动量守恒定律典型例题解析
高考物理动量守恒定律试题经典及解析
5．（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：
4 2
He
___
8 4
Be
γ
。
②
8 4
Be
是一种不稳定的粒子，其半衰期为
2.6×10-16s。一定质量的
8 4
Be
，经
7.8×10-16s
后所剩下的
8 4
Be
占开始时的
械能守恒定律有 m1gh＝
1 2
m1 v02
(1
分)v0＝
2gh ，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
关数学知识辅助分析、求解。
4．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对 一下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为 2m、厚度为 2d 的钢板静止在水平光滑 桌面上．质量为 m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成 厚度均为 d、质量均为 m 的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同 的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深 度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影
E
1 2
mv02
1 2
Mv2
M
m mv02
2M
E mc2
解得
m
高中物理动量守恒定律题20套(带答案)含解析
高中物理动量守恒定律题20套(带答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，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．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)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t 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：221011111-22m 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：2222N v F m g m R-=解得:24.610N 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 )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c 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 =，2221m cm 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：22cos(180)d rr α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒3．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 。
高二物理动量守恒定律试题答案及解析
高二物理动量守恒定律试题答案及解析1.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时（）A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大【答案】C【解析】水平面光滑，把两个人和小车看做糸统，在水平方向不受外力，糸统动量守恒。
若小车不动，A、B两个动量相等，由于不知道两个质量大小，所以不能确定两个的速度，A不对。
若小车向左运动，A、B总动量向右，所以A动量大于B动量，故C正确。
若小车向右运动，A、B总动量向左，B动量大于A动量，D错。
【考点】动量守恒2.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M="3" kg的薄板和质量为m="1" kg的物块．都以v="4" m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是( )A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都可能【答案】A【解析】开始阶段，m向右减速，M向左减速，根据系统的动量守恒定律得：当m的速度为零时，．规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：，代入解得：设此时M的速度为v1．此后m将向右加速，M继续向左减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为．规定向右为正方向，由动量守恒定律得：，代入解得：．两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动．由此可知当M的速度为时，m处于向右加速过程中．故A正确.【考点】考查了动量守恒定律的应用3.如图所示，质量为m的铅弹以大小为初速度射入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中并与车相对静止，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略．求：（1）弹和砂车的共同速度；（2）弹和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中流出，当漏出质量为的砂子时砂车的速度【答案】(1) (2)【解析】：（1）以铅球、砂车为系统，水平方向动量守恒，，得球和砂车的共同速度．（2）球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒，设当漏出质量为的砂子时砂车的速度为，砂子漏出后做平抛运动，水平方向的速度仍为，由，得．【考点】考查了动量守恒定律的应用4.（6分）如图所示，木板A质量mA ＝1 kg，足够长的木板B质量mB＝4 kg，质量为mC＝1kg的木块C置于木板B上，水平面光滑， B、C之间有摩擦，开始时B、C均静止，现使A以v＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s速度弹回. 求:（1）B运动过程中的最大速度大小.（2）C运动过程中的最大速度大小.【答案】（1）4 m/s.；（2）3.2 m/s.【解析】（1）A与B碰后瞬间， C的运动状态未变， B速度最大. 由A、B系统动量守恒（取向右为正方向）有: mA v＋0＝－mAvA＋mBvB代入数据得: vB＝4 m/s.（2）B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后， C速度最大，由B、C系统动量守恒，有mB vB＋0＝（mB＋mC）vC，代入数据得: vC＝3.2 m/s.【考点】动量守恒定律的应用。
高中物理-动量守恒定律经典例题详解
高中物理-动量守恒定律经典例题详解一 动量 冲量 动量定理1.篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量答案B [解析] 由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球的动量变化率，减小了球对手的冲击力，选项B 正确．二 动量守恒定律2. 一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是A BC D答案B [解析] 弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有m 弹丸v 0＝34m v 甲＋14m v 乙，解得4v 0＝3v 甲＋v 乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x 甲＝v 甲t ，x 乙＝v 乙t ，代入各图中数据，可知B 正确．3.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1) 碰撞前瞬间A 的速率v ；(2) 碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (3) A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .[答案] (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m [解析] 设滑块的质量为m . (1)根据机械能守恒定律有mgR ＝12m v 2解得碰撞前瞬间A 的速率有v ＝2gR ＝2 m/s.(2)根据动量守恒定律有m v ＝2m v ′解得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(3)根据动能定理有12(2m )v ′2＝μ(2m )gl 解得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m ． 4.质量为2 kg 的小车以2 m/s 的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0 .5 kg 的砂袋以3 m/s 的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是( )A ．1.0 m/s ，向右B ．1.0 m/s ，向左C ．2.2 m/s ，向右D ．2.2 m/s ，向左答案D [解析] 忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，整理可得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故D 项正确． 5.冰壶运动深受观众喜爱，图X291甲为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图乙．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图丙中的哪幅图( )图X291答案B [解析] 两个质量相等的冰壶发生正碰，碰撞前后都在同一直线上，选项A 错误；碰后冰壶A 在冰壶B 的左边，选项C 错误；碰撞过程中系统的动能可能减小，也可能不变，但不能增大，所以选项B 正确，选项D 错误．6.下图X292是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是()图X292A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同答案D[解析] 5个小球组成的系统发生的是弹性正碰，系统的机械能守恒，系统在水平方向的动量守恒，总动量并不守恒，选项A、B错误；同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度，同时由静止释放并与4、5碰撞后，由机械能守恒和水平方向的动量守恒知，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，选项C错误，选项D正确．三动量综合问题7. 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量m A＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m B ＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到v t＝2 m/s.求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m[解析] (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝m A a①代入数据解得a＝2.5 m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(m A＋m B)v t－(m A＋m B)v③代入数据解得v ＝1 m/s ④(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有m A v A ＝(m A ＋m B )v ⑤A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有Fl ＝12m A v 2A ⑥ 由④⑤⑥式，代入数据解得l ＝0.45 m ⑦8.如图所示，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方，先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放，当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零，已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g 取10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到过地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．答案解：(ⅰ)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ①将h ＝0.8 m 代入上式，得v 1＝4 m/s.②(ⅱ)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v ′1(v ′1＝0)，B 球的速度分别为v 2和v ′2，由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④12m A v 21＋12m B v 22＝12m v ′22⑤ 设B 球与地面相碰后速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得v ′B ＝v B ⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m ．⑧9. 一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A（A ＋1）2 D.（A ＋1）2（A －1）2答案A [解析] 本题考查完全弹性碰撞中的动量守恒、动能守恒．设碰撞前后中子的速率分别为v 1，v ′1，碰撞后原子核的速率为v 2，中子的质量为m 1，原子核的质量为m 2，则m 2＝Am 1.根据完全弹性碰撞规律可得m 1v 1＝m 2v 2＋m 1v ′1，12m 1v 21＝12m 2v 22＋12m 1v ′21，解得碰后中子的速率v ′1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m 1－m 2m 1＋m 2v 1＝A －1A ＋1v 1，因此碰撞前后中子速率之比v 1v ′1＝A ＋1A －1，A 正确．10.如图X296所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的14光滑圆弧轨道平滑相连，木块A 、 B 静置于光滑水平轨道上，A 、B 的质量分别为1.5kg 和0.5 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s ，碰后的速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，g 取10 m/s 2，求：(1)在A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A 的平均作用力的大小； (2)A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度．图X296答案(1)50 N (2)0.45 m[解析] (1)设水平向右为正方向，当A 与墙壁碰撞时根据动量定理有 Ft ＝m A v ′1－m A ·(－v 1) 解得F ＝50 N.(2)设碰撞后A 、B 的共同速度为v ，根据动量守恒定律有 m A v ′1＝(m A ＋m B )vA 、B 在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得 12(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )gh 解得h ＝0.45 m.四 力学观点的综合应用11.如图的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J [解析] (1)P 1、P 2碰撞过程动量守恒，有m v 1＝2m v解得v ＝v 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为ΔE ＝12m v 21－12(2m )v 2解得ΔE ＝9 J.(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P 在AC 间等效为匀减速运动，设P 在AC 段加速度大小为a ，碰后经过B 点的速度为v 2 ，由牛顿第二定律和运动学规律，得μ(2m )g ＝2ma3L ＝v t －12at 2v 2＝v －at解得v 1＝2v ＝6L ＋μgt 2t v 2＝6L －μgt 22t由于2 s ≤t ≤4 s 所以解得v 1的取值范围10 m/s ≤v 1≤14 m/sv 2的取值范围1 m/s ≤v 2≤5 m/s所以当v 2＝5 m/s 时，P 向左经过A 点时有最大速度 v 3＝v 22－2μgL则P 向左经过A 点时有最大动能E ＝12(2m )v 23＝17 J. 12. 冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/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)碰撞中总机械能的损失． [答案] (1)1.0 m/s (2)1400 J[解析] (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 ′.由动量守恒定律有m v －MV ＝MV ′①代入数据得V ′＝1.0 m/s ②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ，应有12m v 2＋12MV 2＝12MV ′2＋ΔE ③ 联立②③式，代入数据得ΔE ＝1400 J ④。
高中物理动量守恒定律试题经典及解析
高中物理动量守恒定律试题经典及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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。
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P1和P2的质量均为m．滑板的质量M=4m，P1和P2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，P2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 ==P2向左滑行距离：22222.25m2vsa'==所以P1、P2静止后距离：△S=L-S1-S2=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．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响．【答案】【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得：mv0=(2m＋m)V（2分）此过程中动能损失为：ΔE损＝f·2d=12mv20－12×3mV2（2分）解得ΔE＝13mv20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·d=mv2（1分），由能量守恒得：1 2mv21＋12mV21＝12mv20－ΔE损1（2分）且考虑到v1必须大于V1，解得：v1＝13(26v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得：2mV2＝mv1（1分）损失的动能为：ΔE′＝12mv21－12×2mV22（2分）联立解得：ΔE′＝13(1)2×mv20因为ΔE′＝f·x（1分），可解得射入第二钢板的深度x为：（2分）子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解4．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：①m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足：mv0=MV M+mv1 ②③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 ⑤⑥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．5．（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”。
(物理)物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析
mv0=2mv1，① （2 分） 2mv1=4mv2② （2 分） 联立①②得，v2=0.25v0． （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
，
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。
6．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 ，现有质量为 m 的小球以水平速度0 飞来
【答案】（1） v1 4 m s ， v2 0 ；（2） m2 3kg 。
【解析】
试题分析：（1）由
s—t
图象知：碰前，m1 的速度 v1
s t
16 - 0 4-0
4m
s
，m2 处于静止
状态，速度 v2 0
（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 v s 24 16 1m s t 12 4
略不计，g 取 10 m／s2，求两种模型上升的最大高度之差。 【答案】116.54m
【解析】对模型甲： 0 M mv甲 mv0
h甲 =
v甲2 2g
1085 9
m
200.56m
对模型乙第一级喷气：
0
动量守恒定律的各种题型
动量守恒定律应用的各种题型1．两球碰撞型【例题1】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P 1=5kgm/s ，P 2=7kgm/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s ，则二球质量m 1与m 2间的关系可能是下面的哪几种？A 、m 1=m 2B 、2m 1=m 2C 、4m 1=m 2D 、6m 1=m 2。
★解析：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有： P 1+P 2= P 1，+ P 2，即：P 1，=2 kgm/s 。
由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。
所以有：22'212'12221212222m P m P m P m P +≥+ 所以有：m 1≤5121m 2，不少学生就选择（C 、D ）选项。
这个结论合“理”，但却不合“情”。
因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有2211m P m P 〉，即m 1275m 〈；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即2'21'1m P m P 〈，所以 2151m m 〉。
因此选项（D ）是不合“情”的，正确的答案应该是（C ）选项。
2、子弹打木块型（动量守恒、机械能不守恒）【例题2】质量为m 的子弹，以水平初速度v 0射向质量为M 的长方体木块。
（1）设木块可沿光滑水平面自由滑动，子弹留在木块内，木块对子弹的阻力恒为f ，求弹射入木块的深度L 。
并讨论：随M 的增大，L 如何变化？（2）设v 0=900m/s ，当木块固定于水平面上时，子弹穿出木块的速度为v 1=100m/s 。
若木块可沿光滑水平面自由滑动，子弹仍以v 0=900m/s 的速度射向木块，发现子弹仍可穿出木块，求M/m 的取值范围（两次子弹所受阻力相同）。
1.3 动量守恒定律(解析版)
第3节动量守恒定律一、动量守恒的条件1．如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑的水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩。
当撤去外力后，下列说法中不正确的是（）A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒2．如图所示，一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，静止在O点，一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长，则下列说法正确的是（）A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒C ．环撞击板后，板的新的平衡位置在O 点正下方D ．碰撞后新平衡位置与下落高度h 无关3．如图所示，质量为m 、带有四分之一光滑圆弧槽的小车停放在光滑水平面上，一质量为m 的小球以水平速度0v 从底端滑上小车，到达某一高度后，小球又返回底端。
下列说法正确的是（ ）A ．小车一直向左运动B ．小球到达最高点时速度为零C ．小球和小车组成的系统机械能守恒D ．小球和小车组成的系统动量守恒二、动量守恒定律的应用4．如图所示，质量为M 的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m 的木块以初速度0v 水平地滑至车的上表面，若车足够长，则（ ）A ．木块的最终速度为0M v M mB ．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C ．车上表面越粗糙，木块减少的动量越多D ．改变车上表面的粗糙程度，小车获得的动量不变5．如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5m/s 向右做匀速直线运动。
已知甲、乙两球质量分别0.1kg 和0.2kg 。
某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0s ，两球之间的距离为x =2.7m ，则下列说法正确的是（ ）A ．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同B ．刚分离时，甲球的速度大小为0.6m/sC ．刚分离时，乙球的速度大小为0.3m/sD ．爆炸过程中释放的能量为0.027J6．在光滑的水平轨道上放置一门质量为m 1的旧式炮车（不包含炮弹质量），炮弹的质量为m 2，当炮车沿与水平方向成θ角发射炮弹时，炮弹相对炮口的速度为v 0，则炮车后退的速度为（ ）A ．201cos m v m θ B ．102cos m v m θ C ．2012cos +m v m m θ D ．1012cos +m v m m θ7．如图所示，所有接触面均光滑，质量为M 的半圆弧槽静止地靠在竖直墙面处，A 、B 是槽的两个端点，C 为槽的底部中点。
动量守恒定律典型例题解析
动量守恒定律·典型例题解析【例1】 如图52－1所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球以速度v 1追逐质量为m 2，速度为v 2的小球，追及并发生相碰后速度分别为v 1′和v 2′，将两个小球作为系统，试根据牛顿运动定律推导出动量守恒定律．解析：在两球相互作用过程中，根据牛顿第二定律，对小球1有：F ＝＝，对有′＝＝．由牛顿第三定律得＝m a m m F m a m F 1112222∆∆∆∆v t v t 12 －F ′，所以F ·Δt ＝－F ′·Δt ，m 1Δv 1＝－m 2Δv 2，即m 1(v 1′－v 1)＝－m 2(v 2′－v 2)，整理后得：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，这表明以两小球为系统，系统所受的合外力为零时，系统的总动量守恒．点拨：动量守恒定律和牛顿运动定律是一致的，当系统内受力情况不明，或相互作用力为变力时，用牛顿运动定律求解很繁杂，而动量定理只管发生相互作用前、后的状态，不必过问相互作用的细节，因而避免了直接运用牛顿运动定律解题的困难，使问题简化．【例2】 把一支枪水平地固定在光滑水平面上的小车上，当枪发射出一颗子弹时，下列说法正确的是[ ]A ．枪和子弹组成的系统动量守恒B ．枪和车组成的系统动量守恒C ．子弹、枪、小车这三者组成的系统动量守恒D ．子弹的动量变化与枪和车的动量变化相同解析：正确答案为C点拨：在发射子弹时，子弹与枪之间，枪与车之间都存在相互作用力，所以将枪和子弹作为系统，或枪和车作为系统，系统所受的合外力均不为零，系统的动量不守恒，当将三者作为系统时，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，这时子弹的动量变化与枪和车的动量变化大小相等，方向相反．可见，系统的动量是否守恒，与系统的选取直接相关．【例3】 如图52－2所示，设车厢的长度为l ，质量为M ，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以初速度v 0向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后，静止在车厢中，这时车厢的速度为_______，方向与v 0的方向_______．点拨：不论物体与车厢怎样发生作用，碰撞多少次，将物体与车厢作为系统，物体与车厢间作用力是内力，不改变系统的总动量，同时这一系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，以v 0为正方向，有mv 0＝(M ＋m)v ′．【例4】 一辆列车的总质量为M ，在平直的水平轨道上以速度v 匀速行驶，突然最后一节质量为m 的车厢脱钩，假设列车所受的阻力与车的重量成正比，机车的牵引力不变，当脱钩的车厢刚好停止运动时，前面列车的速度为多大？点拨：以整列列车为系统，不管最后一节车厢是否脱钩，系统所受的外力在竖直方向上重力与轨道给系统的弹力相平衡，在运动方向上牵引力与系统所受的总的阻力相平衡，即系统所受的外力为零，总动量守恒．参考答案例，相同例－3 mv M +m 4 M M mv 0跟踪反馈1．在光滑水平面上有两个质量不等的物体，它们之间夹一被压缩的弹簧，开始时两物用细绳相连，烧断细绳后两物体[ ]A ．在任何时刻加速度大小相等B ．在任何时刻速度大小相等C ．在任何时刻动量大小相等D ．在任意一段时间内，弹簧对两物体的冲量相同2．沿一直线相向运动的甲、乙两质点，作用前动量分别是P 1＝10kg ·m/s ，P 2＝－18kg ·m/s ，作用后甲的动量为－1kg ·m/s ，不计任何外界阻力，则作用后乙的动量为[ ]A ．－29kg ·m/sB．29kg·m/sC．－7kg·m/sD．7kg·m/s3．质量为490g的木块静止在光滑水平面上，质量为10g的子弹以500m/s 的速度水平射入木块并嵌在其中，从子弹刚射入木块至与木块相对静止的过程中，木块增加的动量为_______kg·m/s，它们的共同运动速度为_______m/s．4．质量为120t的机车，向右匀速滑行与静止的质量均为60t的四节车厢挂接在一起运动，由于四节车厢的挂接，使机车的速度减小了3m/s，求机车在挂接前的速度．参考答案1．C 2．C 3．4.9；10 4．4.5m/s；方向向右。
高考物理动量守恒定律专题训练答案及解析
高考物理动量守恒定律专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，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．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题20套(带答案)及解析
高中物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析一、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=∆+∆=13.5J2．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 。
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)及解析
4．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
试题分析：（1）P1
滑到最低点速度为
v1，由机械能守恒定律有：
1 2
mv02
mgR
1 2
mv12
解得：v1=5m/s
P1、P2 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为 v1 、 v2
则由动量守恒和机械能守恒可得： mv1 mv1 mv2
1 2
mv12
1 2
mv12
1 2
mv22
解得： v1 0 、 v2 5m/s
（2）P2 向右滑动时，假设 P1 保持不动，对 P2 有：f2=μ2mg=2m（向左） 设 P1、M 的加速度为 a2；对 P1、M 有：f=（m+M）a2
a2
f m M
2m 5m
0.4m/s2
此时对 P1 有：f1=ma2=0．4m＜fm=1．0m，所以假设成立．
故滑块的加速度为 0．4m/s2；
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
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
高考物理动量守恒定律试题经典及解析
高考物理动量守恒定律试题经典及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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。
【答案】（1）3m/s （2）0.1m 【解析】试题分析：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得 mv 1-Mv 2=022121122P E mv Mv =+ 代入数据解得：v 1=3m/s v 2=1m/s （2）根据动量守恒和各自位移关系得12x xm M t t=，x 1+x 2=L 代入数据联立解得：24Lx ==0.1m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.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．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 =．4．（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”。
动量守恒定律的实例解析
动量守恒定律的实例解析动量守恒定律是物理学中的一个重要定律，它描述了一个封闭系统中的动量总和在时间上保持不变。
在这篇文章中，我们将通过几个实例来解析动量守恒定律的应用。
1. 球的碰撞想象一下，有两个相同质量的球A和球B，它们以相同的速度向相反的方向运动。
当它们碰撞时，根据动量守恒定律，它们的总动量在碰撞前后应该保持不变。
在碰撞前，球A的动量为mA * v，球B的动量为-mB * v，其中mA和mB分别为球A和球B的质量，v为它们的速度。
在碰撞后，球A的速度变为-v，球B 的速度变为v。
根据动量守恒定律，我们可以得出以下方程：mA * v + (-mB * v) = mA * (-v) + (-mB * v)通过简化方程，我们可以发现动量守恒定律成立。
这个例子展示了动量守恒定律在碰撞过程中的应用。
2. 火箭发射火箭发射是另一个动量守恒定律的实例。
当火箭发射时，燃料被喷射出去，给火箭提供了向上的动量。
根据动量守恒定律，火箭和喷射出去的燃料的总动量应该保持不变。
火箭的质量为m火箭，速度为v火箭，在发射前，火箭的动量为m火箭 * v火箭。
当燃料被喷射出去时，燃料的质量为m燃料，速度为v燃料。
根据动量守恒定律，我们可以得出以下方程：m火箭 * v火箭 = (m火箭 + m燃料) * v火箭' + m燃料 * v燃料其中，v火箭'是火箭在喷射燃料后的速度。
通过简化方程，我们可以看到动量守恒定律在火箭发射过程中的应用。
3. 球的弹射考虑一个弹簧装置，上面有一个质量为m的球。
当球被弹射出去时，根据动量守恒定律，弹簧和球的总动量应该保持不变。
弹簧的质量为m弹簧，速度为v弹簧，在弹射前，弹簧的动量为m弹簧 * v弹簧。
当球被弹射出去时，球的质量为m球，速度为v球。
根据动量守恒定律，我们可以得出以下方程：m弹簧 * v弹簧 = m球 * v球通过简化方程，我们可以看到动量守恒定律在球的弹射过程中的应用。
物理动量守恒定律专题练习(及答案)含解析
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
（2 分）
因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为 ΔE 损 1＝f·d=
mv
2 0
（1
分），
由能量守恒得：
1 2
mv
2 1
＋
1 2
mV
2 1
＝
1 2
mv
2 0
－ΔE
损 1（2
分）
且考虑到 v1 必须大于 V1，
解得：v1＝ ( 1 3 ) v0 26
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为 V2，
物理动量守恒定律专题练习(及答案)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 V
6．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 Ra Rb 1 .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/s2）
高中物理-动量守恒定律经典例题详解
高中物理-动量守恒定律经典例题详解篮球运动员接球时，通常会迅速收缩双手，以减小球对手的冲击力。
这是因为根据动量定理Ft=Δp，收缩双手可以延长手与球接触的时间，从而减小球的动量变化率，进而减小球对手的冲击力。
在弹丸爆炸的过程中，水平方向的动量守恒，根据m弹丸v=mv甲+mv乙，可以解得4v=3v甲+v乙。
爆炸后，甲、乙两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h=gt²，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲=v甲t，x乙=v乙t。
根据数据，可以得出B图是正确的。
在竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切的情况下，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。
将A无初速释放后，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。
根据机械能守恒定律，可以解得碰撞前瞬间A的速率为2m/s。
根据动量守恒定律，可以解得碰撞后瞬间A和B整体的速率为1m/s。
根据动能定理，可以解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离为0.25m。
如果质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，而质量为0.5kg的砂袋以3m/s的水平速度迎面扔上小车，那么砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是1.0m/s，向右。
题目：一个质量为4kg的物块A，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。
可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量为2kg。
现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到vt=2m/s。
求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l。
解析：1)以A为研究对象，由牛顿第二定律F=ma，代入数据解得a=2.5m/s²。
2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程，由动量定理Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v，代入数据解得v=1m/s。
专题14 动量守恒定律(解析版)
高二物理寒假作业（章节补弱+自测提高）专题14 动量守恒定律1．《加油向未来》是中央电视台推出的科学实验节目。
在某期节目中有这样一个实验，主持人撒贝宁手拿两个球，使两个球的球心在一条竖直线上，从h 高处由静止释放，观察小球弹起的高度。
假设h 远大于两球的半径，下面篮球的质量是上面小球的3倍，所有碰撞皆为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不考虑空气阻力的影响。
则小球弹起的高度为（ ）A ．4hB ．3hC ．2hD ．h【答案】A【详解】设上面小球的质量为m ，则下面篮球的质量为3m ，两球自由下落h 时的速度均为v 地后速度瞬间反向，大小不变，碰撞后小球、篮球的速度分别为v 1、v 2，以向上为正方向，由动量守恒及能量守恒分别可得1233mv mv mv mv -=+；22212111(3)3222m m v mv mv +=⋅+⋅联立解得1v =度为2142v H h g==，A 正确。
故选A 。
2．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是A 4.0kg m =和 3.0kg m =，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0=t 时以一定速度向右运动在4s t =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，墙壁对物块B 的弹力在4s 到12s 的时间内对B 的冲量I 的大小（ ）A ．9N ·sB ．18N ·sC ．36N ·sD ．72N ·s【答案】C 【详解】结合图乙，对C 与A 碰撞前后用动量守恒定律()001C C m v m m v =+碰撞后，AC 整体一起压缩弹簧，以向右为正方向，对A 、B 、C 及弹簧系统由动量定理可得()()()()11243N s 243N s 36N s C A C A I m m v m m v =-+-+=-+⨯⋅-+⨯⋅=-⋅弹即墙壁对A 、B 、C 及弹簧系统的冲量大小为36N s ⋅，由于墙壁的弹力作用在B 上，所以墙壁的弹力对B 的冲量大小为36N s ⋅，故C 正确。
人教版高中物理选修35第16章动量及动量守恒定律典型例题分析
人教版高中物理选修35第16章动量及动量守恒定律典型例题分析一．动量守恒定律概述1.动量守恒定律的条件⑴系统不受外力或许所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以疏忽不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，那么该方向上动量守恒。
⑷全进程的某一阶段系统受的合外力为零，那么该阶段系统动量守恒。
2．动量守恒定律的表达方式〔1〕，即p1 p2=p1/ p2/，〔2〕Δp1 Δp2=0，Δp1= -Δp2 和3．运用动量守恒定律处置效果的基本思绪和普通方法〔1〕剖析题意，明白研讨对象。
〔2〕对各阶段所选系统内的物体停止受力剖析，判定能否运用动量守恒。
〔3〕确定进程的始、末形状，写出初动量和末动量表达式。
注重：在研讨空中上物体间相互作用的进程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。
（4）树立动量守恒方程求解。
4．注重动量守恒定律的〝五性〞：①条件性；②全体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性．二、动量守恒定律的运用1两个物体作用时间极短，满足内力远大于外力，可以以为动量守恒。
碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
如：润滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的运植物体B运动，B的左端连有轻弹簧剖析：在Ⅰ位置A、B刚好接触，弹簧末尾被紧缩，A末尾减速，B末尾减速；到Ⅱ位置A、B速度刚好相等〔设为v〕，弹簧被紧缩到最短；再往后A、B远离，到Ⅲ位位置恰恰分开。
〔1〕弹簧是完全弹性的。
紧缩进程系统动能增加全部转化为弹性势能，Ⅱ形状系统动能最小而弹性势能最大；分开进程弹性势能增加全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ形状系统动能相等。
这种碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度区分为：。
〔这个结论最好背上去，以后经常要用到。
〕〔2〕弹簧不是完全弹性的。
紧缩进程系统动能增加，一局部转化为弹性势能，一局部转化为内能，Ⅱ形状弹性势能仍最大，但比损失的动能小；分别进程弹性势能增加，局部转化为动能，局部转化为内能；由于全进程系统动能有损失。
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动量守恒定律·典型例题解析
【例1】 如图52－1所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球以速度v 1追逐质量为m 2，速度为v 2的小球，追及并发生相碰后速度分别为v 1′和v 2′，将两个小球作为系统，试根据牛顿运动定律推导出动量守恒定律．
解析：在两球相互作用过程中，根据牛顿第二定律，对小球1有：F ＝＝，对有′＝＝．由牛顿第三定律得＝m a m m F m a m F 1112222∆∆∆∆v t v t 12 －F ′，所以F ·Δt ＝－F ′·Δt ，m 1Δv 1＝－m 2Δv 2，即m 1(
v 1′－v 1)＝－m 2(v 2′－v 2)，整理后得：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋
m 2v 2′，这表明以两小球为系统，系统所受的合外力为零时，系统的总动量守恒．
点拨：动量守恒定律和牛顿运动定律是一致的，当系统内受力情况不明，或相互作用力为变力时，用牛顿运动定律求解很繁杂，而动量定理只管发生相互作用前、后的状态，不必过问相互作用的细节，因而避免了直接运用牛顿运动定律解题的困难，使问题简化．
【例2】 把一支枪水平地固定在光滑水平面上的小车上，当枪发射出一颗子弹时，下列说法正确的是
[ ]
A ．枪和子弹组成的系统动量守恒
B ．枪和车组成的系统动量守恒
C ．子弹、枪、小车这三者组成的系统动量守恒
D ．子弹的动量变化与枪和车的动量变化相同
解析：正确答案为C
点拨：在发射子弹时，子弹与枪之间，枪与车之间都存在相互作用力，所以将枪和子弹作为系统，或枪和车作为系统，系统所受的合外力均不为零，系统的动量不守恒，当将三者作为系统时，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，这时子弹的动量变化与枪和车的动量变化大小相等，方向相反．可见，系统的动量是否守恒，与系统的选取直接相关．
【例3】 如图52－2所示，设车厢的长度为l ，质量为M ，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以初速度v 0向右运动，与车厢壁来
回碰撞n 次后，静止在车厢中，这时车厢的速度为_______，方向与v 0的方向_______．
点拨：不论物体与车厢怎样发生作用，碰撞多少次，将物体与车厢作为系统，物体与车厢间作用力是内力，不改变系统的总动量，同时这一系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，以v 0为正方向，有mv 0＝(M ＋m)v ′．
【例4】 一辆列车的总质量为M ，在平直的水平轨道上以速度v 匀速行驶，突然最后一节质量为m 的车厢脱钩，假设列车所受的阻力与车的重量成正比，机车的牵引力不变，当脱钩的车厢刚好停止运动时，前面列车的速度为多大？
点拨：以整列列车为系统，不管最后一节车厢是否脱钩，系统所受的外力在竖直方向上重力与轨道给系统的弹力相平衡，在运动方向上牵引力与系统所受的总的阻力相平衡，即系统所受的外力为零，总动量守恒．
参考答案
例，相同例－3 mv M +m 4 M M m
v 0
跟踪反馈
1．在光滑水平面上有两个质量不等的物体，它们之间夹一被压缩的弹簧，开始时两物用细绳相连，烧断细绳后两物体
[ ]
A ．在任何时刻加速度大小相等
B ．在任何时刻速度大小相等
C ．在任何时刻动量大小相等
D ．在任意一段时间内，弹簧对两物体的冲量相同
2．沿一直线相向运动的甲、乙两质点，作用前动量分别是P 1＝10kg ·m/s ，P 2＝－18kg ·m/s ，作用后甲的动量为－1kg ·m/s ，不计任何外界阻力，则作用后乙的动量为
[ ]
A ．－29kg ·m/s
B．29kg·m/s
C．－7kg·m/s
D．7kg·m/s
3．质量为490g的木块静止在光滑水平面上，质量为10g的子弹以500m/s 的速度水平射入木块并嵌在其中，从子弹刚射入木块至与木块相对静止的过程中，木块增加的动量为_______kg·m/s，它们的共同运动速度为_______m/s．4．质量为120t的机车，向右匀速滑行与静止的质量均为60t的四节车厢挂接在一起运动，由于四节车厢的挂接，使机车的速度减小了3m/s，求机车在挂接前的速度．
参考答案
1．C 2．C 3．4.9；10 4．4.5m/s；方向向右。