高考物理动量守恒定律解题技巧(超强)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)
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。
高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)
高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)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）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：428225t s +=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v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒．m c v 1＝（m A ＋m C ）v 2 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 ）v 3＝（m A ＋m B ＋m C ）v 4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．3．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=）（1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能.【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2cos 1sin 2B B B Bm gh m gh m v θμθ+⋅= ① （3分）代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分）（2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得：2220111()222A B P A A B Bm m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分）考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.4．如图，足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板，挡板前L 处静止着质量m 1=1kg 的小球A ，质量m 2=2kg 的小球B 以速度v 0运动，与小球A 正碰．两小球可看作质点，小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计，且碰撞中均没有机械能损失．求(1)第1次碰撞后两小球的速度；(2)两小球第2次碰撞与第1次碰撞之间的时间； (3)两小球发生第3次碰撞时的位置与挡板的距离． 【答案】(1)043v 013v 方向均与0v 相同 (2)065L v (3)9L【解析】 【分析】（1）第一次发生碰撞，动量守恒，机械能守恒；（2）小球A 与挡板碰后反弹，发生第2次碰撞，分析好位移关系即可求解；（3）第2次碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒，从而找出第三次碰撞前的初始条件，分析第2次碰后的速度关系，位移关系即可求解．【详解】（1）设第1次碰撞后小球A 的速度为1v ，小球B 的速度为2v ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律:201122m v m v m v =+222201122111222m v m v m v =+ 整理得：210122m v v m m =+，212012m m v v m m -=+解得1043v v =，2013v v =，方向均与0v 相同． （2）设经过时间t 两小球发生第2次碰撞，小球A 、B 的路程分别为1x 、2x ，则有11x v t =，22x v t =由几何关系知：122x x L += 整理得：065Lt v =（3）两小球第2次碰撞时的位置与挡板的距离：235x L x L =-= 以向左为正方向，第2次碰前A 的速度043A v v =，B 的速度为013B v v =-，如图所示．设碰后A 的速度为A v '，B 的速度为B v '．根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有1212A B A B m v m v m v m v ''+=+； 2222121211112222A B AB m v m v m v m v ''+=+ 整理得：12212()2A B A m m v m v v m m -+'=+，21112()2B A B m m v m v v m m -+'=+解得：089A v v '=-，079B v v '=设第2次碰后经过时间t '发生第3次碰撞，碰撞时的位置与挡板相距x '，则B x x v t '''-=，A x x v t '''+=整理得：9x L '=5．如图，质量分别为m 1=1.0kg 和m 2=2.0kg 的弹性小球a 、b ，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v 0=0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t =5.0s 后，测得两球相距s =4.5m ，则刚分离时，a 球、b 球的速度大小分别为_____________、______________；两球分开过程中释放的弹性势能为_____________．【答案】①0.7m/s, -0.2m/s ②0.27J 【解析】试题分析：①根据已知，由动量守恒定律得联立得②由能量守恒得代入数据得考点：考查了动量守恒，能量守恒定律的应用【名师点睛】关键是对过程分析清楚，搞清楚过程中初始量与末时量，然后根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解题6．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．7．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，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 =．8．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 21 2 1 2 12由机械能守恒可得 m a v 0m a v 1 (m b m c )v 222 2解得 V 1 0, V 2 4m/ sA 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，求小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 2 1 2 m c gR qER ㊁血 mjv ㊁血 mjv ?代入数据可得v 2m/ s⑶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，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：1 2(m b m c )v qERsin 22.如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 '点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度0 =60.小明从A 点由静止往下摆，达到 O 点正下方B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运 动•到达C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂 上•绳长L=1.6m ,浮漂圆心与 C 点的水平距离x=2.7m 、竖直高度y=1.8m ，浮漂半径 R=0.3m 、不计厚度，小明的质量m=60kg ，平板车的质量 m=20kg ，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦.重力加速度g=10m/s 2，求：_*』吩(1) 轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ (2) 小明跳离平板车时的速度在什么范围？(3) 若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功 ？【答案】(1) 1200N (2) 4m/s Wv< 5m/s( 3) 480J 【解析】 【分析】(1)首先根据机械能守恒可以计算到达B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小.(2)由平抛运动规律,按照位移大小可以计算速度范围( 3)由动量守恒和能量守恒规律计算即可. 【详解】解(I)从A 到B .由功能关系可得1 2 mgL(1 cos ) mv ①2代人数据求得v=4 m/s ②m b gR(1cos ) m c gRsin 解得sin0637因此小球c 电势能的增加量： E p qER(1 sin ) 3.2J2在最低点B处，T mg mv③联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2) 小明离开滑板后可认为做平抛运动1 2竖直位移y gt1 2 3④2离C点水平位移最小位移x R v min t⑤离C点水平位移最大为X R V min t⑥联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度 4 m/s Wvw 5 m/s(3) 小明落上滑板时，动量守恒mv (m m0)V| ⑦代人数据求得V i=3 m/s⑧离开滑板时，动量守恒(m m0)v| mv C m o V2⑨将⑧代人⑨得V2=-3 m/s由功能关系可得1 2 1 2 1 2 W ( — mv C m0v2) m m0 v1⑩.2 2 2解得W=480 J3. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m,皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B C置于水平导轨上， B C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度V0=6m/s 沿B、C 连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起•碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角0 =37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数卩=0.8重力加速度g=10m/s2, sin37=0.6, cos37°0.8.1滑块A、B碰撞时损失的机械能；2滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q;3若每次实验开始时滑块A的初速度V。
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。
高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)
高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)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/s 2,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）v 0=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v 0，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 120v (1分)v 02gh ，解得：v 0＝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 ＝μm 2g(1分) W ＝－μm 2gx 解得：W ＝－1.6 J(1分)③设物块A 与物块B 碰撞后的速度为v 1，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－μm 2gx ＝0－12m 2v 2 解得：v ＝4.0 m/s(1分)根据动量守恒定律m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v(1分) 解得：v 1＝2.0 m/s(1分)能量守恒12m 120v ＝12m 121v ＋12m 2v 2＋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,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B 与斜面间的动摩擦因数3μ=；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d =0.1m ，A 、B 的质量都为m=2kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A 、B 之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A 、B,经过一段时间,A 与B 的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g 取210/m s .求：(1)释放后物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大?(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小；(3)从初始位置到物块A 与凹糟B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小． 【答案】（1）（2）v An =(n-1)m∙s -1，v Bn ="n" m∙s -1（3）x n 总=0.2n 2m 【解析】 【分析】 【详解】（1）设物块A 的加速度为a 1，则有m A gsin θ=ma 1， 解得a 1=5m/s 2凹槽B 运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcos θ=mg 方向沿斜面向上； 凹槽B 所受重力沿斜面的分力G 1=2mgsin θ=mg 方向沿斜面向下； 因为G 1=f ，则凹槽B 受力平衡，保持静止，凹槽B 的加速度为a 2=0 （2）设A 与B 的左壁第一次碰撞前的速度为v A0，根据运动公式：v 2A0=2a 1d 解得v A0=3m/s ；AB 发生弹性碰撞，设A 与B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为v A1，B 的速度为v B1，则由动量守恒定律：0112A A B mv mv mv =+ ；由能量关系：2220111112222A AB mv mv mv =+⨯ 解得v A1=-1m/s(负号表示方向)，v B1=2m/s3．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。
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 - W4【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) Q12 2导体棒第一次通过最低点时感应电动势： E BLv1 BLv2E2回路电功率：P. ........ . 9联立解得：P -W42.如图,两块相同平板P i、P2置于光滑水平面上,质量均为m = 0.1kg. P2的右端固定一轻质弹簧,物体P置于P i的最右端,质量为M = 0.2kg且可看作质点.P i与P以共同速度vo= 4m/s向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P i与P2粘连在一起,压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内).平板P i的长度L=1m , P与P i之间的动摩擦因数为科=0.2, P2上外表光滑.求：-厂। A B vWm(i)P i、P2刚碰完时的共同速度v i;(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 i上滑下,并求出P的最终速度V2.【答案】(i) v i=2m/s (2)E P=0.2J (3)v2=3m/s【解析】【分析】【详解】(i) P i、P2碰撞过程,由动量守恒定律mV. 2mM解得V i v°- 2m / s,方向水平向右；2(2)对P i、P2、P系统,由动量守恒定律2mv i Mv o (2m M )V2…3斛得v2 -v0 3m/s,方向水平向右,4i o i o i o此过程中弹簧的最大弹性势能E P -?2mv i2 + -Mv2 — (2m M )v22 0.2J -2 2 2(3)对P i、F2、P系统,由动量守恒定律2mv i Mv o 2mv3 Mv?i o i o i c 1c由能重寸恒TH律得一2mv〔+ Mv 02mv3Mv2 + Mg L2 2 2 2解得P的最终速度v2 3m/s 0,即P能从P i上滑下,P的最终速度v2 3m/s3.光滑水平面上质量为ikg的小球A, 量为2kg的大小相同的小球B发生正碰I~~H J I,,,,,.Cbr,〞(i)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. 以2.0m/s的速度与同向运动的速度为i.0m/s、质,碰撞后小球B以i.5m/s的速度运动.求：【答案】v A i.0m/s, E损0.25J【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：甘-1 2 1 2 _1 / 2 _1 」E损-彳与口『 A彳叫.B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屡次碰撞.如下图,一块外表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vo = 2 m/s从左端滑上木板,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-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/s2.求：可________________ 「J(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到达共同速度时,木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间；(3)小物块和木板到达共同速度时 ,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V I那么mg ma,解得a g 1m/s2①,1 , 2 LL - at ②,v1 at ③ 2联立①②③ 解得t 0.4s, v1 0.4m/s④(2)在物块与木板两者到达共同速度前,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到达共同速度v前木板共经历n次碰撞,那么有：v V O 2nT t a a t ⑤式中At是碰撞n次后木板从起始位置至到达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2v V o 2nTa⑥由于木板的速率只能处于 .到v1之间,故有0 v02nTa 2v1⑦求解上式得1.5 n 2.5由于n是整数,故有n=2®由①⑤⑧ 得：t 0.2s⑨；v 0.2m/s⑩从开始到物块与木板两者到达共同速度所用的时间为：t 4T t 1.8s (11)即从物块滑上木板到两者到达共同速度时,木板与墙共发生三次碰撞,所用的时间为1. 8s.............. 一…,……、、,,一 1 2(3)物块与木板到达共同速度时,木板与墙之间的距离为s L — a t2 (12)2联立①与(12)式,并代入数据得s 0.06m即到达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】此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.如下图,固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上外表平滑相接,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从距小车的上外表高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.滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为斤0.5,小车C与水平地面的摩擦忽略不计,取g=10m/s2.求：(1)滑块A与B弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小；【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上外表的最短长度.(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v i,由机械能守恒定律有：m A gh — m A V i2代入数据解得v i ,2gh 5m/s .设A、B碰后瞬间的共同速度为V2,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, m A V i m A m B V2代入数据解得V2 2.5m/s .(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V3,根据动量守恒定律有：m A m B v2m A m B m C v31 2 1 2根据能重寸恒TH律有：m A m B gL= m A m B v2m A m B m C v；2 2联立以上两代入数据解得L 0.375m【点睛】此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.如下图,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.(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) v 1V l I J2gh (2) mg" (3)—VHh 3 3 6 3【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1 2速度为v1,由机械能守恒定律有：m A gh —m A%解之得：v 1 2gh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： m A v 1 m A m B v1 1 ----- 斛之信：vV i — 2gh 3 3 ,(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 V 2 由动量守恒定律有：m A v 1 m A m B m C v 2122由机械能寸恒TH 律有： E Pmax (m A m B )v m A m B m C v 221解得被压缩弹簧的最大弹性势能：E Pmax -mgh Pmax6(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V3,滑块C 的速度为V4,分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：121 21 2-m A m B v m A m B v -m e v^ 2221 -------解之得：v 3 0, v 4 -42gh3 . 滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：s v 4t12H2g t2解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：s — JHh3R= 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.质量m 2 = 0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧,静止在光滑水平轨道上,另 一质量m 〔 = 0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放,运动到圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍,忽略空气阻力,重力加速度(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中,摩擦力做功 W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中,弹簧的最大弹性势能 E p ； (3)小球a 通过弹簧与小球 b 相互作用的整个过程中,弹簧对小球 b 的冲量I .【答案】(1)四：(2) E P =0.2J ⑶ I=0.4N?sm A m B v m A m B v m C v 47.如下图,内壁粗糙、半径g= 10 m/s 2.求:【解析】(1)小球由静止释放到最低点B的过程中,据动能定理得小球在最低点B时: 据题意可知乐=2四乱联立可得悭f=-0网(2)小球a与小球b把弹簧压到最短时,弹性势能最大,二者速度相同,此过程中由动量守恒定律得：：,1 1=4mi + m* 超 + & 由机械能守恒定律得2 2户弹簧的最大弹性势能E p=0.4J小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中, a球最终速度为由动量守恒定律啊也=mi0 + m*4由能量守恒定律: 根据动量定理有：得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中,弹簧对小球b的冲量I的大小为I=0.8N s8.如下图,在沙堆外表放置一长方形木块A,其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B,木块的质量为M=6.0kg.当爆竹爆炸时,因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5cm,而木块所受的平土阻力为f=80N .假设爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计, g取10m/s2,求爆竹能上升的最大高度.【答案】h 60m【解析】试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用,根据动能定理可得1 2 ,、(mg f )h 0 Mv1 (1)2爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒,故有mv2 Mv i (2)爆竹完后,爆竹做竖直上抛运动,故有v2 2gh(3)联立三式可得：h 600m考点：考查了动量守恒定律,动能定理的应用点评：根底题,比拟简单,此题容易错误的地方为在A下降过程中容易将重力丢掉9.在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC,半彳空为R,如下图,A、C两点的连线水平,B点为轨道最低点.其中AB局部是光滑的,BC局部是粗糙的.有一个质量为m的乙物体静止在B处,另一个质量为2m的甲物体从A点无初速度释放,甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后结合成一个整体,甲乙构成的整体滑上BC轨道,最高运动到D点,OD与OB连线的夹角0 60°甲、乙两物体可以看作质点,重力加速度为g,求：(1)甲物与乙物体碰撞过程中,甲物体受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,甲乙构成的整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中,摩擦力对其做的功.【答案】⑴—mj2gR ,方向水平向右.(2)压力大小为:一mg ,方向竖直向3 31下.(3)W f= - mgR .【解析】【分析】(1)先研究甲物体从A点下滑到B点的过程,根据机械能守恒定律求出A刚下滑到B点时的速度,再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度,即可对甲,运用动量定理求甲物与乙物体碰撞过程中,甲物体受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,对于甲乙构成的整体,由牛顿第二定律求出轨道对整体的支持力,再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中,运用动量定理求摩擦力对其做的功.【详解】1甲物体从A点下滑到B点的过程,1 2根据机械能守恒定律得：2mgR — 2mv2,2解得：v0"2gR,甲乙碰撞过程系统动量守恒,取向左方向为正,根据动量守恒定律得：2mv o m 2m mv ,解得：v —J2gR ,甲物与乙物体碰撞过程,对甲,由动量定理得：I甲2mv 2mv0 2 m,2gR ,方向：水平向右;2甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,对甲乙构成的整体,2由牛顿第二定律得：F m 2mg m 2m —R (17)斛得：F —mg,根据牛顿第三定律,对轨道的压力F' F ——mg 方向：竖直向下；3o _ _ 1 _ 23对整体,从B到D过程,由动能定理得：3mgR 1 cos60 W f 0 — 3mv2一... ... ...................... 1 _解得,摩擦力对整体做的功为：W f -mgR ；6【点睛】解决此题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况,把握每个过程的物理规律,知道碰撞的根本规律是动量守恒定律 .摩擦力是阻力,运用动能定理是求变力做功常用的方法.10.如下图,一质量为m=1 5kg的滑块从倾角为 .=37.的斜面上自静止开始滑下,斜面末端水平(水平局部光滑,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.斜面长s=10m,小车质量为M=3 5kg,滑块与斜面及小车外表的动摩擦因数科=0. 35,小车与地面光滑且足够长,取g=10m/s2.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 (sin 0 -cos 0 ) =ma代入数据得：a=3. 2m/s2又：s= — at22解得t=2 . 5s到达斜面末端的速度大小v 0=at=8 m/s(2)小车与滑块到达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,那么：mv= (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：mgL= 1 mv o2- 1 〔m+M v2 2 2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；解题时需选择适宜的物理规律,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.11.如下图,小球A质量为m,系在细线的一端,线的另一端固定在.点,.点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍,置于粗糙的水平面上且位于.点正下方,物块与水平面间的动摩擦因数为也现拉动小球使线水平伸直,小球由静止开始释放,运动到最低点时与物块发生正碰〔碰撞时间极短〕,反弹后上升至最高点时到水平面的距离为小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,求碰撞过程物块获得的冲16量及物块在地面上滑行的距离.气—一1 : hI**+ 'pl Ih【答案】——16【解析】【分析】对小球下落过程由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度,再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求解获得的冲量；对物块滑行过程由动能定理可求得其滑行的距离.【详解】小球的质量为m,设运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v i,取小球运动到最低点时的重力势能为零,根据机械能守,值定律有：mgh=1mv i22解得：v i= 2ghh 1 ’2设碰撞后小球反弹的速度大小为V1,同理有：mg —— mv i16 2解得：〃1 =,设碰撞后物块的速度大小为V2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有：mv1=-mv' 1+5mv2解得：V2= 'g h由动量定理可得,碰撞过程滑块获得的冲量为I=5mv2=l m,2gh物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F=5科mg设物块在水平面上滑行的时间为t,由动能定理有：1 2Fs 0 5mv22…口h解得：s16【点睛】此题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理,要注意正确分析物理过程,选择适宜的物理规律求解.12.如下图,粗细均匀的圆木棒A下端离地面高H,上端套着一个细环B. A和B的质量均为m, A和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A和B使它们从静止开始自由下落.当A与地面碰撞后,A以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时间极短,空气阻力不计,运动过程中A始终呈竖直状态.求：假设A再次着地前B不脱离A, A的长度应满足什么条件？y.8m好〞---------q【答案］(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么即寸期木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mgwi=z:-解得：m,方向竖直向下对环：・mg 7G2 = ---------解得瓶方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为-- ■-要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于X,即12弁8叫?〞LW解得：Op +「考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。
高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)
高中物理动量守恒定律解题技巧( 超强 ) 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，质量分别为m1和 m2的两个小球在圆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被右边墙壁原速弹回，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】【分析】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）本题考察碰撞过程中动量守恒的应用，设小球碰撞后的速度，找到初末状态依据动量守恒的公式列式可得2．如下图，圆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 的左边固定一轻弹簧（弹簧左边的挡板质量不计）；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 恰巧相碰并粘接在一同，而后持续运动．假定 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别的过程中，求．（1） A、 B 第一次速度同样时的速度大小；（2） A、 B 第二次速度同样时的速度大小；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】（ 1） v0（ 2） v0（3）【分析】试题剖析：（ 1）对 A、B 接触的过程中，当第一次速度同样时，由动量守恒定律得，mv0=2mv 1，解得 v1＝v0（2）设 AB 第二次速度同样时的速度大小v2，对 ABC 系统，依据动量守恒定律：mv0=3mv2解得 v2= v0（3） B 与 C接触的瞬时， B、 C 构成的系统动量守恒，有：解得 v3＝ v0系统损失的机械能为当 A、 B、C 速度同样时，弹簧的弹性势能最大．此时v2= v0依据能量守恒定律得，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】本题综合考察了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，重点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。
最新高考物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)
最新高考物理动量守恒定律解题技巧(超强)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．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：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1m/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 r r 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=︒4．如图所示,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B 与斜面间的动摩擦因数36μ=；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d =0.1m ，A 、B 的质量都为m=2kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A 、B 之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A 、B,经过一段时间,A 与B 的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g 取210/m s .求：(1)释放后物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大?(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小；(3)从初始位置到物块A 与凹糟B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小． 【答案】（1）（2）v An =(n-1)m∙s -1，v Bn ="n" m∙s -1（3）x n 总=0.2n 2m 【解析】 【分析】 【详解】（1）设物块A 的加速度为a 1，则有m A gsin θ=ma 1， 解得a 1=5m/s 2凹槽B 运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcos θ=mg 方向沿斜面向上； 凹槽B 所受重力沿斜面的分力G 1=2mgsin θ=mg 方向沿斜面向下； 因为G 1=f ，则凹槽B 受力平衡，保持静止，凹槽B 的加速度为a 2=0 （2）设A 与B 的左壁第一次碰撞前的速度为v A0，根据运动公式：v 2A0=2a 1d 解得v A0=3m/s ；AB 发生弹性碰撞，设A 与B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为v A1，B 的速度为v B1，则由动量守恒定律：0112A A B mv mv mv =+ ；由能量关系：2220111112222A AB mv mv mv =+⨯ 解得v A1=-1m/s(负号表示方向)，v B1=2m/s5．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。
高考物理动量定理解题技巧(超强)及练习题(含答案)含解析
高考物理动量定理解题技巧(超强)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，静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列，质量均为m ，人在极短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 时停。
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，碰撞吋间很短，忽咯空气阻力，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。
【答案】(1)-3kmgL ；(2)10m kgL 【解析】 【分析】 【详解】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则W =-kmgL -2kmgL =-3kmgL即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL 。
(2)设第一辆车的初速度为v 0，第一次碰前速度为v 1，碰后共同速度为v 2，则由动量守恒得mv 1=2mv 222101122kmgL mv mv -=- 221(2)0(2)2k m gL m v -=-由以上各式得010v kgL =所以人给第一辆车水平冲量的大小010I mv m kgL ==2．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v 0＝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m 1＝0.5 kg 、m 2＝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。
高中物理动量定理解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析
(3)木块在木板滑行的时间t
【答案】(1)v1= 6m/s (2)v2=2m/s (3)t=1s
【解析】
【详解】
(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m0v0=(m0+m)v1
解得：
v1= 6m/s
(2)木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：
(m0+m)v1=(m0+m+M)v2
联立以上各式解得
代入数据得 ＝8.15m/s ＝1.85m/s
【名师点睛】
两杆同向运动，回路中的总电动势等于它们产生的感应电动势之差，即与它们速度之差有关，对甲杆由牛顿第二定律列式，对两杆分别运用动量定理列式，即可求解．
7．如图所示，木块A和四分之一光滑圆轨道B静置于光滑水平面上，A、B质量mA＝mB＝2.0kg。现让A以v0＝4m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁发生弹性碰撞（碰撞过程中无机械能损失），碰撞时间为t＝0.2s。取重力加速度g＝10m/s2．求：
解得：
v2=2m/s
(3)对子弹木块整体，由动量定理得：
﹣μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2﹣v1)
解得：物块相对于木板滑行的时间
4．在距地面20m高处，某人以20m/s的速度水平抛出一质量为1kg的物体，不计空气阻力（g取10m/s2）。求
（1）物体从抛出到落到地面过程重力的冲量；
（2）落地时物体的动量。
（1）小球与地面碰撞前后的动量变化？
（2）小球受到地面的平均作用力是多大？
【答案】（1）2kg•m/s，方向竖直向上；（2）12N．
【解析】
（1）取竖直向上为正方向，碰撞地面前小球的动量
碰撞地面后小球的动量
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 5v gR=（2）232 55v gR =66125 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：12m v02＝12(m+2m)v2+mgR(1−cosθ)，解得：06 5v gR =（2）对物块，由机械能守恒定律得：12m v02＝12m v12+mgR(1−cosθ)，解得：12 5v 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=3255gR，由机械能守恒定律得：12m v02=mgh+12m v22，解得：h=66125R ； 【点睛】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。
高中物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
【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 v1＝9m/s，碰后速度大小为 v2＝3m/s，C 与 A 碰撞过 程动量守恒
解得 C 的质量
mCv1＝(mA＋mC)v2
（2）t＝8s 时弹簧具有的弹性势能
mC＝2kg．
Ep1＝ 1 (mA＋mC)v22=27J 2
【答案】（1）
（2）
（3）增大 S 可以通过减小 q、
U 或增大 m 的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． 【解析】
试题分析：（1）根据动能定理有
解得：
（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv
解得：
（3）设单位时间内通过栅电极 A 的氙离子数为 n，在时间 t 内，离子推进器发射出的氙离 子个数为 N nt ，设氙离子受到的平均力为 F ，对时间 t 内的射出的氙离子运用动量定 理， Ft Nmv ntmv ， F = nmv 根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小 F= F = nmv 电场对氙离子做功的功率 P= nqU
a 则重力的冲量为： IG mgt 4.8103 N s ，方向为竖直向下。
【点睛】 本题关键根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解末速度，注意瞬时功率 的求法。
8．一质量为 0.5kg 的小物块放在水平地面上的 A 点，距离 A 点 5 m 的位置 B 处是一面墙， 如图所示.物块以 v0＝8m/s 的初速度从 A 点沿 AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为
摩擦阻力和空气阻力， g 取10m / s2 ，问：
（1）运动员到达斜坡底端时的速率 v ；
高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)含解析
高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)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，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）4282t 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：428225t s +=3．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 ＝…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：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…⑧A 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．4．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 gμ=【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．5．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 =．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v 1＝v 0，v 2＝v 0视频7．一列火车总质量为M ，在平直轨道上以速度v 匀速行驶，突然最后一节质量为m 的车厢脱钩，假设火车所受的阻力与质量成正比，牵引力不变，当最后一节车厢刚好静止时，前面火车的速度大小为多少？ 【答案】Mv/(M-m) 【解析】 【详解】因整车匀速运动，故整体合外力为零；脱钩后合外力仍为零，系统的动量守恒． 取列车原来速度方向为正方向．由动量守恒定律，可得()0Mv M m v m =-'+⨯ 解得，前面列车的速度为Mvv M m'=-；8．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，两者速度一起减为零．9．如图所示，质量均为M ＝4 kg 的小车A 、B ，B 车上用轻绳挂有质量为m ＝2 kg 的小球C ，与B 车静止在水平地面上，A 车以v 0＝2 m/s 的速度在光滑水平面上向B 车运动，相碰后粘在一起(碰撞时间很短)．求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后小球C 第一次回到最低点时的速度大小． 【答案】(1) 4 J (2) 1.6 m/s 【解析】 【详解】解：(1)设A 、B 车碰后共同速度为1v ，由动量守恒得：012Mv Mv = 系统损失的能量为：220112 4 212E Mv Mv J -⨯==损 (2)设小球C 再次回到最低点时A 、B 车速为2v ，小球C 速度为3v ，对A 、B 、C 系统由水平方向动量守恒得：12322Mv Mv mv =+ 由能量守恒得：22212311122222Mv Mv mv ⨯=⨯+ 解得：3 1.6 /v m s =10．如图所示，可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上，一起以v 0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C 发生完全非弹性碰撞，B ，C 的上表面相平且B ，C 不粘连，A 滑上C 后恰好能到达C 板的最右端，已知A ，B ，C 质量均相等，木板C 长为L ，求①A 物体的最终速度 ②A 在木板C 上滑行的时间 【答案】①034v ；②04L v【解析】试题分析：①设A 、B 、C 的质量为m ，B 、C 碰撞过程中动量守恒， 令B 、C 碰后的共同速度为，则，解得，B 、C 共速后A 以0v 的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度，则 解得②在A 、C 相互作用过程中，根据功能关系有（f 为A 、C 间的摩擦力）代入解得216mv f L=· 此过程中对C ，根据动量定理有代入相关数据解得04L t v =考点：动量守恒定律；能量守恒定律及动量定理．11．（18分）、如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R ，平台上静止放着两个滑块A 、B ，其质量m A =m ，m B =2m ，两滑块间夹有少量炸药。
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”。
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高考物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)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,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B 与斜面间的动摩擦因数3μ=；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d =0.1m ，A 、B 的质量都为m=2kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A 、B 之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A 、B,经过一段时间,A 与B 的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g 取210/m s .求：(1)释放后物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大?(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小；(3)从初始位置到物块A 与凹糟B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小． 【答案】（1）（2）v An =(n-1)m∙s -1，v Bn ="n" m∙s -1（3）x n 总=0.2n 2m 【解析】 【分析】 【详解】（1）设物块A 的加速度为a 1，则有m A gsin θ=ma 1， 解得a 1=5m/s 2凹槽B 运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcos θ=mg 方向沿斜面向上； 凹槽B 所受重力沿斜面的分力G 1=2mgsin θ=mg 方向沿斜面向下； 因为G 1=f ，则凹槽B 受力平衡，保持静止，凹槽B 的加速度为a 2=0 （2）设A 与B 的左壁第一次碰撞前的速度为v A0，根据运动公式：v 2A0=2a 1d 解得v A0=3m/s ；AB 发生弹性碰撞，设A 与B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为v A1，B 的速度为v B1，则由动量守恒定律：0112A A B mv mv mv =+ ；由能量关系：2220111112222A AB mv mv mv =+⨯ 解得v A1=-1m/s(负号表示方向)，v B1=2m/s3．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5．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】①0.25v0．②216v Lgμ=【解析】试题分析：（1）设小球和物体A碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，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．6．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：mv2+MV2＝MV′2+△E…③联立②③式，代入数据得：△E=1400J考点：动量守恒定律；能量守恒定律7．如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2=0.4 kg的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m0=0.05 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5 m/s的速度离开小车．g取10 m/s2．求：（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小．（2）小车的长度．【答案】（1）4.5N s （2）5.5m【解析】①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：0011()o m v m m v =+，可解得110/v m s =；对子弹由动量定理有：10I mv mv -=-， 4.5I N s =⋅ (或kgm/s)； ②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：0110122()()m m v m m v m v +=++；设小车长为L ，由能量守恒有：22220110122111()()222m gL m m v m m v m v μ=+-+- 联立并代入数值得L ＝5.5m ；点睛：子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度．8．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=12gt 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 212m 1v 2=12m 1v 12+12m 2v 22代入数据解得：v=5m/s v 1=-1m/s （3）m 1碰前:v 2=2as11F 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．9．如图所示，用气垫导轨做“验证动量守恒”实验中，完成如下操作步骤：A ．调节天平，称出两个碰撞端分别贴有尼龙扣滑块的质量m 1和m 2．B ．安装好A 、B 光电门，使光电门之间的距离为50cm ．导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够作_________运动．C ．在碰撞前，将一个质量为m 2滑块放在两光电门中间，使它静止，将另一个质量为m 1滑块放在导轨的左端，向右轻推以下m 1，记录挡光片通过A 光电门的时间t 1．D ．两滑块相碰后，它们粘在一起向右运动，记录挡光片通过_______________的时间t 2．E ．得到验证实验的表达式__________________________． 【答案】匀速直线运动 小车经过光电门的时间 ()12112m m m t t += 【解析】 【详解】为了让物块在水平方向上不受外力，因此当导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够作匀速直线运动；根据实验原理可知，题中通过光电门来测量速度，因此应测量小车经过光电门的时间 设光电门的宽度为l ，则有：经过光电门的速度为11lv t = 整体经过光电门的速度为：22l v t =由动量守恒定律可知，11122(+)m v m m v = 代入解得：11212()m m m t t +=。