届高考物理一轮复习专题动量守恒定律及其应用专项练习【含答案】
一、选择题 (1 ～5 题为单项选择题， 6～ 8 题为多项选择题 )
1．如图 1 所示， A、 B 两物体质量之比 mA∶ mB＝3∶2，原来静止在平板小车 C上。 A、 B
间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是
()
图1 A．若 A、 B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同， A、 B组成的系统动量守恒 B．若 A、 B 与 平板车上表面间的动摩擦因数相同， A、 B、C组成的系统动量守恒 C．若 A、 B 所受的摩擦力大小相等， A、 B 组成的系统动量守恒 D．若 A、 B 所受的摩擦力大小相等， A、 B、 C组成的系统动量守恒 2．(2016 ·潍坊名校模考 ) 在光滑的水平面上有 a、 b 两球，其质量分别为 ma、mb，两球 在 t 0 时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图象如 图 2 所示，下列关系正确的是 ( )
图2
A． ma＞ mb
B． ma＜ mb
C． ma＝ mb
D．无法判断
3．如图 3 所示，质量为 M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有
一块质量为 m 的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度
v0，那么在物体与盒子前后壁
多次往复碰撞后 ( )
A．两者的速度均为零
图3
1
B．两者的速度总不会相等
mv0 C．盒子的最终速度为 M ，方向水平向右
mv0
D．盒子的最终速度为
，方向水平向右
M＋ m
4．两质量、大小完全相同的正方体木块
A、 B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平
射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时
间相同，则 A、 B 两木块被子弹射穿后的速度之比为 ( )
图7
3
(1) 若小车固定在水平面上，将小物块从 AB轨道的 D点静止释放，小物块恰好可运动到
C点。试求 D点与 BC轨道的高度差；
(2) 若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从 AB轨道的 D点静止释放，试求小物块滑到
BC中点时的速度大小。
11．质量分别为 mA＝ m， mB＝ 3m的 A、 B两物体如图 8 所示放置，其中 A紧靠墙壁， A、 B
2
7． A、B 两球沿同一条直线运动，如图 5 所示的 x－t 图象记录了它们碰撞前后的运动
情况，其中 a、 b 分别为 A、 B碰撞前的 x－ t 图象。 c 为碰撞后它们的 x－ t 图象。若 A球质
量为 1 kg ，则 B 球质量及碰后它们的速度大小为 (
)
图5
A． 2 kg
2 B. 3 kg
kg 的木球，子弹击穿木球后，木球升起 2.5 m 高，求击穿木球后，子弹还能上升多高。 ( 不
计空气阻力，取
g＝9.8 m/s
2
)
图6 10．如图 7 所示，小车的质量 M＝ 2.0 kg ，带有光滑的圆弧轨道 AB 和粗糙的水平轨道 BC，一小物块 ( 可视为质点 ) 质量为 m＝0.5 kg，与轨道 BC间的动摩擦因数 μ ＝ 0.10 ，BC部 分的长度 L＝ 0.80 m ，重力加速度 g 取 10 m/s 2。
由质量不计的轻弹簧相连。现对 B 物体缓慢施加一个向左的推力，该力做功
W，使 A、 B 之
间弹簧被压缩且系统静止，之后突然撤去向左的推力解除压缩。不计一切摩擦。
图8 (1) 从解除压缩到 A 运动，墙对 A的冲量的大小为多少？ (2) A、B 都运动后， A、 B的最小速度各为多大？ 12. 如图 9 所示，光滑水平直轨道上两滑块 A、 B用橡皮筋连接， A 的质量为 m。开始时 橡皮筋松弛， B 静止，给 A 向左的初速度 v0。一段时间后， B 与 A 同向运动发生碰撞并粘在 一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间 A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间 B的速度的一半。 求：
的两个小球 A、B 在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分
别用 Δ pA、 ΔpB表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是
(Hale Waihona Puke )图4 A． Δ pA＝－ 3 kg ·m/s、 ΔpB＝3 kg ·m/s B． Δ pA＝－ 2 kg ·m/s、 Δ pB＝2 kg ·m/s C． Δ pA＝－ 24 kg ·m/s、 Δ pB＝24 kg ·m/s D． Δ pA＝3 kg ·m/s、 Δ pB＝－ 3 kg ·m/s
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．1∶ 3
5．一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，取重力加速度 g＝ 10 m/s 2，则下列图中
两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( )
6．(2016 ·河北唐山月考 ) 如图 4 所示，动量分别为 pA＝12 kg ·m/s、 pB＝13 kg ·m/s
图9 (1) B的质量； (2) 碰撞过程中 A、 B 系统机械能的损失。
4
C． 4 m/s
D． 1 m/s
8．质量为 m的小球 A，沿光滑水平面以速度 v0 与质量为 2m的静止小球 B发生正碰。碰
1 撞后， A 球的动能变为原来的 9，那么小球 B的速度可能是 (
1
A.
v 3
0
2 B. 3v0
4
C.
v 9
0
)
5
D.
v 9
0
二、非选择题
9．如图 6 所示，质量为 0.01 kg 的子弹以 200 m/s 的速度从正下方击穿—个质量为 0.2
备考2024届高考物理一轮复习强化训练第七章动量守恒定律专题十一动量守恒中的四类典型模型
专题十一 动量守恒中的四类典型模型1.[滑块＋曲面/2023山东]如图所示，物块A 和木板B 置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B 的上表面所在平面相切，竖直挡板P 固定在地面上.作用在A 上的水平外力，使A 与B 以相同速度v 0向右做匀速直线运动.当B 的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C 恰好到达最低点，并以水平速度v 滑上B 的上表面，同时撤掉外力，此时B 右端与P 板的距离为s .已知v 0＝1m/s ，v ＝4m/s ，m A ＝m C ＝1kg ，m B ＝2kg ，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C 与B 间动摩擦因数μ2＝0.5，B 足够长，使得C 不会从B 上滑下.B 与P 、A 的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g ＝10m/s2.（1）求C 下滑的高度H ；（2）与P 碰撞前，若B 与C 能达到共速，且A 、B 未发生碰撞，求s 的范围；（3）若s ＝0.48m ，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W ；（4）若s ＝0.48m ，自C 滑上B 开始至A 、B 、C 三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp 的大小.答案 （1）0.8m （2）0.625m ≤s ≤2+√22m （3）－6J （4）（6＋32√215）N·s解析 （1）C 下滑过程，由动能定理有m C gH ＝12m C v 2，解得H ＝0.8m（2）设C 滑上B 以后，C 的加速度大小为a C ，B 的加速度大小为a 1，B 、C 共速时间为t 1，s 的最小值为s 1，B 、C 共同的加速度大小为a 2，经过t 2时间A 追上B ，s 的最大值为s 2，则由牛顿第二定律有μ2m C g ＝m C a C解得a C ＝5m/s 2μ2m C g －μ1（m B ＋m C ）g ＝m B a 1解得a 1＝1m/s 2又v 0＋a 1t 1＝v －a C t 1解得t 1＝0.5s由运动学规律有s 1＝v 0t 1＋12a 1t 12联立解得s 1＝58m ＝0.625mB 、C 共速后，由牛顿第二定律得μ1（m B ＋m C ）g ＝（m B ＋m C ）a 2解得a 2＝1m/s 2由运动学公式得s 2＝s 1＋（v 0＋a 1t 1）t 2－12a 2t 22s 2＝v 0（t 1＋t 2）联立解得s 2＝2+√22m故s 的范围为0.625m ≤s ≤2+√22m（3）由题意知s ＜s 1，所以B 与P 碰撞时，B 与C 未共速.设C 在B 板上滑动的时间为t 3，B 与P 相碰时C 的速度大小为v 1，则由运动学公式得s ＝v 0t 3＋12a 1t 32解得t 3＝0.4s （另一解舍去）v 1＝v －a C t 3解得v 1＝2m/s对物体C 从刚滑上B 到B 与P 碰撞前的过程，由动能定理有W ＝12m C （v 12－v 2）解得W ＝－6J（4）设B 与P 碰撞前瞬间的速度大小为v 2，B 与P 碰撞后瞬间的速度为v 3，B 向左运动的加速度大小为a 3，B 向左运动时间t 4与A 相遇.设A 、B 碰撞前瞬间B 的速度大小为v 4；A 、B 碰撞后瞬间，A 的速度为v 5，B 的速度为v 6，C 的速度大小为v 7，则由运动学公式得v 2＝v 0＋a 1t 3解得v 2＝1.4m/s由于P 固定在地面上，B 与P 的碰撞为弹性碰撞，所以有v 3＝v 2＝1.4m/sB 与P 碰撞后向左运动的过程中，对B 由牛顿第二定律得μ2mC g ＋μ1（m B ＋m C ）g ＝m B a 3解得a 3＝4m/s 2自B 、P 碰撞后至A 、B 发生碰撞的过程，由运动学公式得s －v 0t 3＝v 0t 4＋v 3t 4－12a 3t 42解得t 4＝3－2√25s （另一解舍去）v 4＝v 3－a 3t 4解得v 4＝（8√25－1）m/s v 7＝v 1－a C t 4解得v 7＝（2√2－1）m/s以向右为正方向，A 、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得m A v 0－m B v 4＝m A v 5＋m B v 6由机械能守恒定律得12m A v 02＋12m B v 42＝12m A v 52＋12m B v 62联立解得v 5＝（1－32√215）m/s 、v 6＝（1－8√215）m/s （另一组解舍去）即A 、B 碰撞后，A 以速度v 5向左运动，B 以初速度v 6向右运动经分析可得，B 、C 最终静止，A 最终以速度v 5向左运动，故自C 滑上B 开始至三物体达到平衡状态，这三个物体总动量的变化量为Δp ＝m A v 5－[（m A ＋m B ）v 0＋m C v ]解得|Δp |＝（6＋32√215）N·s2.[滑块＋弹簧/2022全国乙]如图（a ），一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B 向A 运动，t ＝0时与弹簧接触，到t ＝2t 0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A 、B 的v －t 图像如图（b ）所示.已知从t ＝0到t ＝t 0时间内，物块A 运动的距离为0.36v 0t 0.A 、B 分离后，A 滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B 再次碰撞，之后A 再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同.斜面倾角为θ（sin θ＝0.6），与水平面光滑连接.碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内.求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A 与斜面间的动摩擦因数.图（a ） 图（b ）答案 （1）0.6m v 02（2）0.768v 0t 0 （3）0.45解析 （1）水平面光滑，故在水平面上两物块碰撞过程动量守恒，从B 与弹簧接触到弹簧第一次压缩到最短过程中有m B v 1＝（m B ＋m A ）v 0其中v 1＝1.2v 0可得m B＝5m该过程中机械能守恒，设弹簧最大弹性势能为E p ，得E p ＋12（m A ＋m B ）v 02＝12m B v 12由上式得E p ＝0.6m v 02（2）由图像知0～t 0内物块B 与物块A 的位移差等于弹簧的最大压缩量，也就是题图中该段时间物块A 、B 图像所夹面积，物块A 在0～t 0时间内的位移S A ＝0.36v 0t 0，即为0～t 0内，v －t 图像中A 线与t 轴所夹面积.解法1在压缩弹簧的过程中，物块A 、B 所受弹簧弹力大小相等，方向相反，则物块A 的加速度始终是物块B 加速度的5倍，有a A ＝5a B若两者均做初速度为零的变速运动，则两者的位移满足S A ＝5S'B在图1中深灰色阴影面积为S A ，浅灰色阴影面积为S'B .最大压缩量为X ＝1.2v 0t 0－S A －S'B ＝0.768v 0t 0图1 图2解法20～t 0过程，由动量守恒定律有 mv A ＋5mv B ＝（m ＋5m ）v 0结合运动学知识有mS A ＋5mS B ＝6mv 0t 0解得S B ＝1.128v 0t 0（B 在0～t 0内的位移）最大压缩量为X ＝S B －S A ＝1.128v 0t 0－0.36v 0t 0＝0.768v 0t 0（3）设物块A 第一次从斜面滑到平面上时的速度为v x ，物块A （含弹簧）回到水平面，第二次与B 相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒.则有m B v 2－m A v x ＝m B v 3＋m A ·2v 012m B v 22＋12m A v x 2＝12m B v 32＋12m A （2v 0）2其中v 2＝0.8v 0可得v x ＝v 0（另一解舍去）物块A 第一次从斜面底端滑到最高点的过程，由动能定理有－mgμs cos θ－mgs sin θ＝0－12m （2v 0）2物块A 第一次从最高点滑到水平面的过程，由动能定理有－mgμs cos θ＋mgs sin θ＝12m v 02－0由上式得μ＝0.45.。
2025年高考物理一轮复习(新人教版)第7章第2讲 动量守恒定律及应用
碰撞问题
梳理 必备知识
1.碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力 很大 的 现象. 2.特点 在碰撞现象中，一般都满足内力 远大于 外力，可认为相互碰撞的系统 动量守恒.
3.分类
弹性碰撞 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞
动量是否守恒 守恒 _守__恒__ 守恒
机械能是否守恒 _守__恒__ 有损失
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体 同时性 在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各
物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用 普适性
2.反冲运动的三点说明 作用 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 原理 动量 反冲运动中系统不受外力或内力 远大于 外力，所以反冲运动 守恒 遵循动量守恒定律 机械能 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的 增加 总机械能增加
判断 正误
1.发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于
考向2 反冲运动
例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为
M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下 喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则
喷气结束时导弹获得的速度大小是
A.Mm v0
B.Mm v0
M C.M－m v0
√m
爆炸、反冲运动和人船模型
梳理 必备知识
1.爆炸现象的三个规律 动量 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过 守恒 程中，系统的总动量_守__恒__ 动能 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能， 增加 所以系统的机械能增加 位置 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移 很小 ，可 不变 以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
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。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用
错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用1.如图所示，子弹以水平速度v 0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )A ．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量B ．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等C ．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量D ．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小2．(多选)如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以水平速度v 0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，此过程经历的时间为t .若木块对子弹的阻力大小F f 视为恒定，则下列关系式中正确的是( )A ．F f L ＝12M v 2B ．F f t ＝m v 0－m vC ．v ＝m v 0MD ．F f s ＝12m v 02－12m v 2 3.(多选)(2023·江西吉安市高三模拟)如图所示，质量m ＝2 kg 的物块A 以初速度v 0＝2 m/s 滑上放在光滑水平面上的长木板B ，A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，经过时间t ＝1 s ，物块A 、长木板B 最终以共同速度v ＝1 m/s 做匀速运动，重力加速度g 取10 m/s 2，由此可求出( )A ．长木板B 的质量为2 kgB．物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1C．长木板B的长度至少为2 mD．物块A与长木板B组成的系统损失的机械能为2 J4.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是()5.(多选)如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 kg的小木块A．给A和B大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是()A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75 m/sB．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/sD．长木板的长度可能为10 m6.(多选)如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是()A．甲、乙达到共同速度所需的时间为v02μgB．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度C．甲、乙相对滑动的总路程为v024μgD．如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为v024μg＋L－2nL 7．如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5.现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短．g取10 m/s2，求：(1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小v1；(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少．8.(2023·山西省模拟)如图所示，质量M＝1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m＝0.5 kg的物块B放在平板车右端上表面，质量m＝0.5 kg的小球C用长为6.4 m的细线悬挂于O 点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4 m，将小球向左拉到一定高度，细线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5 s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)平板车的长度；(2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能．9.(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度k v0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10 m/s2.(1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．答案及解析1．B 2.AB 3.ABD 4.A 5.ACD 6.ACD7．(1)10 m/s (2)5 m解析 (1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m 0v 0＝(m 0＋m 1)v 1，代入数据解得v 1＝10 m/s.(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v 2，两者相对位移大小为L ，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m 0＋m 1)v 1＝(m 0＋m 1＋m 2)v 2，μm 2gL ＝12(m 0＋m 1)v 12－12(m 0＋m 1＋m 2)v 22，联立解得L ＝5 m ，故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m.8．(1)1.125 m (2)5.625 J解析 (1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma 代入数据解得a ＝6 m/s 2设物块与平板车最后的共同速度为v ，根据运动学公式有v ＝at ＝3 m/s设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为v 1，根据动量守恒定律有M v 1＝(m ＋M )v ，解得v 1＝4.5 m/s设平板车的长度为L ，根据能量守恒定律有μmgL ＝12M v 12－12(m ＋M )v 2 代入数据解得L ＝1.125 m(2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为v 0，根据机械能守恒定律有mg (l －l cos 60°)＝12m v 02 解得v 0＝8 m/s设碰撞后瞬间小球的速度为v 2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m v 0＝M v 1＋m v 2 解得v 2＝－1 m/s小球与平板车碰撞过程损失的机械能为ΔE ＝12m v 02－12m v 22－12M v 12＝5.625 J.9．(1)5(1－k ) m/s ，方向向右10－20k 3m/s ，方向向右 (2)1.875 m 解析 (1)物块C 、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为v 物，已知C 、D 的质量均为m ＝1 kg ，以向右为正方向，则有m v 0－m ·k v 0＝(m ＋m )v 物解得v 物＝1－k 2v 0＝5(1－k ) m/s>0 可知碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度大小为5(1－k ) m/s ，方向向右．滑板A 、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为v 滑，滑板A 和B 质量分别为1 kg 和2 kg ，则由M v 0－2M ·k v 0＝(M ＋2M )v 滑，解得v 滑＝1－2k 3v 0＝10－20k 3m/s>0 则新滑板速度方向也向右．(2)若k ＝0.5，可知碰后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为v 物′＝5(1－k ) m/s ＝5×(1－0.5) m/s ＝2.5 m/s碰后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为v 滑′＝10－20k 3m/s ＝0 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m ′＝2 kg ，新滑板的质量为M ′＝3 kg ，设相对静止时的共同速度为v 共，根据动量守恒可得m ′v 物′＝(m ′＋M ′)v 共，解得v 共＝1 m/s根据能量守恒可得μm ′gx 相＝12m ′(v 物′)2－12(m ′＋M ′)v 共2，解得x 相＝1.875 m.。
2025版高考物理一轮总复习动量观点在电磁感应中的应用考点2动量守恒定律在电磁感应中的应用(含答案)
高考物理一轮总复习考点突破：考点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用(能力考点·深度研析)光滑的平行导轨示意图质量m b＝m a电阻r b＝r a长度L b＝L a力学观点杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动运动图像能量观点系统动能的减少转化为内能动量观点两杆组成的系统动量守恒(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。
导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。
导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。
碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。
P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。
不计空气阻力。
求：(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
[解析](1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv 0＝3mv Q ＋mv P12×3mv 20＝12×3mv 2Q ＋12mv 2P 联立解得v P ＝32v 0，v Q ＝12v 0 由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v P ′＝v Q ＝12v 0。
(2)根据能量守恒有12mv 2P ＝12mv P ′2＋Q 解得Q ＝mv 20。
(3)P 、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得－B I l Δt ＝mv P ′－mv P 又q ＝I Δt ，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝Blx R Δt 联立可得x ＝mv 0R B 2l 2由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为t ＝x v Q ＝2mR B 2l 2。
高考物理一轮总复习课后习题 第7章 动量守恒定律 第1讲 动量和动量定理 (4)
第七章动量守恒定律第1讲动量和动量定理基础对点练题组一动量和冲量的理解与计算1.冬奥会速滑比赛中,甲、乙两运动员的质量分别为m1和m2,若他们的动能相等,则甲、乙动量大小之比是( )A.1∶1B.m1∶m2C.√m1∶√m2D.√m2∶√m12.(多选)颠球是足球的基本功之一,足球爱好者小华在练习颠球时,某次足球由静止自由下落0.8 m,被重新颠起,离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45 m。
已知足球与脚部的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.4 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是( )A.足球从下落到再次上升到最大高度,全程用了0.7 sB.足球下落到与脚部刚接触时的动量大小为1.6 kg·m/sC.足球与脚部作用过程中动量变化量大小为0.4 kg·m/sD.足球从最高点下落到重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s题组二动量定理的理解与应用3.(多选)(广东河源模拟)如图所示,在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎,轮船驶向码头停靠时,会与码头发生碰撞。
对这些轮胎的作用,下列说法正确的是( )A.增大轮船与码头碰撞过程中所受的冲量B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量C.延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间D.减小轮船与码头碰撞过程中受到的作用力4.(广东广州模拟)一个质量为0.2 kg的垒球,以20 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为40 m/s,如图所示,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s,下列说法正确的是( )A.球棒对垒球不做功B.球棒对垒球做负功C.球棒对垒球的平均作用力大小为400 ND.球棒对垒球的平均作用力大小为1 200 N5.(多选)一质量为1 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动,其F-t图像如图所示。
则( )A.t=1 s时物块的速度大小为2 m/sB.0~2 s内合力的冲量大小为2 kg·m/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.0~4 s内合力的冲量大小为2 kg·m/s题组三应用动量定理解决“流体模型”问题6.(四川成都联考)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。
2023届高考物理一轮总复习练专题二 动量守恒定律
2023年高考物理总复习专题二——动量守恒定律1、如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A， B的质量为m B， m A>m B．最初人和车都处于静止状态，现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车A．静止不动 B．向右运动C．向左运动 D．左右往返运动2、两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙3、在光滑的地面上放有一质量为M带光滑弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v0沿水平槽口滑去，如图所示，若M=m，则铁块从右端离开车时将A．向左平抛 B．向右平抛 C．自由落体 D．无法判断4、如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。
让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。
从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。
忽略空气阻力，求（1）两球a、b的质量之比；（2）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
5、如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平面上的O点，此时弹簧处于原长．另一质量与B相同的滑块A从P点以初速度v0向B滑行，经过时间t时，与B相碰．碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动．滑块均可视为质点，与平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g．求：（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小；（2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量；（3）整个过程中滑块B对滑块A做的功．6、如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端（B、C可视为质点），三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg，A与B的动摩擦因数为μ=0．5；开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端而没掉下来．求长木板A的长度．（g＝10 m/s2）7、如图所示，两质量分别为M1=M2=1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放在光滑水平面上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高。
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
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
高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 第1讲 动量 动量定理课时作业(含解析)新人教版-新
第1讲动量动量定理时间：45分钟总分为：100分一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分。
其中1～7题为单项选择，8～10题为多项选择)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的答案是()A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析Ft越大，Δp越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A错误；Ft ＝Δp，Ft不为零，Δp一定不为零，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向一样，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。
此题选说法错误的，应当选A。
2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的答案是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s答案 A解析小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，如此冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。
3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案 B解析 跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。