高中物理动量定理解题技巧及练习题
高中物理动量守恒定律解题技巧及练习题(含答案)
高中物理动量守恒定律解题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。
已知磁场的磁感应强度B=0.5T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m ，导轨的半径r=0.5m ，导体棒的电阻R=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s 2，不计空气阻力。
(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J ，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率。
【答案】(1) 210/v m s = (2)25J (3)9W 4P = 【解析】 【详解】解：(1)根据机械能守恒定律，可得：212mgh mv = 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：210/v m s =(2)导体棒早凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，圆柱体停在凹槽最低点根据能力守恒可知，整个过程中系统产生的热量：()25Q mg h r J =+=(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为1v ，凹槽速度大小为2v ，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：12mv Mv = 由能量守恒可得：2212111()22mv mv mg h r Q +=+- 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：12E BLv BLv =+回路电功率：2E P R=联立解得：94P W =2．如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m ＝0.1kg ．P 2的右端固定一轻质弹簧，物体P 置于P 1的最右端，质量为M ＝0.2kg 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0＝4m/s 向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内)．平板P 1的长度L ＝1m ，P 与P 1之间的动摩擦因数为μ＝0.2，P 2上表面光滑．求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1； (2)此过程中弹簧的最大弹性势能E p ．(3)通过计算判断最终P 能否从P 1上滑下，并求出P 的最终速度v 2． 【答案】(1)v 1=2m/s (2)E P =0.2J (3)v 2=3m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）P 1、P 2碰撞过程，由动量守恒定律 01m 2v mv = 解得012/2v v m s ==，方向水平向右 ； （2）对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 1022(2)mv Mv m M v '+=+ 解得2033/4v v m s ='=，方向水平向右， 此过程中弹簧的最大弹性势能222102111•2+Mv 2m )0.2222P E mv M v J =-='+（； （3）对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 103222mv Mv mv Mv +=- 由能量守恒定律得2222103211112+Mv 2mv +Mg 2222mv Mv L ⋅=⋅+μ 解得P 的最终速度23/0v m s =>，即P 能从P 1上滑下，P 的最终速度23/v m s =3．光滑水平面上质量为1kg 的小球A ，以2.0m/s 的速度与同向运动的速度为1.0m/s 、质量为2kg 的大小相同的小球B 发生正碰,碰撞后小球B 以1.5m/s 的速度运动．求:(1)碰后A 球的速度大小;(2)碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能． 【答案】 1.0/A v m s '=，0.25E J =损【解析】试题分析：（1）碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度． （2）由能量守恒定律可以求出损失的机械能．解：（1）碰撞过程，以A 的初速度方向为正，由动量守恒定律得： m A v A +m B v B =m A v′A +m B v′B 代入数据解：v′A =1.0m/s②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能量为：代入数据解得：E 损=0.25J答：①碰后A 球的速度为1.0m/s ；②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为0.25J ．【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．4．在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的多次碰撞．如图所示，一块表面水平的木板静止放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离L ＝0.08 m ．现有一小物块以初速度v 0＝2 m/s 从左端滑上木板，已知木板和小物块的质量均为1 kg ，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，木板与墙碰后木板以原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取重力加速度g ＝10 m/s 2．求：(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间； (3)小物块和木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离． 【答案】（1）0.4 s 0.4 m/s （2）1.8 s. （3）0.06 m 【解析】试题分析：（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动，设木板加速度为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为1v则mg ma μ=，解得21/a g m s μ==①212L at =②，1v at =③ 联立①②③解得0.4t s =，10.4/v m s =④（2）在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T ．设在物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞，则有：()02v v nT t a a t =-+∆=∆⑤式中△t 是碰撞n 次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间．由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为022v v nTa =-⑥ 由于木板的速率只能处于0到1v 之间，故有()01022v nTa v ≤-≤⑦ 求解上式得1.5 2.5n ≤≤ 由于n 是整数，故有n=2⑧由①⑤⑧得：0.2t s ∆=⑨；0.2/v m s =⑩从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：4 1.8t T t s =+∆=（11） 即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为1．8s ．（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为212s L a t =-∆（12） 联立①与（12）式，并代入数据得0.06s m = 即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0．06m ． 考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式【名师点睛】本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减为零．5．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg 的滑块A ，在小车C 的左端有一个质量为2kg 的滑块B ，滑块A 与B 均可看做质点．现使滑块A 从距小车的上表面高h =1.25m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出．已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g =10m/s 2. 求： （1）滑块A 与B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）小车C 上表面的最短长度.【答案】(1) v =2.5m/s (2) L =0.375m 【解析】【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A 滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C 上表面的最短长度．(1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为1v ，由机械能守恒定律有：2A A 11m gh m v 2= 代入数据解得12gh 5m/s v ==．设A 、B 碰后瞬间的共同速度为2v ，滑块A 与B 碰撞瞬间与小车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒， ()12A A B m v m m v =+ 代入数据解得2 2.5m/s v =．(2)设小车C 的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为3v ，根据动量守恒定律有：()()A B 2A B C 3m m v m m m v +=++ 根据能量守恒定律有：()()()222311gL=22A B A B A B C m m m m v m m m v μ++-++ 联立以上两代入数据解得0.375m L =【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式，正确把握每个过程的物理规律是关键．6．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上，另一端与滑块C 接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H 的光滑水平桌面上.现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面h 高处由静止开始滑下，与滑块B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动，经一段时间，滑块C 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知,2,3A B C m m m m m m ===，求：（1）滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度v ； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能E Pmax ； （3）滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离 s. 【答案】（1）111233v v gh ==（2）6mgh （323Hh 【解析】 【详解】解：(1)滑块A 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为1v ，由机械能守恒定律有：2112=A A m gh m v解之得：12v gh =滑块A 与B 碰撞的过程，A 、B 系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v ，由动量守恒定律有：()1A A B m v m m v =+ 解之得：111233v v gh == (2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A 、B 、C 速度相等，设为速度2v 由动量守恒定律有： ()12A A B C m v m m m v =++ 由机械能守恒定律有： ()22max 21()2A A CB B P m v m m m m E v -++=+ 解得被压缩弹簧的最大弹性势能：max 16P E mgh =(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，设滑块A 、B 的速度为3v ，滑块C 的速度为4v ，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：()()34A B A B C m m v m m v m v +=++()()22234111222A B A B C m m v m m v m v +=++ 解之得：30=v ，4123v gh =滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：4 s v t =212H gt =解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：23s Hh =7．如图所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切。
高中物理动量定理技巧小结及练习题
高中物理动量定理技巧小结及练习题一、高考物理精讲专题动量定理1．质量为m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t 1到达沙坑表面，又经过时间t 2停在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I ． 【答案】(1)122()mg t t t + (2)1mgt 【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A ，刚好接触沙的位置为B ，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以竖直向下为正方向，有： mg(t 1+t 2)-Ft 2=0, 解得：方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有： mgt 1-I=0,∴I=mgt 1方向竖直向上 考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。
现将细绳拉至与水平方向成30︒，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。
若忽略空气阻力，重力加速度为g 。
(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。
请通过计算，说明你的观点。
【答案】（1）F =2mg ；（2）()22F I mgt m gL =+；（3）当2HL =时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得201sin 302mgL mv ︒=小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得20mv F mg L-= 解得：F =2mg(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量I G =mgt动量变化量0p mv ∆=由三角形定则得，绳对小球的冲量()22F I mgt m gL =+(3)平抛的水平位移0x v t =，竖直位移212H L gt -=解得2()x L H L -当2HL =时小球抛的最远3．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。
高考物理动量定理解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高考物理动量定理解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ；（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N 【解析】（1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即2202v v aL -=可解得:221002v v L m a-==（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：2Cv N mg m R-= 从B 运动到C 由动能定理可知：221122C B mgh mv mv =-解得;3900N N =故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =⋅ （3）3900N N =点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．2．如图所示，一质量m 1=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m 2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=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/s 2．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．3．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F 0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m 1=1 600 kg 的试验车以速度v 1 = 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间t 1 = 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I 0的大小及F 0的大小；（2）若试验车以速度v 1撞击正前方另一质量m 2 =1 600 kg 、速度v 2 =18 km/h 同向行驶的汽车，经时间t 2 =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）I 0 = 1.6×104 N·s ， 1.6×105 N ；（2）见解析 【解析】【详解】（1）v 1 = 36 km/h = 10 m/s ，取速度v 1 的方向为正方向，由动量定理有 －I 0 = 0－m 1v 1 ①将已知数据代入①式得 I 0 = 1.6×104 N·s ② 由冲量定义有I 0 = F 0t 1 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 ⑧4．如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量m =1.0kg 、可视为质点的物体，以v 0=6.0m/s 的初速度沿斜面上滑。
高中物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
解得： t 2 2gh ． 3 g
点睛：本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动量定理，要注意正确分析物理过 程，选择合适的物理规律求解，要明确碰撞的基本规律是系统的动量守恒．
12．飞机场有一架战斗机，质量 m 5103 Kg，发动机的额定功率 P 900 kW．在战备状
态下，一开始启动，发动机就处于额定功率状态，在跑道上经过时间 t=15s 运动，速度恰
【答案】（1）6.0m/s2（2）18J（3）20N·s，方向竖直向下。 【解析】
【详解】
（1）设物体运动的加速度为 a，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力为：
根据牛顿第二定律有：
F=mgsinθ
解得：
F=ma；
a=6.0m/s2 （2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为 vm；对于物体 沿斜面上滑过程，根据动能定理有：
W
0
1 2
mvm2
解得
W=18J； （3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间为：
重力的冲量：
t 2v0 2 6 2s a6
方向竖直向下。
IG mgt 20N s
5．如图所示，质量为 m=0.5kg 的木块，以 v0=3.0m/s 的速度滑上原来静止在光滑水平面上 的足够长的平板车，平板车的质量 M=2.0kg。若木块和平板车表面间的动摩擦因数 μ=0.3，重力加速度 g=10m/s2，求：
②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：
(m0 m1)v1 (m0 m1)v2 m2v ；
设小车长为
L，由能量守恒有：
m2 gL
1 2
(m0
m1 )v12
1 2
(m0
m1 )v22
1 2
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，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1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与横坐标x 的关系如图2所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角θ=53°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t =0时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m =4kg ；OM 、ON 接触处O 点的接触电阻为R =0．5Ω，其余电阻不计，回路电动势E 与时间t 的关系如图3所示，图线是过原点的直线，求：（1）t =2s 时流过导体棒的电流强度的大小； （2）在1~2s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小；（3）导体棒滑动过程中水平外力F （单位：N ）与横坐标x （单位：m ）的关系式． 【答案】（1）8A （2）8N s ⋅（3）32639F x =+【解析】 【分析】 【详解】（1）根据E-t 图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t =2s 时金属棒产生的感应电动势为4V E =由欧姆定律得24A 8A 0.5E I R === （2）由图2可知，1(T m)x B =⋅ 由图3可知，E 与时间成正比，有E =2t （V ）4EI t R== 因θ=53°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度43x L = 又由F BIL =安所以163F t 安=即安培力跟时间成正比所以在1~2s 时间内导体棒所受安培力的平均值163233N 8N2F +==故8N s I F t =∆=⋅安（3）因为43vE BLv Bx ==⋅所以1.5(m/s)v t =可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度21.5m/s a =又212x at =，联立解得 32639F x =+【名师点睛】本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式．3．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。
高中物理动量定理解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
高中物理动量定理解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．一个质量为60千克的蹦床运动员从距离水平蹦床网面上3.2米的高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5米高处.已知运动员与网接触的时候为1.2秒。
求运动员和网接触的这段时间内，网对运动员的平均作用力F （g 取10 m /s 2）。
【答案】1500N ，方向竖直向上 【解析】 【详解】设运动员从h 1处下落，刚触网的速度为1128m s v gh == (方向向下)运动员反弹到达高度h 2 ，离网时速度为22210m s v gh ==(方向向上)在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg ，设向上方向为正，由动量定理有()()21 F mg t mv mv -=--解得=1500N F ，方向竖直向上。
2．滑冰是青少年喜爱的一项体育运动。
如图，两个穿滑冰鞋的男孩和女孩一起在滑冰场沿直线水平向右滑行，某时刻他们速度均为v 0＝2m/s ，后面的男孩伸手向前推女孩一下，作用时间极短，推完后男孩恰好停下，女孩继续沿原方向向前滑行。
已知男孩、女孩质量均为m ＝50kg ，假设男孩在推女孩过程中消耗的体内能量全部转化为他们的机械能，求男孩推女孩过程中：(1)女孩受到的冲量大小； (2)男孩消耗了多少体内能量？ 【答案】(1) 100N •s (2) 200J 【解析】 【详解】(1)男孩和女孩之间的作用力大小相等，作用时间相等， 故女孩受到的冲量等于男孩受到的冲量，对男孩，由动量定理得：I ＝△P ＝0-mv 0＝-50×2＝-100N•s ， 所以女孩受到的冲量大小为100N•s ； (2)对女孩，由动量定理得100＝mv 1-mv 0，故作用后女孩的速度1100502m/s 4m/s 50v +⨯== 根据能量守恒知，男孩消耗的能量为221011125016504200J 222E mv mv =-⋅=⨯⨯-⨯=；3．质量0.2kg 的球,从5.0m 高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起,弹起后能达的最大高度为4.05m.如果球从开始下落到弹起达最大高度所用时间为1.95s,不考虑空气阻力,g 取10m/s 2.求小球对钢板的作用力. 【答案】78N 【解析】 【详解】自由落体过程 v 12＝2gh 1，得v 1=10m/s ； v 1=gt 1 得t 1=1s小球弹起后达到最大高度过程0− v 22＝−2gh 2，得v 2=9m/s 0-v 2=-gt 2 得t 2=0.9s小球与钢板作用过程设向上为正方向，由动量定理：Ft ′-mg t ′=mv 2-（-mv 1） 其中t ′=t -t 1-t 2=0.05s 得F =78N由牛顿第三定律得F ′=-F ，所以小球对钢板的作用力大小为78N ，方向竖直向下；4．质量为0.2kg 的小球竖直向下以6m/s 的速度落至水平地面，再以4m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，（1）求小球与地面碰撞前后的动量变化；（2）若小球与地面的作用时间为0.2s ，则小球受到地面的平均作用力大小？（取g=10m/s 2）．【答案】（1）2kg•m/s ；方向竖直向上；（2）12N ；方向竖直向上； 【解析】 【分析】 【详解】（1）小球与地面碰撞前的动量为：p 1=m (－v 1)=0.2×(－6) kg·m/s=－1.2 kg·m/s 小球与地面碰撞后的动量为p 2=mv 2=0.2×4 kg·m/s=0.8 kg·m/s 小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp =p 2－p 1=2 kg·m/s （2）由动量定理得(F －mg )Δt =Δp 所以F =p t ∆∆＋mg =20.2N ＋0.2×10N=12N ，方向竖直向上．5．如图所示，质量的小车A 静止在光滑水平地面上，其上表面光滑，左端有一固定挡板。
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：（i ）C 与A 碰撞前的速度大小（ii ）A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小． 【答案】（1）C 与A 碰撞前的速度大小是v 0； （2）A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向，对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：01(2)3?0m m v mv －+= 解得：10v v =． ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ，对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得：012 3(3)mv mv m m v =+－在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得：20CA I mv mv =－ 解得：032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv ． 方向为负．考点：动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．2．如图甲所示，平面直角坐标系中，0≤x ≤l 、0≤y ≤2l 的矩形区域中存在交变匀强磁场，规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，其变化规律如图乙所示，其中B 0和T 0均未知。
比荷为c 的带正电的粒子在点（0，l ）以初速度v 0沿+x 方向射入磁场，不计粒子重力。
（1）若在t =0时刻，粒子射入；在t <02T 的某时刻，粒子从点（l ，2l ）射出磁场，求B 0大小。
高中物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
高中物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：（i ）C 与A 碰撞前的速度大小（ii ）A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小． 【答案】（1）C 与A 碰撞前的速度大小是v 0； （2）A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向，对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：01(2)3?0m m v mv －+= 解得：10v v =． ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ，对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得：012 3(3)mv mv m m v =+－在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得：20CA I mv mv =－ 解得：032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv ． 方向为负．考点：动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．2．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB 与粗糙水平地面BC 相切于B 点。
质量m =0.1kg 的滑块甲从最高点A 由静止释放后沿轨道AB 运动,最终停在水平地面上的C 点。
现将质量m =0.3kg 的滑块乙静置于B 点,仍将滑块甲从A 点由静止释放结果甲在B 点与乙碰撞后粘合在一起,最终停在D点。
已知B、C两点间的距离x=2m,甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为=0.4、=0.2,取g=10m/s,两滑块均视为质点。
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。
高考物理动量定理解题技巧及题型及练习题含答案含解析.doc
高考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．质量为 m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I．【答案】(1) mg(t1t2t 2 )(2) mgt1【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1 +t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t +t )-Ft =0, 解得：方向竖直向上1 2 2⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt 1-I=0,∴I=mgt1方向竖直向上考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在地高度为 H。
现将细绳拉至与水平方向成30 O 点，另一端系一质量为m ，由静止释放小球，经过时间的小球， O 点离t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。
若忽略空气阻力，重力加速度为g。
(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。
请通过计算，说明你的观点。
2 m2 gL ；（3）当L H【答案】（ 1） F=2mg ；（ 2）I F mgt 时小球抛的最远2【解析】【分析】【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得mgLsin 30 1 m v022小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得2mv0F mgL解得：F=2mg(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量I G=mgt动量变化量p mv0由三角形定则得，绳对小球的冲量I F mgt 2m2gL(3)平抛的水平位移x v0t ，竖直位移H L 1 gt22解得x 2L( H L)当 L H时小球抛的最远23．如图所示，质量M=1.0kg 的木板静止在光滑水平面上，质量m=0.495kg 的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析.docx
高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 ) 及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．观赏“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。
某型“礼花”底座仅0.2s 的发射时间，就能将质量为 m=5kg 的礼花弹竖直抛上 180m 的高空。
（忽略发射底座高度，不计空气阻力， g 取 10m/s 2）(1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？（已知该平均作用力远大于礼花弹自身重力）(2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得前后两块质量之比为1： 4，且炸裂时有大小为E=9000J 的化学能全部转化为了动能，则两块落地点间的距离是多少？【答案】 (1)1550N； (2)900m【解析】【分析】【详解】(1)设发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力为F，设礼花弹上升时间为t，则：h 1gt 2 2解得t 6s对礼花弹从发射到抛到最高点，由动量定理Ft 0mg(t t0 )0其中t00.2s解得F 1550N(2)设在最高点爆炸后两块质量分别为m1、 m2，对应的水平速度大小分别为v1、 v2，则：在最高点爆炸，由动量守恒定律得m1v1m2 v2由能量守恒定律得E 1m1v121m2v22 22其中m11m24 m m1m2联立解得v1120m/sv230m/s 之后两物块做平抛运动，则竖直方向有h 1gt 2 2水平方向有s v1t v2t由以上各式联立解得s=900m2．质量为 m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I．mg(t1t 2 )【答案】 (1)(2) mgt1t2【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1 +t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t 1+t2)-Ft2=0, 解得：方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt 1-I=0,∴I=mgt1方向竖直向上考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．3．如图所示，足够长的木板端， A、 B、C 的质量分别为A 和物块m、2m 和C置于同一光滑水平轨道上，物块 B 置于 A 的左3m，已知 A、 B 一起以 v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C 碰后连成一体，最终A、B、 C 都静止，求：（i） C 与 A 碰撞前的速度大小（i i ）A、 C 碰撞过程中 C 对 A 到冲量的大小．【答案】（ 1） C 与 A 碰撞前的速度大小是v0；（2） A、 C 碰撞过程中 C 对 A 的冲量的大小是3mv0．2【解析】【分析】【详解】试题分析：①设 C 与 A 碰前速度大小为v1,以A碰前速度方向为正方向，对A、 B、 C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：(m 2m) v0－3mv1 ?0解得： v1v0．②设 C 与 A 碰后共同速度大小为v2，对A、C在碰撞过程由动量守恒定律得：mv0－3mv1( m 3m)v2在 A、 C 碰撞过程中对 A 由动量定理得：I CA mv2－ mv0解得： I CA 3mv0 2即A、 C 碰过程中 C 对 A 的冲量大小为3mv0．方向为负．2考点：动量守恒定律【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．4．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 v0=6.0m/s 的初速度沿斜面上滑。
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．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．2．如图所示，质量M=1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m=lkg的导体棒自ce端的正上方h=2m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。
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/s2，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。
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做题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图：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0=37°;过£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3(53° & pwi47° ),矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3X10-3 kg、电荷量q=3Xl0-3 C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点,质量m1=1.5X10-3 kg的不带电小物体P 从轨道右端a以V O=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. P与ab间的动摩擦因数^=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=10m/s2.求：⑴碰后瞬间,圆弧轨道对物体Q的弹力大小F N；(2)当3=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 I；(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=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(3值.______ 2 127 0一0【答案】(1) F N 4.6 10 2N (2) B1 1.25T (3)t -------------------- s, 1 900和 2 1430360【解析】【详解】解：(1)设P碰撞前后的速度分别为v1和v1 , Q碰后的速度为v21 2 1 2从a到b,对P,由动能TE理得：-m1gl — m1V1 — m1V02 2解得：v1 7m/s碰撞过程中,对P , Q系统：由动量守恒定律：m1v1 m1V l m2V2取向左为正方向,由题意v1 1m/s,解得：v2 4m/s2 V2b 点：对Q ,由牛顿第二定律得：F N m2g m2——R解得：F N 4.6 10 2 N(2)设Q 在c 点的速度为v c ,在b 到c 点,由机械能守恒定律:12 m 2 gR(1 cos )m 2v c 2解得：v c 2m/sQ 刚好不从gh 边穿出磁场,由几何关系： R d 1.6m解得：B I 1.25Tm 2v c .(3)当所加磁场B 2 2T ,「2 -- 1mqB 2要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长,那么 Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心dcos(180 )—解得:此时对应的 角：1 90和2 1431 2m 2v 22进入磁场后：Q 所受电场力 F qE 3 10 2Nm 2g , Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：qV cB2 m 2vcq127运动周期：T2 m 2 qB 2那么Q 在磁场中运动的最长时间:T 127 ?2 m 2 360360 qB 2 127 ------ s360角最大,那么当gh 边或ef 边与圆轨迹相切,轨迹如下图:设最大圆心角为 ,由几何关系得:2.如下图,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&=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:A丽网(编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-Mv2=0E P - mv2 -Mv f 2 2代入数据解得：v i=3m/s v 2=1m/s(2)根据动量守恒和各自位移关系得m— M — x i+x2=Lt t代入数据联立解得：x2-=0.lm4考点：动量守恒定律；能量守恒定律.3.如图,质量分别为也、出E的两个小球A、B静止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8m , 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=0.3s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. % = ,重力加速度大小为g=lCta"广,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.AOP零IY 0,3m(i) B球第一次到达地面时的速度；(ii) P点距离地面的高度.【答案】v B 4m/sh p 0.75m【解析】试题分析：(i) B球总地面上方静止释放后只有重力做功,根据动能定理有m B gh - m B V B22可得B 球第一次到达地面时的速度 v B J 颂 4m/s (11) A 球下落过程,根据自由落体运动可得 A 球的速度v A gt设B 球的速度为V B ',那么有碰撞过程动量守恒NI A V ANI B V B 'm B V B ''..................................... 1 c 1c 1c碰撞过程没有动能损失那么有 一m A v A— m B v B ' — m B v B '' 22 2解得 v B ' 1m / s , v B '' 2m/ s度是指碰撞前A 对B 的速度.假设上述过程是质量为 2m 的玻璃球A 以速度v o 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.17 31【答案】V0——V04S 24【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 o= 2mv 1 + mv 25 .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,并接合成复合体巳以此碰撞时刻为计 时零点,探测器只在 t 1=2 s H 12=4 s 内工作, P 1、P 2的质量都为 m=1 kg, P 与AC 间的 动摩擦因数为 四 二0.1, AB 段长L=4 m, g 取10 m/s 2, R 、P 2和P 均视为质点,P 与挡板的 碰撞为弹性碰撞.3m/ s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 v 0 v B 4m / s所以P 点的高度hp p 考点：动量守恒定律 2,2V0-^B- 0.75m 2g能量守恒4.牛顿的?自然哲学的数学原理?中记载, 它们碰撞前的接近速度之比总是约为15 : A 、B 两个玻璃球相碰, 16.别离速度是指碰撞后碰撞后的别离速度和B 对A 的速度,接近速且由题意知-^― 15解得 V I = -- V 0 ,4S31V 2=V 024⑴假设v i =6 m/s,求P 、P 2碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能 史;〔2〕假设P 与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过 B 点,求v i 的取值范围和 P 向左经过A 点时的最大动能E .【答案】〔1〕 9J 〔2〕 10m/s v vi v 14m/s 17J 【解析】试题分析：〔1〕由于P 1和P 2发生弹性碰撞,据动量守恒定律有： 附用=2网口 v 2 =碰撞过程中损失的动能为:v 1=14m/s 时,碰撞后的结合体 P 的最大速度为: 代入数据,可得通过 A 点时的最大动能为：Eg = 17j 考点：此题考查动量守恒定律、运动学关系和能量守恒定律6 .在光滑的水平面上,质量 m=1kg 的物体与另一质量为 m 物体相碰,碰撞前后它们的位 移随时间变解法一：根据牛顿第二定律,设P 1、P 2碰撞后的共同速度为P 做匀减速直线运动,加速度 V A,那么根据〔1〕问可得V A =V 1/2把P 与挡板碰撞前后过程当作整体过程处理经过时间t1, P 运动过的路程为S1,那么经过时间t2, P 运动过的路程为S2,那么 如果P 能在探测器工作时间内通过B 点,必须满足&W3LWs联立以上各式,解得 10m/s < V 1 < 14m/s V 1的最大值为 14m/s ,此时碰撞后的结合体P 有最大速度v A =7m/s1-口 4L = 2M 吗根据动能定理, 代入数据,解得E=17J解法二：从A 点滑动到C 点,再从C 点滑动到A 点的整个过程,P 做的是匀减速直线. 设加速度大小为 a,那么a=〔ig=1m/s 2设经过时间t, P 与挡板碰撞后经过 B 点,［学科网那么： vw-at,诬?口,乳 v=v 1/2假设t=2s 时经过B 点,可得 假设t=4s 时经过B 点,可得 v 1="14m/s"v 1=10m/s 那么v 1的取值范围为: 10m/s v v 1 v 14m/s必如== 7m/s化的情况如下图.求：(1)碰撞前m的速度v i和位的速度V2；(2)另一物体的质量m>o【答案】(1) v i 4m/s, V2 0； (2) m2 3kg.【解析】试题分析：(1)由s —t图象知：碰前,m的速度v1—16二0 4 m,. s , m处于静止t 4-0状态,速度v20(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—24 16 1m s碰后的共同速度vt 12 4根据动量守恒定律,有：m1V l(m( m2)v另一物体的质量m2m i v——v 3m l 3kgv考点：s—t图象,动量守恒定律7 .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.m A m, m B 2m, m C 3m ,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【答案】(1) v 1V l -J2gh (2) mgh (3) 2JHh 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V i ,由机械能守恒定律有： m A gh 5 m A v 1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 im A m B v解之得：v 1V l 1J 2gh33 、(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 21.22由机械能寸恒7E 律有： E pmax 2(m A m )B )vm A m B m e V21解得被压缩弹簧的最大弹性势能：E Pmax -mgh6(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：2—mAm B v 2解之得：V 30, V 4滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动： s v 4tH 1gt 2 2解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：s 2jHh38.如下图,光滑固定斜面的倾角 @=30： 一轻质弹簧一端固定,另一端与质量 M=3kg 的物体B 相连,初始时 B 静止.质量m=1kg 的A 物体在斜面上距 B 物体处s1=10cm 静止释 放,A 物体下滑过程中与 B 发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后与 B 粘在一起,碰后整 体经t=0.2s 下滑s2=5cm 至最低点.弹簧始终处于弹性限度内, A B 可视为质点,g 取10m/s 2.s.m A m B vm A m B V 3m C V 42 m A m B V3-m C V 4 2(1)从碰后到最低点的过程中,求弹簧最大的弹性势能；(2)碰后至返回到碰撞点的过程中,求弹簧对物体B的冲量大小.上【答案】(1) 1. 125J; (2) 10Ns【解析】【分析】(1)A物体下滑过程,A物体机械能守恒,求得A与B碰前的速度；A与B碰撞是完全非弹性碰撞,A、B组成系统动量守恒,求得碰后AB的共同速度；从碰后到最低点的过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,可求得从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量.(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中, A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,可求得返回碰撞点时AB的速度；对AB从碰后至返回到碰撞点的过程应用动量定理,可得此过程中弹簧对物体B 冲量的大小.【详解】0 1 2(1)A物体下滑过程,A物体机械能守恒,那么：mgS|Sin30 — mv02解得：v0J2gs i sin300 42 10 0.1 0.5 嗯1嗯A与B碰撞是完全非弹性碰撞,据动量守恒定律得：mv0 (m M )v1解得：v1 0.25mS从碰后到最低点的过程中, A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,那么：一1 2 0E PT增—(m M )v1 (m M )gS2Sin30 2解得：E PT增1.125J(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中, A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,可求得返回碰撞点时AB的速度大小v2 v1 0.25 ms以沿斜面向上为正,由动量定理可得：I T (m M )gsin300 2t (m M M (m M)%解得：I T 10N S9.如下图,用气垫导轨做“验证动量守恒〞实验中,完成如下操作步骤:A BA.调节天平,称出两个碰撞端分别贴有尼龙扣滑块的质量m i和m2.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m2滑块放在两光电门中间,使它静止,将另一个质量为m i滑块放在导轨的左端,向右轻推以下m i,记录挡光片通过A光电门的时间t i.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t2.E.得到验证实3i的表达式 .m! m i m2【答案】匀速直线运动小车经过光电门的时间」———-t i t2【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l设光电门的宽度为l ,那么有：经过光电门的速度为V i - t il整体经过光电门的速度为：V2t2由动量守恒定律可知, miV i (m i+m2)v2代入解得：m i (m i m2) ----- .t i t2io.如下图,在水平面上有一弹簧,其左端与墙壁相连, O点为弹簧原长位置, .点左侧水平面光滑,水平段OP长L=im, P点右侧一与水平方向成分=的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接,皮带轮逆时针转动速率为3m/s, 一质量为ikg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不栓接),使弹簧获得弹性势能跖=力,物块与OP段动摩擦因数串口2 =--“1 = 0」,另一与A完全相同的物块B停在P点,B与传送带的动摩擦因数3,传送带足够长,A与B的碰撞时间不计,碰后 A. B交换速度,重力加速度g=10巾/乒,现释放A,求：(2)从A. B 第一次碰撞后到第二次碰撞前, B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量(3) A. B 能够碰撞的总次数【答案】(1)仔.=恤/可⑵12.25/⑶6次试题分析：(1)设物块质量为 m, A 与B 第一次碰前的速度为 H,那么:碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零,加速度大小设为VB—.三.gm 2此过程相对运动路程 ’此后B 反向加速,加速度仍为'打,与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞,加速时间为此过程相对运动路程 ‘ ’‘全过程生热,(3) B 与A 第二次碰撞,两者速度再次互换,此后 A 向左运动再返回与 B 碰撞,B 沿传送带向上运动再次返回,每次碰后到再次碰前速率相等,重复这一过程直至两者不再碰 撞.那么对A.B 和弹簧组成的系统,从第二次碰撞后到不再碰撞:解得第二次碰撞后重复的过程数为 n=2.25,所以碰撞总次数为 N=2+2n=6.5=6次(取整数)考点：动能定理；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【名师点睛】此题首先要理清物体的运动过程,其次要准确把握每个过程所遵守的物理规 律,特别要掌握弹性碰撞过程,动量和机械能均守恒,两物体质量相等时交换速度11 .如下图,在光滑的水平面上,质量为 4m 、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁 不粘连.质量为 m 的小滑块(可视为质点)以水平速度 vo 滑上木板左端,滑到木板右端时 速度恰好为零.现小滑块以水平速度 v 滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹(2)设A.B 第一次碰撞后的速度分别为=VB =那么：5 皿干阳T 丽8加必 解得:ui = gsii\& + 为 gesG = lOm/52 运动的时间位移为-t 2 = 0.45m 2=2 " imgL性碰撞,小滑块弹回后,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,求 1 2 试题分析：小滑块以水平速度 v o 右滑时,有： fL =0- - mv 0 (2分)21 2 1 2小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为 v i,那么有 fL = - mv i -- mv (2分)滑块与墙碰后至向左运动到木板左端,此时滑块、木板的共同速度为v2, 那么有 m, =(m 4m)v 2(2 分)1 2 1 . 一 . 2由总能重寸恒可得： fL= —mv 1 — - (m 4m)v 2 (2分) 2 2… … v 3上述四式联立,解得 一一(1分)v o 2 考点：动能定理,动量定理,能量守恒定律.12 .如下图,一质量为 M 的平板车B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为 m 的小 木块A, m 〈M,A 、B 间粗糙,现给 A 和B 以大小相等、方向相反的初速度 v0,使A 开始向 左运动,B 开始向右运动,最后 A 不会1t 离B,求：(1) A 、B 最后的速度大小和方向;(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车的速度大小和方向.试题分析：(1)由A 、B 系统动量守恒定律得:Mv0 —mv0= (M +m ) v ①M所以v=- ---------- v 0方向向右(2) A 向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时速度为 (1) M m v o M m (2) 2M m 2 v o 2 Mg一的值. 0v'那么由动量守恒定律得:【解Mv 0 mv0、,,.Mv0 — mv0="Mv' v --------------------- 方向向右考点：动量守恒定律；点评：此题主要考查了动量守恒定律得直接应用,难度适中.。
高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)含解析.docx
高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题( 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，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v0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) 1 mv02； (2)4mv0【解析】【详解】解： (1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、 v2，之后甲做匀速直线运动，乙以v2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v2度相等，有： v12而第一次碰撞中系统动量守恒有：2mv02mv1 mv2由以上两式可得： v1v0， v2v0 2所以第一次碰撞中的机械能损失为：E 1g2mgv021g2mgv121mv221mv02 2224(2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：I mv20 mv02．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。
某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为 M=l kg，点火后全部压缩气体以 v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有m的压缩气体，每级总2质量均为M，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o从底部喷口在极短时间2内竖直向下喷出，喷出后经过2s时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。
喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计， 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 m v甲mv0v甲21085m200.56 m h甲 =92g对模型乙第一级喷气：0M m v乙1m v022解得：v乙130ms2s 末：v乙‘1=v乙1gt10msh乙1= v乙21v '乙2140m2 g对模型乙第一级喷气：Mv乙‘1 =（M m)v乙2mv02222解得：v乙2=670 m9sh乙2= v乙2222445m277.10 m 2g81可得：h h乙1+h乙2h甲 =9440m116.54m 。
高中物理动量定理解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析
高中物理动量定理解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，一光滑水平轨道上静止一质量为M ＝3kg 的小球B ．一质量为m ＝1kg 的小球A 以速度v 0＝2m/s 向右运动与B 球发生弹性正碰，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：（1）碰撞结束时A 球的速度大小及方向；（2）碰撞过程A 对B 的冲量大小及方向．【答案】（1）－1m/s ，方向水平向左（2）3N·s ，方向水平向右 【解析】【分析】A 与B 球发生弹性正碰，根据动量守恒及能量守恒求出碰撞结束时A 球的速度大小及方向；碰撞过程对B 应用动量定理求出碰撞过程A 对B 的冲量；解：（1）碰撞过程根据动量守恒及能量守恒得：0A B mv mv Mv =+2220111222A B mv mv Mv =+ 联立可解得：1m/s B v =，1m/s A v =- 负号表示方向水平向左（2）碰撞过程对B 应用动量定理可得：0B I Mv =-可解得：3I N s =⋅ 方向水平向右2．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物块以v 0=9m/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7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10m/s 2．(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ．【答案】（1）0.32μ= （2）F =130N【解析】试题分析：（1）对A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：μ=0.32．（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F △t=mv′﹣mv ，代入数据解得：F=130N ．3．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0kg 和m B ＝3.0kg ．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触．另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不分开，C 的v －t 图象如图乙所示．求：（1）C 的质量m C ；（2）t ＝8s 时弹簧具有的弹性势能E p 1（3）4—12s 内墙壁对物块B 的冲量大小I【答案】(1) 2kg (2) 27J (3) 36N s ×【解析】【详解】（1）由题图乙知，C 与A 碰前速度为v 1＝9m/s ，碰后速度大小为v 2＝3m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒m C v 1＝(m A ＋m C )v 2解得C 的质量m C ＝2kg ．（2）t ＝8s 时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A ＋m C )v 22=27J （3）取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s 内墙壁对物块B 的冲量大小I=(m A ＋m C )v 3-(m A ＋m C )（-v 2）=36N·s4．北京将在2022年举办冬季奥运会，滑雪运动将速度与技巧完美地结合在一起，一直深受广大观众的欢迎。
高中物理动量定理解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
高中物理动量定理解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0kg和m B＝3.0kg。
用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。
另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的v－t图象如图乙所示。
求：（1）C的质量m C；（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I；（3）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2。
【答案】（1）2kg ；（2）27J，36N·S；（3）9J【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m C v1＝(m A＋m C)v2解得C的质量m C＝2kg。
（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A＋m C)v22=27J取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I=(m A＋m C)v3-(m A＋m C)（-v2）=36N·S（3）由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3m/s，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)v41 2(m A＋m C)23v＝12(m A＋m B＋m C)24v＋E p2解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2＝9J。
2．质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I ．【答案】(1)122()mg t t t + (2)1mgt 【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A ，刚好接触沙的位置为B ，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以竖直向下为正方向，有： mg(t 1+t 2)-Ft 2=0, 解得：方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有： mgt 1-I=0,∴I=mgt 1方向竖直向上 考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．3．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。
高中物理动量定理解题技巧(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
高中物理动量定理解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析
高中物理动量定理解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。
现将细绳拉至与水平方向成30︒，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。
若忽略空气阻力，重力加速度为g 。
(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。
请通过计算，说明你的观点。
【答案】（1）F =2mg ；（2）()22F I mgt m gL =+；（3）当2HL =时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得201sin 302mgL mv ︒=小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得20mv F mg L-= 解得：F =2mg(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量I G =mgt动量变化量0p mv ∆=由三角形定则得，绳对小球的冲量()22F I mgt m gL =+(3)平抛的水平位移0x v t =，竖直位移212H L gt -=解得2()x L H L =-当2HL =时小球抛的最远2．如图所示，一质量m 1=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m 2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=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/s 2．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．3．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F 0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m 1=1 600 kg 的试验车以速度v 1 = 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间t 1 = 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I 0的大小及F 0的大小；（2）若试验车以速度v 1撞击正前方另一质量m 2 =1 600 kg 、速度v 2 =18 km/h 同向行驶的汽车，经时间t 2 =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）I 0 = 1.6×104N·s ， 1.6×105N ；（2）见解析 【解析】 【详解】（1）v 1 = 36 km/h = 10 m/s ，取速度v 1 的方向为正方向，由动量定理有 －I 0 = 0－m 1v 1 ①将已知数据代入①式得 I 0 = 1.6×104 N·s ② 由冲量定义有I 0 = F 0t 1 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 ⑧4．动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2是合力指对位移的平均值．(1)质量为1.0kg 的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移，速度达到了2.0m/s ．分别应用动量定理和动能定理求出平均力F 1和F 2的值．(2)如图1所示，质量为m 的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v 0变化到v 时，经历的时间为t ，发生的位移为x ．分析说明物体的平均速度v 与v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2是相等的．(3)质量为m 的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x 轴运动，当由位置x =0运动至x =A 处时，速度恰好为0，此过程中经历的时间为2mt kπ=，求此过程中物块所受合力对时间t 的平均值．【答案】（1）F 1=1.0N ，F 2=0.8N ；（2）当02v v x v t +==时，F 1=F 2；（3）2kA F π=． 【解析】【详解】解：(1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有：1t F t mv =g解得：1 1.0 2.0N 1.0N 2.0t mv F t ⨯=== 物块在加速运动过程中，应用动能定理有：2212t F x mv =g 解得：222 1.0 2.0N 0.8N 22 2.5t mv F x ⨯===⨯(2)物块在运动过程中，应用动量定理有：10Ft mv mv =- 解得：01()m v v F t-=物块在运动过程中，应用动能定理有：22201122F x mv mv =- 解得：2202()2m v v F x-=当12F F =时，由上两式得：02v v x v t +== (3)由图2可求得物块由0x =运动至x A =过程中，外力所做的功为：21122W kA A kA =-=-g设物块的初速度为0v '，由动能定理得：20102W mv '=-解得：0kv A m'= 设在t 时间内物块所受平均力的大小为F ，由动量定理得：00Ft mv -=-' 由题已知条件：2m t kπ= 解得：2kAF π=5．如图，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上，某时刻物体A 获得一大小为的水平初速度开始向右运动。
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 。
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高中物理动量定理解题技巧及练习题一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，一光滑水平轨道上静止一质量为M ＝3kg 的小球B ．一质量为m ＝1kg 的小球A 以速度v 0＝2m/s 向右运动与B 球发生弹性正碰，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：（1）碰撞结束时A 球的速度大小及方向； （2）碰撞过程A 对B 的冲量大小及方向．【答案】（1）－1m/s ，方向水平向左（2）3N·s ，方向水平向右 【解析】【分析】A 与B 球发生弹性正碰，根据动量守恒及能量守恒求出碰撞结束时A 球的速度大小及方向；碰撞过程对B 应用动量定理求出碰撞过程A 对B 的冲量； 解：（1）碰撞过程根据动量守恒及能量守恒得：0A B mv mv Mv =+2220111222A B mv mv Mv =+ 联立可解得：1m/s B v =，1m/s A v =- 负号表示方向水平向左 （2）碰撞过程对B 应用动量定理可得：0B I Mv =- 可解得：3I N s =⋅ 方向水平向右2．如图所示，一质量m 1=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m 2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=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/s 2．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．3．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。
已知sin37º=0.60，cos37º=0.80，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力。
求： （1）物体沿斜面向上运动的加速度大小；（2）物体在沿斜面运动的过程中，物体克服重力所做功的最大值； （3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量。
【答案】（1）6.0m/s 2（2）18J （3）20N·s ，方向竖直向下。
【解析】 【详解】（1）设物体运动的加速度为a ，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力为：F=mg sin θ根据牛顿第二定律有：F=ma ；解得：a =6.0m/s 2（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为v m ；对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：2120m W mv -=-解得W =18J ；（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间为：02262s 6v t a ⨯=== 重力的冲量：20N s G I mgt ==⋅方向竖直向下。
4．如图所示，质量M =1.0kg 的木板静止在光滑水平面上，质量m =0.495kg 的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。
质量m 0=0.005kg 的子弹以速度v 0=300m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g 取10m/s 2。
求： （1）物块的最大速度v 1； （2）木板的最大速度v 2； （3）物块在木板上滑动的时间t .【答案】（1）3m/s ；（2）1m/s ；（3）0.5s 。
【解析】 【详解】（1）子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得：m 0v 0=（m +m 0）v 1解得：v 1=3m/s（2）当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒得：（m +m 0）v 1=（M +m +m 0）v 2。
解得：v 2=1m/s（3）对木板，根据动量定理得：μ（m +m 0）gt =Mv 2-0解得：t =0.5s5．北京将在2022年举办冬季奥运会，滑雪运动将速度与技巧完美地结合在一起，一直深受广大观众的欢迎。
一质量为60kg 的运动员在高度为80h m =，倾角为30θ=︒的斜坡顶端，从静止开始沿直线滑到斜面底端。
下滑过程运动员可以看作质点，收起滑雪杖，忽略摩擦阻力和空气阻力，g 取210/m s ，问：（1）运动员到达斜坡底端时的速率v ； （2）运动员刚到斜面底端时，重力的瞬时功率；（3）从坡顶滑到坡底的过程中，运动员受到的重力的沖量。
【答案】（1）40/m s （2）41.210W ⨯（3）34.810N s ⨯⋅ 方向为竖直向下【解析】 【分析】（1）根据牛顿第二定律或机械能守恒定律都可以求出到达底端的速度的大小； （2）根据功率公式进行求解即可；（3）根据速度与时间关系求出时间，然后根据冲量公式进行求解即可； 【详解】（1）滑雪者由斜面顶端滑到底端过程中，系统机械能守恒：212mgh mv = 到达底端时的速率为：40/v m s =；（2）滑雪者由滑到斜面底端时重力的瞬时功率为：4sin 30 1.210G P mg v W =⋅⋅︒=⨯；（3）滑雪者由斜面顶端滑到底端过程中，做匀加速直线运动根据牛顿第二定律0sin 30mg ma =，可以得到：2sin 305/a g m s =︒=根据速度与时间关系可以得到：08v t s a-== 则重力的冲量为：34.810G I mgt 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。
6．在某次短道速滑接力赛中，质量为50kg 的运动员甲以6m/s 的速度在前面滑行，质量为60kg 的乙以7m/s 的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程．设推后乙的速度变为4m/s ，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直线上运动，不计阻力，求： ⑴接力后甲的速度大小；⑵若甲乙运动员的接触时间为0.5s ，乙对甲平均作用力的大小．【答案】（1）9.6m/s ；（2）360N ； 【解析】 【分析】 【详解】（1）由动量守恒定律得+=+m v m v m v m v ''甲甲乙乙甲甲乙乙 =9.6/v m s '甲； （2）对甲应用动量定理得-Ft m v m v '=甲甲甲甲 =360F N7．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m A ＝m B ＝2.0kg 。
现让A 以v 0＝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/s 2．求：①A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小； ②A 滑上圆轨道B 后，到达最大高度时与B 的共同速度大小. 【答案】(1) F ＝80N (2) v 1＝2m/s 【解析】 【详解】①以水平向左为正方向，A 与墙壁碰撞过程，无机械能能损失，则以原速率弹回，对A ，由动量定理得：Ft ＝m A v 0﹣m A •（﹣v 0）， 代入数据解得：F ＝80N ；②A 滑上圆轨道B 后到达最大高度时，AB 速度相等，设A 、B 的共同速度为v ，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：m A v 0＝（m A +m B ）v 1， 代入数据解得：v 1＝2m/s ；8．质量为m=0.2kg 的小球竖直向下以v 1=6m/s 的速度落至水平地面，再以v 2=4m/s 的速度反向弹回，小球与地面的作用时间t=0.2s ，取竖直向上为正方向，（取g=10m/s 2）．求 （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11 1.2./p mv kg m s ==- 碰撞地面后小球的动量220.8./p mv kg m s ==小球与地面碰撞前后的动量变化212./p p p kg m s ∆=-= 方向竖直向上 （2）小球与地面碰撞，小球受到重力G 和地面对小球的作用力F ， 由动量定理()F G t p -=∆ 得小球受到地面的平均作用力是F=12N9．质量为2kg 的球，从4.05m 高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起，弹起后能达到的最大高度为3.2m ，如果球从开始下落到弹起并达到最大高度所用时间为1.75s ，不考虑空气阻力（g 取10m/s 2），求小球对钢板的作用力的大小和方向． 【答案】700N 【解析】 【详解】物体从下落到落地过程中经历的时间为1t ，从弹起到达到最高点经历的时间为2t ，则有：21112h gt =，22212h gt =可得：10.9s t ===，20.8s t === 球与钢板作用的时间：12 1.750.90.8s 0.05s t t t t ∆=--=--=总 由动量定理对全过程可列方程：00mgt F t -∆=-总 可得钢板对小球的作用力210 1.75N 700N 0.05mgt F t ⨯⨯===∆总，方向竖直向上．10．质量为50kg 的杂技演员不慎从7.2m 高空落下，由于弹性安全带作用使他悬挂起来，已知弹性安全带的缓冲时间为1s ，安全带长3.2m ，则安全带对演员的平均作用力是多大？（取g=10m/s 2） 【答案】900N 【解析】 【详解】设安全带对人的平均作用力为F ；由题意得，人在落下的3.2m 是 自由落体运动，设落下3.2m 达到的速度为v 1，由动能定理可得：mgh 1=12mv 12 得：v 1=8m/s设向上为正方向，由动量定理：（F -mg ）t =0-（-mv ）得：F =900 N11．柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气虹与活塞间有柴油与空气的混合物．在重锤与桩碰摊的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动．现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：柴油打桩机重锤的质量为m ，锤在桩帽以上高度为h 处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上，同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这过程的时间极短．随后，桩在泥土中向下移动一距离l ．已知锤反跳后到达最高点时，锺与已停下的桩子之间的距离也为h （如图2）．已知31.010kg m =⨯，32.010kg M =⨯， 2.0m h =，0.2m l =，重力加速度210m/s g =，混合物的质量不计，设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F 是恒力，求：（1）重锤m 与桩子M 发生碰撞之前的速度1v 大小；（2）重锤m 与桩子M 发生碰后即将分离瞬间，桩子的速度V 大小； （3）桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F 的大小．【答案】（1）1210m/s v = （2）见解析 （3）52.110F N =⨯ 【解析】（1）锤自由下落，设碰桩前速度大小为1v ，由动能定理得：2112mgh mv =化简得：12210m/s v gh =即锤与桩碰撞前的瞬间，锤速度的大小为210m/s （2）碰后，设碰后锤的速度大小为2v ，由动能定理得：221()2mg h l mv -=化简得：22()v g h l =-设碰后桩的速度为V ，由动量守恒定律得：12mv MV mv =-解得(310/V m s =桩下降的过程中，根据动能定理得：2102Fl Mgl MV -+=- 解得：52.110F N =⨯即桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力的大小为52.110N ⨯故本题答案是：（1）1210m/s v = （2）(310/V m s = （3）52.110F N =⨯点睛：利用动能定理求解重锤落下的速度以及重锤反弹的速度，，根据动量守恒求木桩下落的速度．12．蹦床运动有"空中芭蕾"之称，某质量m =45kg 的运动员从空中h 1=1.25m 落下，接着又能弹起h 2=1.8m 高度，此次人与蹦床接触时间t =0.40s ，取g =10m/s 2，求： （1）运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I ； （2）运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F ． 【答案】（1）180N·s （2）1687.5N 【解析】 【详解】（1）重力的冲量大小180N s I mgt ==⋅；（2）设运动员下落h 1高度时的速度大小为v 1，弹起时速度大小为v 2，则2112v gh =2222v gh =由动量定理有21()()F mg t mv mv -⋅=--代入数据解得F=1687.5N ．。