高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s ，此时乙尚未与P 相撞．①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值． 【答案】v 乙＝6m/s. I ＝8N 【解析】 【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知联立以上方程可得，方向向右。
（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：2．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。
已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。
求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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，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v0=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/s2）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解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
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)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，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v 0＝8 m/s 的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M 2＝2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上)【答案】25m/s【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等． 以M 1、M 2、m 组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒：()20120M v M m M v +=++共，解得5m /s v =共以小球与乙车组成的系统，水平方向动量守恒： ()202M v mv m M v -=+共，解得25m /s v =考点：考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解3．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C ，物块B 、C 静止，物块B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短．那么从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求．（1）A 、B 第一次速度相同时的速度大小； （2）A 、B 第二次速度相同时的速度大小； （3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小 【答案】（1）v 0（2）v 0（3）【解析】试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，解得v1＝v0（2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2解得v2=v0（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：解得v3＝v0系统损失的机械能为当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。
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)及解析
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=）（1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能.【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2cos 1sin 2B B B Bm gh m gh m v θμθ+⋅= ① （3分）代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分）（2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得：2220111()222A B P A A B Bm m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分）考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.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。
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
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，质量为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 。
一可看做质点的小物块从A 点由静止释放，滑到C 点刚好相对小车停止。
已知小物块质量m =1kg ，取g =10m/s 2。
求：（1）小物块与小车BC 部分间的动摩擦因数；（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】【详解】解：(1) 小物块滑到C 点的过程中，系统水平方向动量守恒则有：()0M m v += 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 mgL μ=解得：0.5R Lμ== (2)小物块滑到B 位置时速度最大，设为1v ，此时小车获得的速度也最大，设为2v 由动量守恒得 ：12mv Mv =由能量守恒得 ：22121122mgR mv Mv =+ 联立解得： 21/ v m s =2．如图所示,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B 与斜面间的动摩擦因数3μ=；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d =0.1m ，A 、B 的质量都为m=2kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A 、B 之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A 、B,经过一段时间,A 与B 的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g 取210/m s .求：(1)释放后物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大?(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小；(3)从初始位置到物块A 与凹糟B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小．【答案】（1）（2）v An =(n-1)m∙s -1，v Bn ="n" m∙s -1（3）x n 总=0.2n 2m【解析】【分析】【详解】（1）设物块A 的加速度为a 1，则有m A gsin θ=ma 1，解得a 1=5m/s 2凹槽B 运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcos θ=mg 方向沿斜面向上；凹槽B 所受重力沿斜面的分力G 1=2mgsin θ=mg 方向沿斜面向下；因为G 1=f ，则凹槽B 受力平衡，保持静止，凹槽B 的加速度为a 2=0（2）设A 与B 的左壁第一次碰撞前的速度为v A0，根据运动公式：v 2A0=2a 1d解得v A0=3m/s ；AB 发生弹性碰撞，设A 与B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为v A1，B 的速度为v B1，则由动量守恒定律：0112A A B mv mv mv =+ ； 由能量关系：2220111112222A AB mv mv mv =+⨯ 解得v A1=-1m/s(负号表示方向)，v B1=2m/s3．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v 0＝8 m/s 的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M 2＝2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上)【答案】25m/s【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等．以M 1、M 2、m 组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒：()20120M v M m M v +=++共，解得5m /s v =共以小球与乙车组成的系统，水平方向动量守恒： ()202M v mv m M v -=+共，解得25m /s v =考点：考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解4．如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度0υ飞来与A物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A和小球均可视为质点(重力加速度g)．求：①物块A相对B静止后的速度大小；②木板B至少多长．【答案】①0.25v0．②216v Lgμ=【解析】试题分析：（1）设小球和物体A碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，mv0=2mv1，① （2分）2mv1=4mv2② （2分）联立①②得，v2=0.25v0．（1分）（2）当A在木板B上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L，假设A刚好滑到B的右端时共速，则由能量守恒得，③ （2分）联立①②③得，L=考点：动量守恒，能量守恒．【名师点睛】小球与 A碰撞过程中动量守恒，三者组成的系统动量也守恒，结合动量守恒定律求出物块A相对B静止后的速度大小；对子弹和A共速后到三种共速的过程，运用能量守恒定律求出木板的至少长度．5．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．【答案】(1)20138m E mv M ⎛⎫∆=- ⎪⎝⎭ (2)02mv h s M g= 【解析】【分析】【详解】 试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V ，由动量守恒得mv 0=m+MV ①解得②系统的机械能损失为ΔE =③ 由②③式得ΔE =④ （2）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ,则⑤s=Vt ⑥由②⑤⑥得S =⑦考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．6．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d 、质量均为m 的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响．【答案】【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得：mv0=(2m＋m)V（2分）此过程中动能损失为：ΔE损＝f·2d=12mv20－12×3mV2（2分）解得ΔE＝13mv20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·d=mv2（1分），由能量守恒得：1 2mv21＋12mV21＝12mv20－ΔE损1（2分）且考虑到v1必须大于V1，解得：v1＝13(26v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得：2mV 2＝mv 1（1分）损失的动能为：ΔE′＝12mv 21－12×2mV 22（2分） 联立解得：ΔE′＝13(1)2+×mv 20 因为ΔE′＝f·x （1分）， 可解得射入第二钢板的深度x 为：（2分）子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解7．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．8．在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的多次碰撞．如图所示，一块表面水平的木板静止放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离L ＝0.08 m ．现有一小物块以初速度v 0＝2 m/s 从左端滑上木板，已知木板和小物块的质量均为1 kg ，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，木板与墙碰后木板以原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取重力加速度g ＝10 m/s 2．求：(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间；(3)小物块和木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离．【答案】（1）0.4 s 0.4 m/s （2）1.8 s. （3）0.06 m【解析】试题分析：（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动，设木板加速度为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为1v则mg ma μ=，解得21/a g m s μ==①212L at =②，1v at =③ 联立①②③解得0.4t s =，10.4/v m s =④（2）在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T ．设在物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞，则有：()02v v nT t a a t =-+∆=∆⑤式中△t 是碰撞n 次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间．由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为022v v nTa =-⑥ 由于木板的速率只能处于0到1v 之间，故有()01022v nTa v ≤-≤⑦求解上式得1.5 2.5n ≤≤由于n 是整数，故有n=2⑧由①⑤⑧得：0.2t s ∆=⑨；0.2/v m s =⑩从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：4 1.8t T t s =+∆=（11） 即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为1．8s ．（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为212s L a t =-∆（12） 联立①与（12）式，并代入数据得0.06s m =即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0．06m ．考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式【名师点睛】本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减为零．9．如图所示，木块m 2静止在高h=0．45 m 的水平桌面的最右端，木块m 1静止在距m 2 左侧s 0=6．25 m 处．现木块m 1在水平拉力F 作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与 m 2碰前瞬间撤去F ，m 1和m 2发生弹性正碰．碰后m 2落在水平地面上，落点距桌面右端水平 距离s=l ．2 m ．已知m 1=0．2 kg ，m 2 =0．3 kg ，m 1与桌面的动摩擦因素为0．2．（两个木块都可以视为质点，g=10 m ／s 2）求：（1）碰后瞬间m 2的速度是多少？（2）m 1碰撞前后的速度分别是多少？（3）水平拉力F 的大小？【答案】（1）4m/s （2）5m/s ；-1m/s （3）0．8N【解析】试题分析：（1）m 2做平抛运动，则：h=12gt 2； s=v 2t ；解得v 2=4m/s（2）碰撞过程动量和能量守恒：m 1v=m 1v 1+m 2v 2 12m 1v 2=12m 1v 12+12m 2v 22 代入数据解得：v=5m/s v 1=-1m/s（3）m 1碰前:v 2=2as 11F m g m a μ-=代入数据解得：F=0．8N考点：动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题关键是搞清两个物体的运动特征,分清物理过程；用动量守恒定律和能量守恒定律结合牛顿定律列出方程求解．10．如图所示，质量均为M ＝4 kg 的小车A 、B ，B 车上用轻绳挂有质量为m ＝2 kg 的小球C ，与B 车静止在水平地面上，A 车以v 0＝2 m/s 的速度在光滑水平面上向B 车运动，相碰后粘在一起(碰撞时间很短)．求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后小球C 第一次回到最低点时的速度大小．【答案】(1) 4 J (2) 1.6 m/s【解析】【详解】解：(1)设A 、B 车碰后共同速度为1v ，由动量守恒得：012Mv Mv = 系统损失的能量为：220112 4 212E Mv Mv J -⨯==损 (2)设小球C 再次回到最低点时A 、B 车速为2v ，小球C 速度为3v ，对A 、B 、C 系统由水平方向动量守恒得：12322Mv Mv mv =+ 由能量守恒得：22212311122222Mv Mv mv ⨯=⨯+ 解得：3 1.6 /v m s =11．图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m 水平放置，磁感应强度B =0.4T 的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间．金属棒ab 、cd 质量分别为0.1kg 和0.2kg ，电阻分别为0.4Ω和0.2Ω，并排垂直横跨在导轨上．若两棒以相同的初速度3m /s 向相反方向分开，不计导轨电阻，求：(1)金属棒运动达到稳定后的ab 棒的速度大小；(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热；(3)金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？【答案】（1）1m/s（2）1．2J（3）1．5m【解析】【详解】解：(1)ab 、cd 棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v ，以水平向右为正方向，则解得稳定后的ab 棒的速度大小：(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：(3)对cd 棒根据动量定理有：即：又 两棒间距离增加：12．如图所示，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 不会滑离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．【答案】（1）0M m v M m-+（2）2022M m v Mg μ- 【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v′,则由动量守恒定律得：Mv0—mv0="Mv′"00Mv mv v M-'=方向向右 考点：动量守恒定律； 点评：本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常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v；②23v 【解析】试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v =②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223v v =考点：动量守恒定律2．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。
已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。
求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J3．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A 、B 、C ，三球的质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 、m C =6kg ，初状态BC 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B 、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A 球以v 0=9m/s 的速度向左运动，与同一杆上的B 球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B 的最小速度为零．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A、B发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能．当B、C速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答4．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求：①物块C的质量？②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P？【答案】（1）2kg（2）9J【解析】试题分析：①由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．m c v1＝（m A＋m C）v2即m c＝2 kg②12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大（m A＋m C）v3＝（m A＋m B＋m C）v4得E p＝9 J考点：考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的应用【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题．5．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块并留在其中，与木块用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间的速度，木块、的质量均为．求：•子弹射入木块时的速度；‚弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能．【答案】22()(2)Mm aM m M m++b【解析】试题分析：（1）普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E错．(2)1以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：．2弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得：由机械能守恒定律可知：．考点：本题考查了物理学史和动量守恒定律6．匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示．图中E0和d均为已知量．将带正电的质点A在O点由能止释放．A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用．已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和．不计重力．（1）求A在电场中的运动时间t，（2）若B的电荷量q =Q，求两质点相互作用能的最大值E pm（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值q m【答案】（1）（2）145QE0d （3）Q【解析】【分析】【详解】解：（1）由牛顿第二定律得，A在电场中的加速度 a ==A在电场中做匀变速直线运动，由d =a得运动时间 t ==（2）设A、B离开电场时的速度分别为v A0、v B0，由动能定理得QE0d =mqE0d =A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用为斥力，A受力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v，，由动量守恒定律得：（m +）v，= mv A0 +v B0由能量守恒定律得：E Pm= (m+)—）且 q =Q解得相互作用能的最大值 E Pm=145QE0d（3）A、B在x>d区间的运动，在初始状态和末态均无相互作用根据动量守恒定律得：mv A+v B= mv A0 +v B0根据能量守恒定律得：m+=m+解得：v B = -+因为B不改变运动方向，所以v B = -+≥0解得：q≤Q则B所带电荷量的最大值为：q m =Q7．氡是一种放射性气体，主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料．呼吸时氡气会随气体进入肺脏，氡衰变时放出α射线，这种射线像小“炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等．若有一静止的氡核22286Rn 发生α衰变，放出一个速度为0v 、质量为m 的α粒子和一个质量为M 的反冲核钋21884Po 此过程动量守恒，若氡核发生衰变时，释放的能量全部转化为α粒子和钋核的动能。
高中物理动量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。
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高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，质量分别为m 1和m 2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m 2被右侧墙壁原速弹回，又与m 1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m 1球速度的大小.【答案】【解析】设两个小球第一次碰后m 1和m 2速度的大小分别为和，由动量守恒定律得：（4分） 两个小球再一次碰撞，（4分）得：（4分）本题考查碰撞过程中动量守恒的应用，设小球碰撞后的速度，找到初末状态根据动量守恒的公式列式可得2．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v 0＝8 m/s 的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M 2＝2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上)【答案】25m/s【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等． 以M 1、M 2、m 组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒：()20120M v M m M v +=++共，解得5m /s v =共以小球与乙车组成的系统，水平方向动量守恒： ()202M v mv m M v -=+共，解得25m /s v =考点：考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解3．28．如图所示，质量为m a=2kg的木块A静止在光滑水平面上。
一质量为m b= lkg的木块B以初速度v0=l0m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动。
木块A与挡板碰撞后立即反弹（设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失）。
后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为1m/s、4m/s。
求：木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能。
【答案】9J【解析】试题分析：依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后A、B 速度方向都向左。
第一次碰撞，规定向右为正向 m B v0=m B v B+m A v A第二次碰撞，规定向左为正向 m A v A-m B v B= m B v B’+m A v A’得到v A=4m/s v B=2m/sΔE=9J考点：动量守恒定律；能量守恒定律.视频4．如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度0υ飞来与A物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A和小球均可视为质点(重力加速度g)．求：①物块A相对B静止后的速度大小；②木板B至少多长．【答案】①0.25v0．②216v Lgμ=【解析】试题分析：（1）设小球和物体A碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，mv0=2mv1，① （2分）2mv1=4mv2② （2分）联立①②得，v2=0.25v0．（1分）（2）当A在木板B上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L，假设A刚好滑到B的右端时共速，则由能量守恒得，③ （2分）联立①②③得，L=考点：动量守恒，能量守恒．【名师点睛】小球与 A碰撞过程中动量守恒，三者组成的系统动量也守恒，结合动量守恒定律求出物块A相对B静止后的速度大小；对子弹和A共速后到三种共速的过程，运用能量守恒定律求出木板的至少长度．5．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．【答案】v0v0【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6．如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端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时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。
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，碰撞时间很短，忽略空气阻力，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；(3)第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。
【答案】【解析】略7．如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B，B的质量为M=3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞后小物块A又滑上劈B，求物块A在B上能够达到的最大高度．【答案】238v hg【解析】试题分析：选取A 、C 系统碰撞过程动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出A 的速度；A 、B 系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．小物块C 与A 发生弹性碰撞， 由动量守恒得：mv 0＝mv C ＋mv A由机械能守恒定律得：2220111222C A mv mv mv =+ 联立以上解得：v C ＝0，v A ＝v 0设小物块A 在劈B 上达到的最大高度为h ，此时小物块A 和B 的共同速度大小为v ，对小物块A 与B 组成的系统，由机械能守恒得：()221122A mv mgh m M v =++ 水平方向动量守恒()A mv m M v =+联立以上解得： 238v h g=点睛：本题主要考查了物块的碰撞问题，首先要分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．要注意A 、B 系统水平方向动量守恒，系统整体动量不守恒．8．一列火车总质量为M ，在平直轨道上以速度v 匀速行驶，突然最后一节质量为m 的车厢脱钩，假设火车所受的阻力与质量成正比，牵引力不变，当最后一节车厢刚好静止时，前面火车的速度大小为多少？ 【答案】Mv/(M-m) 【解析】 【详解】因整车匀速运动，故整体合外力为零；脱钩后合外力仍为零，系统的动量守恒． 取列车原来速度方向为正方向．由动量守恒定律，可得()0Mv M m v m =-'+⨯ 解得，前面列车的速度为Mvv M m'=-；9．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．10．图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m水平放置，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间．金属棒ab、cd质量分别为0.1kg和0.2kg，电阻分别为0.4Ω和0.2Ω，并排垂直横跨在导轨上．若两棒以相同的初速度3m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：(1)金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小；(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热；(3)金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？【答案】（1）1m/s（2）1．2J（3）1．5m【解析】【详解】解：(1)ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v ，以水平向右为正方向，则解得稳定后的ab棒的速度大小：(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：(3)对cd棒根据动量定理有：即：又两棒间距离增加：11．如图所示，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v0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νν的值．【答案】【解析】试题分析：小滑块以水平速度v0右滑时，有：201=0-2fL mv-（2分）小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有22111=-22fL mv 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，则有12=(4)mv m m v+（2分）由总能量守恒可得：221211=-(4)22fL mv m m v+（2分）上述四式联立，解得32vv=（1分）考点：动能定理，动量定理，能量守恒定律．12．在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC，半径为R，如图所示，A、C两点的连线水平，B点为轨道最低点.其中AB部分是光滑的，BC部分是粗糙的.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θ60.=o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】(1)2 3(2)压力大小为：173mg ，方向竖直向下．(3)W f =16mgR -． 【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，根据机械能守恒定律得：2012mgR 2mv 2=⋅，解得：0v =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：()02mv m 2m mv =+，解得：v =甲物与乙物体碰撞过程，对甲，由动量定理得：02I 2mv 2mv 3=-=-甲向：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，由牛顿第二定律得：()()2v F m 2m g m 2m R-+=+， 解得：17F mg 3=， 根据牛顿第三定律，对轨道的压力17F'F mg 3==，方向：竖直向下； ()3对整体，从B 到D 过程，由动能定理得：()2f13mgR 1cos60W 03mv 2--+=-⋅o解得，摩擦力对整体做的功为：f 1W mgR 6=-；【点睛】解决本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.摩擦力是阻力，运用动能定理是求变力做功常用的方法．撞的基本规律是动量守恒定律。