动量守恒定律及其应用·典型例题精析

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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)

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。

物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析

物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析

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.如图所示,在水平地面上有两物块甲和乙,它们的质量分别为2m 、m ,甲与地面间无摩擦,乙与地面间的动摩擦因数恒定.现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰,且碰撞时间极短,若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞,试求:(1)第一次碰撞过程中系统损失的动能 (2)第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)2014mv ;(2) 0mv 【解析】 【详解】解:(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ,之后甲做匀速直线运动,乙以2v 初速度做匀减速直线运动,在乙刚停下时甲追上乙碰撞,因此两物体在这段时间平均速度相等,有:212v v =而第一次碰撞中系统动量守恒有:01222mv mv mv =+ 由以上两式可得:012v v =,20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为:222201201111222224E m v m v mv mv ∆=--=gg g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量:200I mv mv =-=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。

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

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。

力学应用动量守恒定律解题

力学应用动量守恒定律解题

力学应用动量守恒定律解题力学是物理学的一个重要分支,研究物体在运动过程中所受的力及其变化规律。

动量守恒定律是力学中的一条基本定律,表明在一个封闭系统中,当没有外力作用时,系统的总动量保持不变。

应用动量守恒定律可以解决许多实际问题,下面我将以几个例子来说明。

例题一:弹性碰撞假设有两个质量相同的小球,在光滑的水平面上碰撞。

初始时,小球A以速度va向右运动,小球B以速度vb向左运动。

碰撞后,小球A以速度va'向左运动,小球B以速度vb'向右运动。

我们可以利用动量守恒定律来求解碰撞后的速度。

根据动量守恒定律,碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量。

设小球A和小球B的质量都为m,速度va为正值,速度vb为负值,则可以写出以下方程:mva + mvb = mva' + mvb'根据题意,可以得到小球A碰撞前的速度va和小球B碰撞前的速度vb都已知,碰撞后的速度va'和vb'是未知的,通过解方程可以求解出碰撞后的速度。

例题二:炮弹问题假设有一个炮弹以速度v0发射出去,形成一个抛物线轨迹。

我们可以利用动量守恒定律来解决炮弹问题。

在潜射前和潜射后,系统的总动量保持不变。

当炮弹发射前,炮弹和大炮的总动量为零;当炮弹发射后,炮弹和大炮的总动量仍为零,只是动量的方向相反。

利用动量守恒定律,我们可以得到以下方程:m0v0 = (m+m0) v其中,m0是炮弹的质量,v0是炮弹的初速度,m是大炮的质量,v是大炮的速度。

通过解方程,我们可以求解出炮弹的速度v和射程等相关参数。

这样,我们就可以用动量守恒定律解答炮弹问题。

例题三:汽车追尾问题假设有两辆质量分别为m1和m2的汽车,汽车1以速度v1追尾汽车2,两车发生完全弹性碰撞。

求解碰撞后两车的速度。

根据动量守恒定律,我们可以得到以下方程:m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'其中,v1和v2是碰撞前两车的速度,v1'和v2'是碰撞后两车的速度。

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

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8.如图所示,质量为m=0.5kg的小球用长为r=0.4m的细绳悬挂于O点,在O点的正下方有一个质量为m1=1.0kg的小滑块,小滑块放在一块静止在光滑水平面上、质量为m2=1.0kg的木板左端.现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ=60°的位置由静止释放,小球摆到最低点与小滑块发生正碰并被反弹,碰撞时间极短,碰后瞬间细绳对小球的拉力比碰前瞬间的减小了△T=4.8N,而小滑块恰好不会从木板上掉下.已知小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.12,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2.求:
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

物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析

物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析

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.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,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。

动量守恒定律典型例题解析

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

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 。

易错点16 动量守恒定律及其应用(解析版) -备战2023年高考物理考试易错题

易错点16 动量守恒定律及其应用(解析版) -备战2023年高考物理考试易错题

易错点16 动量守恒定律及其应用例题1. (2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s 末和6 s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340 m/s ,重力加速度大小g 取10 m/s 2,忽略空气阻力.下列说法正确的是( )A .两碎块的位移大小之比为1∶2B .爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC .爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/sD .爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m【答案】B【解析】设碎块落地的时间为t ,质量大的碎块水平初速度为v ,则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v ,爆炸后的碎块做平抛运动,下落的高度相同,则在空中运动的时间相同,由水平方向x =v 0t 知落地水平位移之比为1∶2,碎块位移s =x 2+y 2,可见两碎块的位移大小之比不是1∶2,故A 项错误;据题意知,v t =(5 s -t )×340 m/s ,又2v t =(6 s-t )×340 m/s ,联立解得t =4 s ,v =85 m/s ,故爆炸点离地面高度为h =12gt 2=80 m ,所以B 项正确,C 项错误;两碎块落地点的水平距离为Δx =3v t =1 020 m ,故D 项错误.【误选警示】误选A 的原因:水平位移和位移没有区分清楚。

误选CD 的原因:没有定量推导声音传播时间和传播距离和平抛水平位移的关系,从而求解落地时间、爆炸后两物块的速度、两物块的水平位移大小。

例题2. 在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火,以提高最终的发射速度.某次地球近地卫星发射的过程中,火箭喷气发动机每次喷出质量为m =800 g 的气体,气体离开发动机时的对地速度v =1 000 m/s ,假设火箭(含燃料在内)的总质量为M =600 kg ,发动机每秒喷气20次,忽略地球引力的影响,则( )A .第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/sB .地球卫星要能成功发射,速度大小至少达到11.2 km/sC .要使火箭能成功发射至少要喷气500次D .要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s【答案】 A【解析】设喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,以竖直向上为正方向,由动量守恒定律得:(M-3m)v3-3m v=0,解得:v3≈4 m/s,故A正确;地球卫星要能成功发射,喷气n次后至少要达到第一宇宙速度,即:v n=7.9 km/s,故B错误;以火箭和喷出的n次气体为研究对象,以竖直向上为正方向,由动量守恒定律得:(M-nm)v n-nm v=0,代入数据解得:n≈666,故C错误;至少持续喷气时间为:t=n20=33.3 s,故D错误.【误选警示】误选B的原因:没有把第一宇宙速度和第二宇宙速度区分清楚。

动量守恒定律及其应用·典型例题精析

动量守恒定律及其应用·典型例题精析

动量守恒定律及其应用·典型例题精析[例题1]平静的湖面上浮着一只长l=6m,质量为550 kg的船,船头上站着一质量为m=50 kg的人,开始时,人和船均处于静止.若船行进时阻力很小,问当人从船头走到船尾时,船将行进多远?[思路点拨]以人和船组成的系统为研究对象.因船行进时阻力很小,船及人所受重力与水对船的浮力平衡,可以认为人在船上行走时系统动量守恒,开始时人和船都停止,系统总动量为零,当人在船上走动时,无论人的速度如何,系统的总动量都保持为零不变.[解题过程]取人运动方向为正方向,设人对岸的速度为v,船对岸的速度为V,其方向与v相反,由动量守恒定律有0=mv+(-MV).解得两速度大小之比为此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立.取人在船上行走时任一极短时间Δt i,在此时间内人和船都可视为匀速运动,此时间内人和船相对地面移动的距离分别为ΔS mi=v iΔt i和ΔSM i=V iΔt i,由此有这样人从船头走到船尾时,人和船相对地面移动的总距离分别为S m=∑ΔS mi,S M=∑ΔS Mi.由图中几何关系可知S m+S M=L.这样,人从船头走到船尾时,船行进的距离为代入数据有S M=0.5 m.[小结]本题表明,在动量守恒条件得到满足的过程中,系统任一瞬时的总动量保持不变.[例题2]如图7-9示,物块A、B质量分别为m A、m B,用细绳连接,在水平恒力F的作用下A、B一起沿水平面做匀速直线运动,速度为v,如运动过程中,烧断细绳,仍保持力F大小方向不变,则当物块B停下来时,物块A的速度为多大?[思路点拨]以A和B组成的系统作为研究对象.绳子烧断前,A、B 一起做匀速直线运动,故系统所受外力和为零,水平方向系统所受外力计有拉力F,物块A受到地面的摩擦力f A,物体B受到地面的摩擦力f B,且F=f A +f B.绳烧断后,直到B停止运动前F与f A、f B均保持不变,故在此过程中系统所受外力和仍为零,系统总动量保持不变.所以此题可用动量守恒定律求解.[解题过程]取初速v的方向为正方向,设绳断后A、B的速度大小分别为v′A、v′B,由动量守恒定律有(m A+m B)v=m A v′A+m B v′B.[小结] (1)本题表明动量守恒定律不仅可以解决相互作用时间极短的碰撞等类问题,也可以解决过程持续时间较长的问题.(2)本题解法体现了应用动量守恒定律解题的特点和优点:由于动量守恒定律只考虑系统相互作用前后的状态,而不考虑相互作用过程中各瞬时的细节,所以解决问题十分简便,这也是物理学中其他守恒定律(例如机械能守恒定律)也都具有的特点和优点.本题也可用牛顿运动定律(结合运动学公式)或应用动量定理来求解,但都要繁复一些.但本题若问B停下所用的时间是多少,动量守恒定律就无能为力了,就得应用牛顿运动定律(结合运动学公式)或动量定理来求解了.(3)特别要注意A、B组成的系统动量保持不变仅维持到B刚好停下为止,此后系统动量则不再守恒,因B停下后其所受的摩擦力f B变为零,系统所受外力和不再为零,不再满足动量守恒条件.[例题3]总质量均为M的甲乙两船在湖面上以相同速度v沿一直线鱼贯匀速航行如图7-10所示,现自甲船向后以相对甲船速度u水平向乙船抛一质量为m的沙袋,若不计水的阻力,求抛接沙袋后,甲、乙两船的速度各为多大?[思路点拨]本题涉及两个相互作用过程.过程Ⅰ:将沙袋从甲船抛出;过程Ⅱ:沙袋落在乙船上.因不计水的阻力,对于这两个过程若分别以甲船与沙袋及乙船与沙袋为系统,动量均守恒.[解题过程]以甲、乙两船原来速度方向为正方向,设抛接沙袋后,甲、,v′乙.乙两船速度分别为v′甲对于过程Ⅰ,以甲船和沙袋作为系统,由动量守恒有M v=(M-m)v′甲-m(u-v′甲).(因题中给出的是沙袋抛出时相对甲船的速度u,所以沙袋离开甲船时相对岸的速度为u-v′甲.)对于过程Ⅱ,以乙船和沙袋为系统,由动量守恒有Mv-m(u-v′甲)=(M+m)v′乙.代入解得将上面解得的v′甲表明抛接沙袋后,甲船速度增加,乙船速度减小,乃至为零或反向.[小结] (1)应用动量守恒定律解题时,应明确所应用的系统和过程.本题求乙船速度也可将甲、乙两船及沙袋作为系统,对抛接全过程(包括过程Ⅰ和过程Ⅱ)应用动量守恒定律,得到2Mv=(M-m)v′甲+(M+m)v′乙.代入解得v′乙,结果相同,这表明动量守恒定律也适用将解得的v′甲于多个物体组成的系统的复杂相互作用过程.(2)应用动量守恒定律时,应注意定律表达式中各速度应相对于同一惯性参考系,本题取地面.[例题4]在质量为M的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车(和单摆)以恒定的速度v0沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短,在碰撞过程中,下列情况可能发生的是[]A.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v0=(M+m)v1+mv2B.小车、木块、摆球的速度都发生变化分别变为v1、v2、v3,满足(M+m0)v0=Mv1+mv2+m0v3C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv=Mv1+mv2D.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v′,满足Mv=(M+m)v′[思路点拨]由于小车与木块发生碰撞的时间极短,碰撞时仅小车与木块间发生相互作用,使小车与木块的动量速度发生变化,而在这极短时间内,摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用,所以小车与木块碰后瞬时,小球仍保持原来的速度而未来得及变化.[解题过程]小车与木块碰撞刚结束时,球仍保持原来的速度,仅小车与木块由于相互作用,各自动量发生改变,所以选项A、B是错误的.取小车(不包括摆球)和木块作为系统,碰撞前后动量守恒,但小车与木块碰后可能分离,也可能结合在一起,所以选项C、D中两情况都可能发生.[小结]本题表明了碰撞这一物理现象发生时间极短这一的特点,由于碰撞现象的这一特点,可以使碰撞问题的解决通过近似得以简化.[例题5]在光滑水平直轨道上停着一辆质量为M的平板车,车上有n 个质量均为m的人,如每人相对于车以速率u相继快跑并相继跳离车的一端,试问他们相继快跑跳离车后使车得到的速度,与他们同时以同样速率u快跑并同时跳离车后使车得到的速度相比,哪个大?[思路点拨]如n人一起以相同速率跳离车,跳离车过程中n人同时与车发生相互作用,如将这n人与车作为一系统,这一过程中,系统水平方向不受外力,系统动量守恒.如n人相继跳离车时,这n人相继与车发生相互作用.因题设每人跳离车时相对车速率u相等,但由于每人跳离车时车速不同,所以每人跳离车时相对地面的速率是不同的,此种情况下,应应用动量守恒定律依次讨论每人跳离车的过程,方可做出结论.[解题过程]若n人同时快跳以相对车速率u同时跳离车,设跳离后,车获得速度为v,取人跳离后车速方向为正.由动量守恒有0=Mv+nm(v-u).若n人相继快跑并相继以相对车速率u跳离车,设第一人跳离车时车速为v1,第二人跳离车时车速为v2,……第n人跳离车时车速为v n,仍取车速方向为正,对每一人跳离车过程.由动量守恒有[M+(n-1)m]v1+m(v1-u)=0,[M+(n-2)m]v2+m(v2-u)=[M+(n-1)m]v1,[M+(n-3)m]v3+m(v3-u)=[M+(n-2)m]v2,……Mv n+m(v n-u)=(M+m)v n-1.将以上各式相加,得Mv n+m(v1-u)+m(v2-u)+…+m(v n-u)=0,或 Mv n=m(u-v1)+m(u-v2)+…+m(u-v n)=nmu-mv1-mv2-…-mv n.比较(1)、(2)两式可知v n>v,即n人相继跳离时,使车获得速度比同时跳离时大.[小结] (1)应用动量守恒定律解决过程较复杂的问题时,应注意系统与过程的选取.(2)动量守恒定律表达式中的各速度应是相对同一惯性系的速度,此题取的是地面.。

1.4.2动量守恒定律的应用---三体问题

1.4.2动量守恒定律的应用---三体问题

C vBC
A
B
解:C在A的上表面滑行时,A和B的速度vAB相同。C在 B的上表面滑行时,A和B脱离,A做匀速运动,最终
BC共同速度为vBC=8m/s。对A、B、C三物体组成的系
统,总动量守恒。 对C在A表面滑动的过程有: mCv0=(mA+mB)vAB+mCvC
对C滑上A至C与B以共同速度运动这一整个过程有: mCv0=mAvAB+(mB+mC)vBC
>>m,发生碰撞时弹力N >>mg,球与车之间的动摩擦因
数为μ,则小球弹起后的水平速度可能是(C )
A.v0
B.0
C.2μ 2gh
D.-v0
分析: 小球的水平速度是由于小车对它的摩擦力作用引起的,若小球在离 开小车之前水平方向上就已经达到了v0,则摩擦力消失,小球在水平方向 上的速度不再加速;反之,小球在离开小车之前在水平方向上就是一直被 加速的.然后使用动量定理分别沿水平方向和竖直方向分析,即可得出结 论.
1.4.2动量守恒定律案例分析
高考热点----三体问题
习题课(3)
光说不练,难见真章
课前回顾
2、子弹打木块模型
重要结论:Ek损失=Wf=Q=fd=fs相对
这种模型适用条件是,一个物体在另一个物体表面或内
部运动,在运动方向上不受外力,系统动量守恒。从能量的观
点看,
系统克服内部摩擦力做功将动能转
化为内能。
的,而C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10.求最后A、B、
C各以多大的速度做匀速运动.取重力加速度g=10m/s2.
m=1.0kg
C
v0 =2.0m/s
B
A
M=2.0kg M=2.0kg

初中物理 动量守恒定律应用案例

初中物理 动量守恒定律应用案例

初中物理动量守恒定律应用案例
动量守恒定律是物理学中重要的定律之一,它描述了在没有外力作用下,系统总动量保持不变的情况。

以下是一些初中物理的动量守恒定律应用案例:
1. 碰撞案例
碰撞是动量守恒定律应用的典型案例。

例如,考虑两个相互碰撞的小车A和小车B。

如果小车A的质量为m1,速度为v1,小车B的质量为m2,速度为v2,在碰撞前后,根据动量守恒定律可以得到以下方程:
m1 * v1 + m2 * v2 = m1 * v1' + m2 * v2'
其中,v1'和v2'分别为碰撞后小车A和小车B的速度。

通过解这个方程组,我们可以计算出碰撞后两个小车的速度。

2. 爆炸案例
爆炸是另一个动量守恒定律的应用案例。

例如,考虑一个炸弹在爆炸前是静止的,爆炸后将产生碎片。

根据动量守恒定律,炸弹碎片总动量的大小和方向应该等于炸弹静止时的动量。

在这种情况下,我们可以通过计算碎片速度和质量的乘积来验证动量守恒定律的适用性。

3. 滑雪运动案例
动量守恒定律还可以应用于滑雪运动中。

在滑雪的过程中,当滑雪者从高处滑下,滑雪者和滑雪板的动量之和应保持不变。

滑雪者可以通过调整姿势和动作来调节自己和滑雪板的动量,以保持平衡和稳定。

总结起来,动量守恒定律在碰撞、爆炸和滑雪等物理现象中有着广泛的应用。

通过理解和应用动量守恒定律,我们可以更好地解释和预测物体运动的行为。

带答案 动量守恒章末总结

带答案 动量守恒章末总结

动量守恒定律及其应用【典型题型】 1.子弹打木块类问题子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。

作为一个典型,它的特点是:子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动。

【例1】 设质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块,并留在木块中不再射出,子弹钻入木块深度为d 。

求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

解析:子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看,子弹射入木块过程中系统动量守恒: ()v m M mv +=0从能量的角度看,该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。

设平均阻力大小为f ,设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2,如图所示,显然有s 1-s 2=d对子弹用动能定理:22012121mv mv s f -=⋅ ……①对木块用动能定理:2221Mv s f =⋅ ……② ①、②相减得:()()222022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅ ……③ 由上式不难求得平均阻力的大小:()dm M Mmv f +=22至于木块前进的距离s 2,可以由以上②、③相比得出:d mM ms +=2【变式1】在光滑的水平桌面上静止着长为L 的方木块M ,今有A 、B 两颗子弹沿同一水平轨道分别以A v 、B v 从M 的两侧同时射入木块.A 、B 在木块中嵌入的深度分别为A d 、B d ,且A B d d >,()A B d d L +<,而木块却一直保持静止,如图所示,则可判断A 、B 子弹在射入前( ABD )A.速度A B v v >B.A 的动能大于B 的动能C.A 的动量大小大于B 的动量大小D.A 的动量大小等于B 的动量大小2.人船模型在某些情况下,原来系统内物体具有相同的速度,发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。

这类问题相互作用过程中系统的动能增大,有其它能向动能转化。

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

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。

物理动量守恒定律专题练习(及答案)含解析

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)

动量及其守恒定律典型例题剖析教案

动量及其守恒定律典型例题剖析教案

动量及其守恒定律典型例题剖析教案一、教学目标1. 理解动量的概念及其计算方法。

2. 掌握动量守恒定律及其应用。

3. 能够运用动量守恒定律解决实际问题。

4. 培养学生的分析问题、解决问题的能力。

二、教学内容1. 动量的概念及其计算动量是物体的质量与速度的乘积,用p表示,公式为p = mv。

2. 动量守恒定律动量守恒定律指出,在一个系统内部,如果没有外力作用,系统的总动量保持不变。

3. 动量守恒定律的应用动量守恒定律可以应用于碰撞、爆炸等物理过程。

三、教学方法1. 讲授法:讲解动量的概念、计算方法及动量守恒定律。

2. 案例分析法:剖析典型例题,引导学生运用动量守恒定律解决问题。

3. 讨论法:组织学生讨论,培养学生的思维能力和合作精神。

四、教学准备1. 课件:制作动量及其守恒定律的课件,用于讲解和展示。

2. 例题:挑选具有代表性的典型例题,用于剖析和分析。

3. 教学工具:黑板、粉笔、多媒体设备等。

五、教学过程1. 导入:通过提问方式引导学生回顾力学基础知识,为新课的学习做好铺垫。

2. 讲解动量的概念及其计算方法:讲解动量的定义,演示动量的计算过程。

3. 讲解动量守恒定律:阐述动量守恒定律的内涵和条件,并通过实例说明动量守恒定律的应用。

4. 剖析典型例题:分析碰撞、爆炸等实际问题,引导学生运用动量守恒定律解决问题。

5. 学生练习:布置练习题,让学生巩固所学知识。

6. 总结:对本节课的内容进行总结,强调动量及其守恒定律的重要性。

7. 作业布置:布置课后作业,巩固所学知识。

教学评价:通过课堂讲解、例题剖析和课后作业,评价学生对动量及其守恒定律的理解和应用能力。

六、教学案例分析1. 案例一:两个滑冰者相向而行的碰撞问题描述两个滑冰者以相同的速度相向而行,发生碰撞后,求碰撞后的速度。

2. 案例二:火车通过桥的问题一列火车以恒定速度通过一座长度为L的桥,火车完全通过桥所需时间为t。

求火车的速度。

3. 案例三:子弹射入木块的问题一颗子弹以速度v射入一个静止的木块,求子弹射入木块后的共同速度。

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

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。

动量守恒定律的应用和实例

动量守恒定律的应用和实例

动量守恒定律的应用和实例动量守恒定律是物理学中一个重要的基本定律,它描述了一个封闭系统中的总动量保持不变。

本文将探讨动量守恒定律的应用和实例,并分析其在真实世界中的重要性。

一、动量守恒定律的基本原理动量是物体运动的一种物理量,它是质量与速度的乘积。

动量守恒定律指出,在一个封闭系统中,如果没有外力的作用,该系统的总动量将保持不变。

换句话说,当一个物体在没有外力作用下发生运动时,它的动量将保持不变。

二、动量守恒定律在碰撞中的应用碰撞是动量守恒定律最常见的应用之一。

碰撞可以分为完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞两种情况。

1. 完全弹性碰撞完全弹性碰撞是指两个物体发生碰撞后,既不改变动量也不改变动能的碰撞。

在完全弹性碰撞中,动量守恒定律可以表示为:m1*v1i + m2*v2i = m1*v1f + m2*v2f其中,m1和m2分别是两个物体的质量,v1i和v2i是碰撞前的速度,v1f和v2f是碰撞后的速度。

2. 非完全弹性碰撞非完全弹性碰撞是指碰撞后物体的动能发生了改变的碰撞。

在非完全弹性碰撞中,动量守恒定律仍然成立,但动能不再守恒。

三、动量守恒定律在火箭运动中的应用火箭运动是动量守恒定律在实际应用中的重要例子。

当火箭喷射出高速气体时,火箭会向相反的方向获得推力。

根据动量守恒定律,火箭获得的动量与喷射气体的动量相等但方向相反。

火箭的动量变化可以用以下公式表示:m1*v1 + m2*v2 = (m1 + m2)*v其中,m1和v1是火箭质量和速度,m2和v2是喷射气体的质量和速度,(m1 + m2)*v是火箭的最终速度。

火箭利用动量守恒定律实现了垂直起飞和太空探索的壮举,具有重要的科学和技术价值。

四、动量守恒定律在汽车碰撞中的应用动量守恒定律在汽车碰撞中也具有重要应用。

当两辆车在道路上发生碰撞时,动量守恒定律可以帮助我们分析碰撞的后果以及减少事故造成的伤害。

根据动量守恒定律,两辆车碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量。

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动量守恒定律及其应用·典型例题精析
[例题1]平静的湖面上浮着一只长l=6m,质量为550 kg的船,船头上站着一质量为m=50 kg的人,开始时,人和船均处于静止.若船行进时阻力很小,问当人从船头走到船尾时,船将行进多远?
[思路点拨]以人和船组成的系统为研究对象.因船行进时阻力很小,船及人所受重力与水对船的浮力平衡,可以认为人在船上行走时系统动量守恒,开始时人和船都停止,系统总动量为零,当人在船上走动时,无论人的速度如何,系统的总动量都保持为零不变.
[解题过程]取人运动方向为正方向,设人对岸的速度为v,船对岸的速度为V,其方向与v相反,由动量守恒定律有
0=mv+(-MV).
解得两速度大小之比为
此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立.
取人在船上行走时任一极短时间Δt i,在此时间内人和船都可视为匀速运动,此时间内人和船相对地面移动的距离分别为ΔS mi=v iΔt i和ΔSM i=V iΔt i,由此有
这样人从船头走到船尾时,人和船相对地面移动的总距离分别为
S m=∑ΔS mi,S M=∑ΔS Mi.
由图中几何关系可知S m+S M=L.这样,人从船头走到船尾时,船行进的距离为
代入数据有
S M=0.5 m.
[小结]本题表明,在动量守恒条件得到满足的过程中,系统任一瞬时的总动量保持不变.
[例题2]如图7-9示,物块A、B质量分别为m A、m B,用细绳连接,在水平恒力F的作用下A、B一起沿水平面做匀速直线运动,速度为v,如运动过程中,烧断细绳,仍保持力F大小方向不变,则当物块B停下来时,物块A的速度为多大?
[思路点拨]以A和B组成的系统作为研究对象.绳子烧断前,A、B 一起做匀速直线运动,故系统所受外力和为零,水平方向系统所受外力计有拉力F,物块A受到地面的摩擦力f A,物体B受到地面的摩擦力f B,且F=f A +f B.绳烧断后,直到B停止运动前F与f A、f B均保持不变,故在此过程中系统所受外力和仍为零,系统总动量保持不变.所以此题可用动量守恒定律求解.
[解题过程]取初速v的方向为正方向,设绳断后A、B的速度大小分别为v′A、v′B,由动量守恒定律有
(m A+m B)v=m A v′A+m B v′B.
[小结] (1)本题表明动量守恒定律不仅可以解决相互作用时间极短的碰撞等类问题,也可以解决过程持续时间较长的问题.
(2)本题解法体现了应用动量守恒定律解题的特点和优点:由于动量守恒定律只考虑系统相互作用前后的状态,而不考虑相互作用过程中各瞬时的细节,所以解决问题十分简便,这也是物理学中其他守恒定律(例如机械能守恒定律)也都具有的特点和优点.本题也可用牛顿运动定律(结合运动学公式)或应用动量定理来求解,但都要繁复一些.但本题若问B停下所用的时间是多少,动量守恒定律就无能为力了,就得应用牛顿运动定律(结合运动学公式)或动量定理来求解了.
(3)特别要注意A、B组成的系统动量保持不变仅维持到B刚好停下为止,此后系统动量则不再守恒,因B停下后其所受的摩擦力f B变为零,系统所受外力和不再为零,不再满足动量守恒条件.
[例题3]总质量均为M的甲乙两船在湖面上以相同速度v沿一直线鱼贯匀速航行如图7-10所示,现自甲船向后以相对甲船速度u水平向乙船抛一质量为m的沙袋,若不计水的阻力,求抛接沙袋后,甲、乙两船的速度各为多大?
[思路点拨]本题涉及两个相互作用过程.过程Ⅰ:将沙袋从甲船抛出;过程Ⅱ:沙袋落在乙船上.因不计水的阻力,对于这两个过程若分别以甲船与沙袋及乙船与沙袋为系统,动量均守恒.
[解题过程]以甲、乙两船原来速度方向为正方向,设抛接沙袋后,甲、乙两船速度分别为v′
,v′乙.

对于过程Ⅰ,以甲船和沙袋作为系统,由动量守恒有
M v=(M-m)v′甲-m(u-v′甲).
(因题中给出的是沙袋抛出时相对甲船的速度u,所以沙袋离开甲船时相对岸的速度为u-v′甲.)
对于过程Ⅱ,以乙船和沙袋为系统,由动量守恒有
Mv-m(u-v′甲)=(M+m)v′乙.
代入解得
将上面解得的v′

表明抛接沙袋后,甲船速度增加,乙船速度减小,乃至为零或反向.[小结] (1)应用动量守恒定律解题时,应明确所应用的系统和过程.本题求乙船速度也可将甲、乙两船及沙袋作为系统,对抛接全过程(包括过程Ⅰ和过程Ⅱ)应用动量守恒定律,得到
2Mv=(M-m)v′甲+(M+m)v′乙.
代入解得v′乙,结果相同,这表明动量守恒定律也适用将解得的v′

于多个物体组成的系统的复杂相互作用过程.
(2)应用动量守恒定律时,应注意定律表达式中各速度应相对于同一惯性参考系,本题取地面.
[例题4]在质量为M的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车(和单摆)以恒定的速度v0沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短,在碰撞过程中,下列情况可能发生的是
[]
A.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足
(M+m0)v0=(M+m)v1+mv2
B.小车、木块、摆球的速度都发生变化分别变为v1、v2、v3,满足
(M+m0)v0=Mv1+mv2+m0v3
C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足
Mv=Mv1+mv2
D.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v′,满足
Mv=(M+m)v′
[思路点拨]由于小车与木块发生碰撞的时间极短,碰撞时仅小车与木块间发生相互作用,使小车与木块的动量速度发生变化,而在这极短时间内,摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用,所以小车与木块碰后瞬时,小球仍保持原来的速度而未来得及变化.
[解题过程]小车与木块碰撞刚结束时,球仍保持原来的速度,仅小车与木块由于相互作用,各自动量发生改变,所以选项A、B是错误的.取小车(不包括摆球)和木块作为系统,碰撞前后动量守恒,但小车与木块碰后可能分离,也可能结合在一起,所以选项C、D中两情况都可能发生.[小结]本题表明了碰撞这一物理现象发生时间极短这一的特点,由于碰撞现象的这一特点,可以使碰撞问题的解决通过近似得以简化.[例题5]在光滑水平直轨道上停着一辆质量为M的平板车,车上有n 个质量均为m的人,如每人相对于车以速率u相继快跑并相继跳离车的一端,试问他们相继快跑跳离车后使车得到的速度,与他们同时以同样速率u快跑并同时跳离车后使车得到的速度相比,哪个大?
[思路点拨]如n人一起以相同速率跳离车,跳离车过程中n人同时与车发生相互作用,如将这n人与车作为一系统,这一过程中,系统水平方向不受外力,系统动量守恒.
如n人相继跳离车时,这n人相继与车发生相互作用.因题设每人跳离车时相对车速率u相等,但由于每人跳离车时车速不同,所以每人跳离车时相对地面的速率是不同的,此种情况下,应应用动量守恒定律依次讨论每人跳离车的过程,方可做出结论.
[解题过程]若n人同时快跳以相对车速率u同时跳离车,设跳离后,车获得速度为v,取人跳离后车速方向为正.由动量守恒有
0=Mv+nm(v-u).
若n人相继快跑并相继以相对车速率u跳离车,设第一人跳离车时车速为v1,第二人跳离车时车速为v2,……第n人跳离车时车速为v n,仍取车速方向为正,对每一人跳离车过程.由动量守恒有
[M+(n-1)m]v1+m(v1-u)=0,
[M+(n-2)m]v2+m(v2-u)=[M+(n-1)m]v1,
[M+(n-3)m]v3+m(v3-u)=[M+(n-2)m]v2,
……
Mv n+m(v n-u)=(M+m)v n-1.
将以上各式相加,得
Mv n+m(v1-u)+m(v2-u)+…+m(v n-u)=0,或 Mv n=m(u-v1)+m(u-v2)+…+m(u-v n)
=nmu-mv1-mv2-…-mv n.
比较(1)、(2)两式可知v n>v,即n人相继跳离时,使车获得速度比同时跳离时大.
[小结] (1)应用动量守恒定律解决过程较复杂的问题时,应注意系统与过程的选取.
(2)动量守恒定律表达式中的各速度应是相对同一惯性系的速度,此题取的是地面.。

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