高中物理专题汇编物理动量守恒定律(一)及解析
高中物理专题汇编物理动量定理(一)及解析
高中物理专题汇编物理动量定理(一)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．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/s2.求小球对钢板的作用力.【答案】78N【解析】【详解】自由落体过程v12＝2gh1，得v1=10m/s；v1=gt1得t1=1s小球弹起后达到最大高度过程0− v22＝−2gh2，得v2=9m/s0-v2=-gt2得t2=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′=mv2-（-mv1）其中t′=t-t1-t2=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；2．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/s2）．【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：p1=m(－v1)=0.2×(－6) kg·m/s=－1.2 kg·m/s小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=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=p2－p1=2 kg·m/s（2）由动量定理得(F－mg)Δt=Δp所以F=pt∆∆＋mg=20.2N＋0.2×10N=12N，方向竖直向上．3．如图所示,两个小球A和B质量分别是m A＝2.0kg,m B＝1.6kg,球A静止在光滑水平面上的M点,球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动,假设两球相距L≤18m时存在着恒定的斥力F,L＞18m时无相互作用力.当两球相距最近时,它们间的距离为d＝2m,此时球B的速度是4m/s.求:(1)球B 的初速度大小; (2)两球之间的斥力大小;(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间. 【答案】(1) 09B m v s= ；(2) 2.25F N =；(3) 3.56t s =【解析】试题分析：（1）当两球速度相等时，两球相距最近，根据动量守恒定律求出B 球的初速度；（2）在两球相距L ＞18m 时无相互作用力，B 球做匀速直线运动，两球相距L≤18m 时存在着恒定斥力F ，B 球做匀减速运动，由动能定理可得相互作用力 （3）根据动量定理得到两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间．（1）设两球之间的斥力大小是F ，两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是t 。
高二物理动量守恒定律试题答案及解析
高二物理动量守恒定律试题答案及解析1.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时（）A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大【答案】C【解析】水平面光滑，把两个人和小车看做糸统，在水平方向不受外力，糸统动量守恒。
若小车不动，A、B两个动量相等，由于不知道两个质量大小，所以不能确定两个的速度，A不对。
若小车向左运动，A、B总动量向右，所以A动量大于B动量，故C正确。
若小车向右运动，A、B总动量向左，B动量大于A动量，D错。
【考点】动量守恒2.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M="3" kg的薄板和质量为m="1" kg的物块．都以v="4" m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是( )A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都可能【答案】A【解析】开始阶段，m向右减速，M向左减速，根据系统的动量守恒定律得：当m的速度为零时，．规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：，代入解得：设此时M的速度为v1．此后m将向右加速，M继续向左减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为．规定向右为正方向，由动量守恒定律得：，代入解得：．两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动．由此可知当M的速度为时，m处于向右加速过程中．故A正确.【考点】考查了动量守恒定律的应用3.如图所示，质量为m的铅弹以大小为初速度射入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中并与车相对静止，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略．求：（1）弹和砂车的共同速度；（2）弹和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中流出，当漏出质量为的砂子时砂车的速度【答案】(1) (2)【解析】：（1）以铅球、砂车为系统，水平方向动量守恒，，得球和砂车的共同速度．（2）球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒，设当漏出质量为的砂子时砂车的速度为，砂子漏出后做平抛运动，水平方向的速度仍为，由，得．【考点】考查了动量守恒定律的应用4.（6分）如图所示，木板A质量mA ＝1 kg，足够长的木板B质量mB＝4 kg，质量为mC＝1kg的木块C置于木板B上，水平面光滑， B、C之间有摩擦，开始时B、C均静止，现使A以v＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s速度弹回. 求:（1）B运动过程中的最大速度大小.（2）C运动过程中的最大速度大小.【答案】（1）4 m/s.；（2）3.2 m/s.【解析】（1）A与B碰后瞬间， C的运动状态未变， B速度最大. 由A、B系统动量守恒（取向右为正方向）有: mA v＋0＝－mAvA＋mBvB代入数据得: vB＝4 m/s.（2）B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后， C速度最大，由B、C系统动量守恒，有mB vB＋0＝（mB＋mC）vC，代入数据得: vC＝3.2 m/s.【考点】动量守恒定律的应用。
高考物理动量定理真题汇编(含答案)及解析
高考物理动量定理真题汇编(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：212h gt =解得6s t =对礼花弹从发射到抛到最高点，由动量定理00()0Ft mg t t -+=其中00.2s t =解得1550N F =(2)设在最高点爆炸后两块质量分别为m 1、m 2，对应的水平速度大小分别为v 1、v 2，则： 在最高点爆炸，由动量守恒定律得1122m v m v =由能量守恒定律得2211221122E m v m v =+ 其中1214m m = 12m m m =+联立解得1120m/s v =230m/s v =之后两物块做平抛运动，则 竖直方向有212h gt =水平方向有12s v t v t =+由以上各式联立解得s=900m2．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。
在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。
在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析
高考物理动量守恒定律真题汇编(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．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。
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真题汇编(含答案)
高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如下图,质量为 M=2kg 的小车静止在光滑的水平地面上,其AB 局部为半径R=0.3m一一1 一的光滑一圆孤,BC 局部水平粗糙,BC 长为L=0.6m .一可看做质点的小物块从A 点由静止4(1)小物块与小车 BC 局部间的动摩擦因数;(2)小物块从A 滑到C 的过程中,小车获得的最大速度.【答案】(1) 0.5 (2) 1m/s 【解析】解：(1)小物块滑到C 点的过程中,系统水平方向动量守恒那么有： (M m)v 0所以滑到C 点时小物块与小车速度都为 0由能量守恒得：mgR mgLR解得： R 0.5L(2)小物块滑到B 位置时速度最大,设为 必,此时小车获得的速度也最大,设为V 2由动量守恒得：mv 1 Mv 2121 2 由能重寸恒得：mgR — mv 1— Mv 2 22联立解得：v 2 1m / s2.如下图,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,水平局部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 滑上小车后假设与物体 B 相碰必粘在一起,它们间无竖直作用力. A 与释放,滑到C 点刚好相对小车停止.小物块质量 m=1kg,取 g=10m/s 2.求:平台水平轨道和小车上外表的动摩擦因数都为0.4,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相取 g=10m/s 2,求等.物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg,K(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小?考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律(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33m 16【解析】试题分析：(1)物体A 由M 到N 过程中,由动能定理得： 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:(2)物体A 在平台上运动过程中2m A gR=m A v NF N ' =3A g=30N(imAg=mAa 2 L=v N t-at 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 〔= 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,那么,1 2 129mgL 1 — mv 1 - 2mv 2 解得：L [=1m2 24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,且到达共同速度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,那么mgL 2 1mv 22 1 2 22mv 3213mv 42解得:23 1_2= — m16物体A 最终离小车左端的距离为,33 x=L i -L 2=— m163.光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、 C,质量分别为 m A 3m 、m Bmb m ,开始时B 、C 均静止,A 以初速度V o 向右运动, 起,此后A 与B 间的距离保持不变.求A 与B 相撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在一 B 与C碰撞前B 的速度大小.239 _94PU 经过 次a 盘变和 次3盘变,取后变成铅的同位 素.(填入铅的三种同位素 206 Pb 、282Pb 、282Pb 中的一种)(2)某同学利用如下图的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相同,悬挂于同一高度,A 、B 两摆球均很小,质量之比为 1 ：2.当两摆均处于自由静止状态时,其侧面刚好 接触.向右上方拉动 B 球使其摆线伸直并与竖直方向成 45.角,然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动,且最大摆角成 30..假设本实验允许的最大误差为土猊,此 实验是否成功地验证了动量守恒定律? 【解析】【详解】(1)设发生了 x 次“衰变和y 次3衰变,【解析】 【分析】设A 与B 碰撞后,A 的速度为V A , B 与C 碰撞前B 的速度为％, 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：m A V o对B 、C 木块：M B由A 与B 间的距离保持不变可知 v A v 联立代入数据得：m A V A m B V Bmb4 .[物理出彳3—5] (1)天然放射性元素207【答案】(1) 8, 4, 82Pb ； (2)根据质量数和电荷数守恒可知,2x-y+82=94, 239=207+4x;由数学知识可知,x=8, y=4.假设是铅的同位素206,或208,不满足两数守恒, 因此最后变成铅的同位素是282Pb(2)设摆球A 、B 的质量分别为 m A 、m B,摆长为l, B 球的初始高度为h i,碰撞前B 球 的速度为V B .在不考虑摆线质量的情况下,根据题意及机械能守恒定律得h 1 l(1 cos45)①1 22m B V B m B ghi ②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P i 、P 2.有 P i = m B V B ③所以,此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律.5.氢是一种放射性气体,主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料.呼吸时氨气 会随气体进入肺脏,氢衰变时放出射线,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.假设有一静止的氢核222Rn 发生 衰变,放出一个速度为V .、质量为m 的 粒子和一个质量为 M 的反冲核针288 Po 此过程动量守恒,假设氢核发 生衰变时,释放的能量全部转化为粒子和针核的动能.(1)写衰变方程;联立①②③式得同理可得联立④⑤式得代人条件得由此可以推出 P m B J 2gl (1 cos45 ) ④F 2 (m A m B R2gl(1 cos30 )⑤P 2 m A m B 1 cos30 - - -------- J d P 1 m B . 1 cos452P2… —1.03⑦P(2)求出反冲核针的速度；(计算结果用题中字母表示相反；(3) m 【解析】 【分析】 【详解】(1)由质量数和核电荷数守恒定律可知,核反响方程式为222 218 4..86Rn 84 Po+2He (2)核反响过程动量守恒,以 a 离子的速度方向为正方向 由动量守恒定律得mv 0 Mv 0解得vmv 0■,负号表示方向与 a 离子速度方向相反 M(3)衰变过程产生的能量21 2 1 2M m mv oE -mv 2 - Mv 2-2 22M由爱因斯坦质能方程得2E mc解得M m mv 2m ------------ 5——2Mc 26.如下图,一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A 点由静止出发绕.点下摆,当摆到最低点 B 时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处 A.求男演员落地点 C 与O 点的水平距离s.男演员质量 m 1 和女演员质量 m 2之比m 1 ：m 2=2,秋千的质量不计,秋千的摆长为R, C 点比.点低5R.【答案】8R 【解析】【分析】 【详解】两演员一起从从 A 点摆到B 点,只有重力做功,机械能守恒定律,设总质量为 m,那么12(3)求出这一衰变过程中的质量亏损.(计算结果用题中字母表示)2222184 ..【答木】(1) 86 Rn 84 Po 2 He ; (2) vmv o负号表示方向与“离子速度方向2M m mv 0 2Mc 2mgR -mv1 2女演员刚好能回到高处,机械能依然守恒：m2gR -m2v12女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒：(m l m2) v m2v l m1v2③根据题意：m1 ：m2 2有以上四式解得：v22 2gR1c 8R接下来男演员做平抛运动：由4R -gt2,得t —2 . g因而：s v2t 8R；【点睛】两演员一起从从A点摆到B点,只有重力做功,根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒,由于女演员刚好能回到高处,可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度,再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度,然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；此题关键分析求出两个演员的运动情况,然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解.7.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：I~~J S I(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】V A 1.0m/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：_1 2,1 2 _ 1 y 2 _ 1 ,2KE损一］山正且? /8 ①山尸A/㈤胪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.8 .如下图,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为科使木板与重物以共同的速度 v o 向右运动,某时刻木板与墙发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后木板以原速率反弹长,重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间4V 0 3~g解：木板第一次与墙碰撞后,向左匀减速直线运动,直到静止,再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度,再往后是匀速直线运动,直到第二次 撞墙. 木板第一次与墙碰撞后,重物与木板相互作用直到有共同速度V,动量守恒,有：2mv o - mv o = (2m+m) v, 解得： v=^-木板在第一个过程中,用动量定理,有： mv - m ( - v 0)=科2mgt…〜一 一 1? 1 2八用动能TE 理,有： -mv --IDV O =-科 2mgs木板在第二个过程中,匀速直线运动,有： s=vt 2,,一,…~、2v n 2v n I 4V n木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t l +t 2=—-+——-=一-3|Xg_ ……入……工……L,[W答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为34M【点评】此题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题,正确分析出 运动规律是关键.9 .如下图,带有 1光滑圆弧的小车 A 的半径为R,静止在光滑水平面上.滑块C 置于4木板B 的右端,A 、B 、C 的质量均为 m, A 、B 底面厚度相同.现 B 、C 以相同的速度向右 匀速运动,B 与A 碰后即粘连在一起,C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高.设木板足够处.那么：(重力加速度为 g)(1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少?【解析】此题考查动量守恒与机械能相结合的问题.(1)设B 、C 的初速度为vo, AB 相碰过程中动量守恒,设碰后 AB 总体速度u,由12 1 2 12-mv 0 - 2mu - 3mu mgR 2 2 2解得 v o 2.3gR(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中,满足水平方向动量守恒、机械能守恒,有 mv 0 2mu mv 1 2mv 210.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 v 0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 一的值. 0v 1【答案］一二三 %- 【解析】1 2试题分析：小滑块以水平速度 v 0右滑时,有：fL =0- - mv 2 (2分)2mv o 2mu ,解得 uV2C 滑到最高点的过程mv o 2mu 3mu1 2—mv 0 2-2mu 21mv ； - 2mv 2 2 22 解得：v 1 mgR, 35,3gR31 o 1 o小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为vi,那么有 fL = — mv 1-—mv (2分)2 2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 丫2,那么有 mv i =(m 4m)v 2(2 分)1 2 1 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.11.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.…… M m2Mm 2【答案】(1) ------------------------- v 0 (2) -------------- v 0M m 2 Mg【解析】试题分析：(1)由A 、B 系统动量守恒定律得：Mv0 —mv0= (M +m ) v ①一 M -w所以v=- ---------- v0 方向向右(2) A 向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时速度为 Mv 0 mv 0Mv0 — mv0="Mv' v -------------------- 方 向向右M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.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？v'那么由动量守恒定律得:r~丘7 --------------(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,那么也=\Z两木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mg ai = -解得：山,方向竖直向下对环：・_ mg-/解得上m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2 vo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,兰冈L>...................解得：+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知识点总结
高中物理动量守恒定律知识点(一)一、动量守恒定律1、动量守恒定律的条件：系统所受的总冲量为零(不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力)，即系统所受外力的矢量和为零。
(碰撞、爆炸、反冲)注意：内力的冲量对系统动量是否守恒没有影响，但可改变系统内物体的动量。
内力的冲量是系统内物体间动量传递的原因，而外力的冲量是改变系统总动量的原因。
2、动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/(规定正方向)△p1=—△p2/3、某一方向动量守恒的条件：系统所受外力矢量和不为零，但在某一方向上的力为零，则系统在这个方向上的动量守恒。
必须注意区别总动量守恒与某一方向动量守恒。
二、碰撞1、完全非弹性碰撞：获得共同速度，动能损失最多动量守恒。
2、弹性碰撞：动量守恒，碰撞前后动能相等。
特例1：A、B两物体发生弹性碰撞，设碰前A初速度为v0，B静止，则碰后速度，vB=.特例2：对于一维弹性碰撞，若两个物体质量相等，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)3、一般碰撞：有完整的压缩阶段，只有部分恢复阶段，动量守恒，动能减小。
4、人船模型——两个原来静止的物体(人和船)发生相互作用时，不受其它外力，对这两个物体组成的系统来说，动量守恒，且任一时刻的总动量均为零，由动量守恒定律，有mv=MV(注意：几何关系)高中物理动量守恒定律知识点(二)冲量与动量(物体的受力与动量的变化)1.动量：p=mv {p:动量(kg/s)，m:质量(kg)，v:速度(m/s)，方向与速度方向相同｝3.冲量：I=Ft {I:冲量(N?s)，F:恒力(N)，t:力的作用时间(s)，方向由F决定｝4.动量定理：I=Δp或Ft=mvt–mvo {Δp:动量变化Δp=mvt–mvo，是矢量式}5.动量守恒定律：p前总=p后总或p=p’′也可以是m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′6.弹性碰撞：Δp=0;ΔEk=0 {即系统的动量和动能均守恒}7.非弹性碰撞Δp=0;0<ΔEK<ΔEKm {ΔEK：损失的动能，EKm：损失的最大动能}8.完全非弹性碰撞Δp=0;ΔEK=ΔEKm {碰后连在一起成一整体}9.物体m1以v1初速度与静止的物体m2发生弹性正碰:v1′=(m1-m2)v1/(m1+m2) v2′=2m1v1/(m1+m2)10.由9得的推论-----等质量弹性正碰时二者交换速度(动能守恒、动量守恒)11.子弹m水平速度vo射入静止置于水平光滑地面的长木块M，并嵌入其中一起运动时的机械能损失E损=mvo2/2-(M+m)vt2/2=fs相对 {vt:共同速度，f:阻力，s相对子弹相对长木块的位移}高中物理学习方法要重视实验物理学是一门以实验为基础的科学，许多物理概念、物理规律都是从自然现象的实验中总结出来的。
高中物理 动量守恒定律(1)
【例】光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物
块都以V0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的 物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，
在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J时，物块A
的速度是 m/s。
ABCຫໍສະໝຸດ 解：对于第一次B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短
动量守恒定律
一、动量守恒定律
内容：相互作用的物体组成的系统,如果不受外力或 所受外力的合力为零,这个系统的动量就保持不变 基本概念：
系统：相互作用的一组物体通常称为系统。 外力：系统内的物体受到系统外的物体的作用力 内力：系统内物体间的相互作用力。 总动量：相互作用的物体的动量的矢量和
守恒条件：
时作用后的共同速度为VBC，则据动量守恒定律得：
mBV0 (mB mC )VBC
(1)
对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生 持续作用后的共同速度为V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得:
mAV0 (mB mC )VBC （mA mB mC )V
（2）
v=mv0cosθ/(M+m)
【说明】此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但 水平方向上不受外力作用，动量守恒。
3．动量守恒定律解“人船模型”问题
两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系 统动量守恒。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。
【例】载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量 为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
【分析与解答】：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力
为零，故人下滑过程中系统动量守恒。人着地时，绳梯至少应
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高中物理专题汇编物理动量守恒定律(一)及解析一、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θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b点：对Q，由牛顿第二定律得：2222NvF m g mR-=解得:24.610NNF-=⨯(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)22cm gR m v m vθ-+=解得：2m/scv=进入磁场后：Q所受电场力22310NF qE m g-==⨯=，Q在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211ccm vqv Br=Q刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：1 1.6mr d==解得：1 1.25TB=(3)当所加磁场22TB=，2221mcm vrqB==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 rrα-︒-=解得：127α=︒运动周期：222mTqBπ=则Q在磁场中运动的最长时间：222127127•s360360360mt TqBπαπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒2．(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m1=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m2=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/s2,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）v0=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v0，根据机械能守恒定律有m1gh＝12m12v (1分)v02gh，解得：v0＝4.0 m/s(1分)②设物块B受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，则f＝μm2g(1分)W＝－μm2gx解得：W＝－1.6 J(1分)③设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理有－μm2gx＝0－12m2v2解得：v＝4.0 m/s(1分)根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v(1分)解得：v1＝2.0 m/s(1分)能量守恒12m12v＝12m121v＋12m2v2＋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3．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。
【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 =4．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。
5．如图，质量分别为m1=1.0kg和m2=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v0=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．如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂．现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=600的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于450．【答案】最多碰撞3次【解析】解：设小球m的摆线长度为l小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒：①m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足：mv0=MV M+mv1 ②③联立②③得：④说明小球被反弹，且v1与v0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞，满足：mv 1=MV M1+mv 2 ⑤⑥解得：⑦整理得：⑧故可以得到发生n 次碰撞后的速度：⑨而偏离方向为450的临界速度满足：⑩联立①⑨⑩代入数据解得，当n=2时，v 2＞v 临界 当n=3时，v 3＜v 临界即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°． 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 专题：压轴题．分析：先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后小球的速度，对速度表达式分析，求出碰撞n 次后的速度表达式，再根据机械能守恒定律求出碰撞n 次后反弹的最大角度，结合题意讨论即可．点评：本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大角度，然后对结果表达式进行讨论，得到第n 次反弹后的速度和最大角度，再结合题意求解．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”。