= 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：
设最大圆心角为α，由几何关系得：2
2
cos(180)d r r α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：2
2
2m T qB π=
则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360
m t T qB πα
π
=
=
=︒
此时对应的β角：
190β=︒和2143β=︒
3．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v 0=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/s 2）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。

【名师点睛】本题考查了求速度、距离问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题。

4．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m1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
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
6．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：①
m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足：
mv0=MV M+mv1 ②
③
联立②③得：④
说明小球被反弹，且v1与v0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞，满足：
mv1=MV M1+mv2 ⑤
⑥
解得：
⑦
整理得：
⑧
故可以得到发生n 次碰撞后的速度：
⑨
而偏离方向为450的临界速度满足：
⑩
联立①⑨⑩代入数据解得，当n=2时，v 2＞v 临界 当n=3时，v 3＜v 临界
即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°． 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 专题：压轴题．
分析：先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后小球的速度，对速度表达式分析，求出碰撞n 次后的速度表达式，再根据机械能守恒定律求出碰撞n 次后反弹的最大角度，结合题意讨论即可．
点评：本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大角度，然后对结果表达式进行讨论，得到第n 次反弹后的速度和最大角度，再结合题意求解．
7．[物理─选修3－5] （1）天然放射性元素
23994
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
20682
Pb 、20782Pb 、208
82Pb 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(1cos45)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．
8．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。

求：（1）碰撞前m 1的速度v 1和m 2的速度v 2； （2）另一物体的质量m 2。

【答案】（1）s m 41=v ，02=v ；（2）kg 32=m 。

【解析】
试题分析：（1）由s —t 图象知：碰前，m 1的速度s m 40
-40-161==∆∆=t s v ，m 2处于静止状态，速度02=v
（2）由s —t 图象知：碰后两物体由共同速度，即发生完全非弹性碰撞 碰后的共同速度s m 14
1216
24=--=∆∆=
t s v 根据动量守恒定律，有：v m m v m )(2111+=
另一物体的质量kg 331112==-⋅
=m v
v
v m m 考点：s —t 图象，动量守恒定律
9．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】0
43v 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．
10．如图所示，一光滑弧形轨道末端与一个半径为R 的竖直光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m 的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起（轻弹簧尺寸忽略不计），两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧瞬间将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点．求：
（1）前车被弹出时的速度1v ；
（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能p E ； （3）两车从静止下滑处到最低点的高度差h ． 【答案】（1）15v Rg =2）54mgR （3）58
h R = 【解析】
试题分析：（1）前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，根据牛顿第二定律求出最高点速度，根据机械能守恒列出等式求解（2）由动量守恒定律求出两车分离前速度，根据系统机械能守恒求解（3）两车从h 高处运动到最低处机械能守恒列出等式求解．
（1）设前车在最高点速度为2v ，依题意有22
v mg m R
= ①
设前车在最低位置与后车分离后速度为1v ， 根据机械能守恒得
222111
222
mv mg R mv +⨯=② 由①②得：15v Rg =（2）设两车分离前速度为0v ，由动量守恒定律得012mv mv = 设分离前弹簧弹性势能P E ，根据系统机械能守恒得：22
101152224
P E mv m mgR =
-⨯= （3）两车从h 高处运动到最低处过程中，由机械能守恒定律得：2
01222
mgh mv =
⨯
解得：58
h R = 11．两个小球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）
013v （2）20136mv 【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：()23122
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 =+ ；2245113222p E mv mv =
⋅+⋅ 解得：4043520
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：()()222360111=252220P E m v m v mv '-=
12．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′"00Mv 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．。