高中物理专题复习--动量及动量守恒定律
高中物理力学知识汇总：动量、冲量、动量定理、动量守恒定律
高中物理力学知识汇总：动量、冲量、动量定理、动量守恒定律【知识要点复习】1、动量是矢量，其方向与速度方向相同，大小等于物体质量和速度的乘积，即P＝mv。
2、冲量也是矢量，它是力在时间上的积累。
冲量的方向和作用力的方向相同，大小等于作用力的大小和力作用时间的乘积。
在计算冲量时，不需要考虑被作用的物体是否运动，作用力是何种性质的力，也不要考虑作用力是否做功。
在应用公式I＝Ft进行计算时，F应是恒力，对于变力，则要取力在时间上的平均值，若力是随时间线性变化的，则平均值为3、动量定理：动量定理是描述力的时间积累效果的，其表示式为I＝ΔP＝mv－mv0式中I表示物体受到所有作用力的冲量的矢量和，或等于合外力的冲量；ΔP是动量的增量，在力F作用这段时间内末动量和初动量的矢量差，方向与冲量的方向一致。
动量定理可以由牛顿运动定律与运动学公式推导出来，但它比牛顿运动定律适用范围更广泛，更容易解决一些问题。
4、动量守恒定律（1）内容：对于由多个相互作用的质点组成的系统，若系统不受外力或所受外力的矢量和在某力学过程中始终为零，则系统的总动量守恒，公式：（2）内力与外力：系统内各质点的相互作用力为内力，内力只能改变系统内个别质点的动量，与此同时其余部分的动量变化与它的变化等值反向，系统的总动量不会改变。
外力是系统外的物体对系统内质点的作用力，外力可以改变系统总的动量。
（3）动量守恒定律成立的条件a、不受外力b、所受合外力为零c、合外力不为零，但F内>>F外，例如爆炸、碰撞等。
d、合外力不为零，但在某一方向合外力为零，则这一方向动量守恒。
（4）应用动量守恒应注意的几个问题：a、所有系统中的质点，它们的速度应对同一参考系，应用动量守恒定律建立方程式时它们的速度应是同一时刻的。
b、无论机械运动、电磁运动以及微观粒子运动、只要满足条件，定律均适用。
（5）动量守恒定律的应用步骤。
第一，明确研究对象。
第二，明确所研究的物理过程，分析该过程中研究对象是否满足动量守恒的条件。
高中物理选必一第一章动量守恒定律(1动量2动量定理)
第一章动量守恒定律第1节动量知识点一、动量(1)定义：物体质量和速度的乘积，用字母p 表示，p ＝m v .(2)动量的矢量性：动量既有大小，又有方向，是矢量．动量的方向与速度的方向一致，运算遵循矢量运算法则．(3)单位：国际单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s.(4)动量具有相对性：选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同，即动量具有相对性．通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指相对地面的动量．知识点二、动量与速度、动能的区别和联系动量与速度动量与动能区别①动量在描述物体运动方面更进一步，更能体现运动物体的作用效果②速度描述物体运动的快慢和方向①动量是矢量，从运动物体的作用效果方面描述物体的状态②动能是标量，从能量的角度描述物体的状态联系①动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，且p ＝mv ②动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，且p ＝2mE k 或E k ＝p 22m知识点三、动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，即Δp ＝p ′－p(2)动量的变化量Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量Δv 相同．(3)因为p ＝m v 是矢量，只要m 的大小、v 的大小和v 的方向三者中任何一个发生了变化，动量p 就发生变化．(4)动量变化量Δp 的计算①当物体做直线运动时，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负．若Δp 是正值，就说明Δp 的方向与所选正方向相同；若Δp 是负值，则说明Δp 的方向与所选正方向相反．②当初、末状态动量不在一条直线上时，可按平行四边形定则求Δp 的大小和方向．典例分析一、对动量和动量增量的理解例1关于动量变化，下列说法正确的是()A ．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp 的方向与运动方向相同B ．做直线运动的物体，速度减小时，动量增量Δp 的方向与运动方向相反C ．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp 为零D ．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零二、动量变化量的计算例2羽毛球是速度最快的球类运动之一，林丹扣杀羽毛球的速度可达到342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，林丹将球以342km/h的速度反向击回．设羽毛球质量为5g,试求：(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量．(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？专题一对动量及动量变化的理解例3关于动量的变化，下列说法正确的是()A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零D．物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零专题二对动量及动量变化的计算例4羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，运动员将球以342km/h的速度反向击回．设羽毛球的质量为5g，试求(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量．(2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？专题三碰撞中的动量变化例5质量为0.1kg的小球从1.25m高处自由落下，与地面碰撞后反弹回0.8m高处．取竖直向下为正方向，且g ＝10m/s2.求：(1)小球与地面碰前瞬间的动量；(2)球与地面碰撞过程中动量的变化．第2节动量定理知识点一、冲量(1)概念：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量．(2)定义式：I＝Ft.(3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为N·s.知识点二、冲量的理解(1)冲量的绝对性．由于力和时间均与参考系无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关．(2)冲量是矢量．冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和．(3)冲量是过程量，它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间这两个因素．所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．知识点三、冲量的计算(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算某个恒力的冲量，这时冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致．若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算，若力为一般变力则不能直接计算冲量．(2)变力的冲量①变力的冲量通常可利用动量定理I＝Δp求解．②可用图象法计算如图所示变力冲量，若某一力方向恒定不变，那么在F－t图象中，图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．知识点四、冲量与功(1)联系：冲量和功都是力作用过程的积累，是过程量．(2)区别：冲量是矢量，是力在时间上的积累，具有绝对性；功是标量，是力在位移上的积累，有相对性．知识点四、动量定理1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．这个关系叫做动量定理．2．表达式：I＝Δp或Ft＝m v′－m v.3．对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(2)动量定理的表达式是矢量式，它说明合外力的冲量跟物体动量变化量不仅大小相等，而且方向相同．(3)动量的变化率和动量的变化量由动量定理可得出F＝p′－pt，它说明动量的变化率决定于物体所受的合外力．而由动量定理I＝Δp可知动量的变化量取决于合外力的冲量，它不仅与物体的受力有关，还与力的作用时间有关．(4)动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论几个力的作用时间是相同还是不同都适用．4．动量定理的应用(1)定性分析有关现象由F＝Δpt可知：①Δp一定时，t越小，F越大；t越大，F越小．②Δp越大，而t越小，F越大．③Δp越小，而t越大，F越小．(2)应用动量定理解决问题的一般步骤①审题，确定研究对象：对谁、对哪一个过程．②对物体进行受力分析，分析力在过程中的冲量，或合力在过程中的冲量．③抓住过程的初、末状态，选定参考方向，对初、末状态的动量大小、方向进行描述．④根据动量定理，列出动量定理的数学表达式．⑤写清各物理量之间关系的补充表达式．⑥求解方程组，并分析作答．典例分析一、冲量的理解例1如图所示，质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力的冲量各是多大？二、平均冲量的计算例2如图所示，质量为m＝1kg的小球由高h1＝0.45m处自由下落，落到水平地面后，反弹的最大高度为h2＝0.2m，从小球下落到反弹到最高点经历的时间为Δt＝0.6s，g取10m/s2.求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力F的大小．三、合力冲量的计算例3质量为1.0kg的小球从20m高处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与软垫接触时2)()间为1.0s，在接触时间内小球受到的合力的冲量大小为(空气阻力不计，g＝10m/sA．10N·s B．20N·s C．30N·s D．40N·s四、冲量的综合应用例4用0．5kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s，那么：(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取10m/s2)(3)比较(1)和(2)，讨论是否要计铁锤的重力。
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)
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。
高中物理动量守恒定律
一、概念复习
1、动量：p = mv
2、冲量：I=F·t
3、动量定理：即 p ′ — p=I
4、动量守恒定律 如果一个系统不受外力，或者所受外力之和为零 （两个物体）m1v1+m2v2=m1v/1+m2v/2
动量守恒定律成立的三个条件：
（1） 系统不受外力或者所受外力之和为零 （2） 若系统所受合外力不为零，但在内力远大于外
m2 m2
V0
m1
m2
V1ˊ
V2ˊ
V2
2m1 m1 m2
V0
m1
m2
碰撞问题的解应同时遵守三个原则：
(1)系统动量守恒的原则：P′=P (2)空间可行性原则
(63. )反不冲违运背动能：量一守个恒静的止原的则物体：在EK内′≤力E作K 用下分裂为两个部分，
一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。这个
现象叫做反冲。
二、应用动量定理或动量守恒定律 解题的一般步骤
• 1．选取研究对象和系统，确定物理过程（是解 题关键所在），根据是否满足动量守恒的条件选 择用动量守恒定律还是动量定理； 2．选取正方向（或建立坐标系）和参考系（一 般以地面为参考系）； 3．写出初末状态的动量(注意：一般以相对地面 速度），或应用动量定理时的冲量；
例7、带有1/4光滑圆弧轨道质量为M的滑车静止于光
滑水平面上，如图示，一质量为m的小球以速度v0水 平冲上滑车，当小球上行再返回并脱离滑车时，以下
说法正确的是： （ B C D ）
A.小球一定水平向左作平抛运动
B.小球可能水平向左作平抛运动
v0
C.小球可能作自由落体运动
m
M
D.小球可能水平向右作平抛运动
高三复习高中物理重点知识习题 动量守恒定律 - (含答案)
第七章动量守恒定律考点一：动量、动量变化量与冲量、动量定理1. (多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中()A.重力的冲量相同B.斜面弹力的冲量不同C.斜面弹力的冲量均为零D.合力的冲量不同答案BD2.(多选)质量为m的物块以初速度v0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中()A.上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同B.整个过程中物块所受弹力的冲量为零C.整个过程中物块合外力的冲量为零D.若规定沿斜面向下为正方向，则整个过程中物块合外力的冲量大小为2mv0 答案AD3.如图所示，质量为m的物体，在大小确定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是()A.v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多B.v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v的大小无关C.v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少D.v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v的大小无关答案D4. (多选)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同答案BCD5. (多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t变化的图线如图所示，则() 答案ABA.t＝1 s时物块的速率为1 m/sB.t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t＝4 s时物块的速度为零6. (多选)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图5所示，下列说法正确的是()A.第2 s 末，质点的动量为0B.第4 s 末，质点回到出发点C.在0～2 s 时间内，力F 的功率先增大后减小D.在1～3 s 时间内，力F 的冲量为0 答案 CD7.质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示。
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。
物理3-5知识点总结
物理3-5知识点总结 学习是⼀个⼈终⽣都要⾯对的重要任务。
⾼中物理3-5有哪些知识点呢?接下来店铺为你整理了物理3-5知识点总结，⼀起来看看吧。
物理3-5知识点：动量守恒定律 1、动量：可以从两个侧⾯对动量进⾏定义或解释： ①物体的质量跟其速度的乘积，叫做物体的动量。
②动量是物体机械运动的⼀种量度。
动量的表达式P=mv。
单位是kg.m/s。
动量是⽮量，其⽅向就是瞬时速度的⽅向。
因为速度是相对的，所以动量也是相对的。
2、动量守恒定律：当系统不受外⼒作⽤或所受合外⼒为零，则系统的总动量守恒。
动量守恒定律根据实际情况有多种表达式，⼀般常⽤等号左右分别表⽰系统作⽤前后的总动量。
运⽤动量守恒定律要注意以下⼏个问题： ①动量守恒定律⼀般是针对物体系的，对单个物体谈动量守恒没有意义。
②对于某些特定的问题, 例如碰撞、爆炸等，系统在⼀个⾮常短的时间内，系统内部各物体相互作⽤⼒，远⽐它们所受到外界作⽤⼒⼤，就可以把这些物体看作⼀个所受合外⼒为零的系统处理, 在这⼀短暂时间内遵循动量守恒定律。
③计算动量时要涉及速度，这时⼀个物体系内各物体的速度必须是相对于同⼀惯性参照系的，⼀般取地⾯为参照物。
④动量是⽮量，因此“系统总动量”是指系统中所有物体动量的⽮量和，⽽不是代数和。
⑤动量守恒定律也可以应⽤于分动量守恒的情况。
有时虽然系统所受合外⼒不等于零，但只要在某⼀⽅⾯上的合外⼒分量为零，那么在这个⽅向上系统总动量的分量是守恒的。
⑥动量守恒定律有⼴泛的应⽤范围。
只要系统不受外⼒或所受的合外⼒为零，那么系统内部各物体的相互作⽤，不论是万有引⼒、弹⼒、摩擦⼒，还是电⼒、磁⼒，动量守恒定律都适⽤。
系统内部各物体相互作⽤时，不论具有相同或相反的运动⽅向;在相互作⽤时不论是否直接接触;在相互作⽤后不论是粘在⼀起，还是分裂成碎块，动量守恒定律也都适⽤。
3、动量与动能、动量守恒定律与机械能守恒定律的⽐较。
动量与动能的⽐较： ①动量是⽮量, 动能是标量。
高考物理动量守恒定律专题训练答案及解析
高考物理动量守恒定律专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，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．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3．如图所示，一辆质量M=3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=l kg 的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p=6J，小球与小车右壁距离为L=0.4m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：①小球脱离弹簧时的速度大小；②在整个过程中，小车移动的距离。
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高中物理专题复习动量及动量守恒定律一、动量守恒定律的应用 1.碰撞两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。
由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。
碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。
在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚好相等（设为v ），弹簧被压缩到最短；再往后A 、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B 的速度分别为21v v ''和。
全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。
⑴弹簧是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。
这种碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：121121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。
⑵弹簧不是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。
这种碰撞叫非弹性碰撞。
⑶弹簧完全没有弹性。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A 、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。
这种碰撞叫完全非弹性碰撞。
可以证明，A 、B 最终的共同速度为121121v m m m v v +='='。
在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：()()21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=∆。
例1. 质量为M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。
质量为m 的小球以速度v 1向物块运动。
不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。
求小球能上升到的最大高度H//解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：()v m M mv '+=1由系统机械能守恒得：()mgH v m M mv +'+=2212121 解得()gm M Mv H +=221全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得12v m M mv +=本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。
2.子弹打木块类问题子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。
作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。
下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
例2. 设质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解： 子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： ()v m M mv +=0从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。
设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d对子弹用动能定理：22012121mv mv s f -=⋅ ……①对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅ ……② ①、②相减得：()()222022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅ ……③ 由上式不难求得平均阻力的大小：()dm M Mmv f +=22至于木块前进的距离s 2，可以由以上②、③相比得出：d mM ms +=2 3.反冲问题在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。
这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它形式的能向动能转化。
可以把这类问题统称为反冲。
例3. 质量为m 的人站在质量为M 、长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。
当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？解：先画出示意图。
人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。
从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L 。
设人、船位移大小分别为l 1、l 2，则：mv 1=Mv 2，两边同乘时间t ，ml 1=Ml 2，而l 1+l 2=L ，∴L mM ml +=2 例4. 总质量为M 的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v 0，速度方向水平。
火箭向后以相对于地面的速率u 喷出质量为m 的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。
喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m ，以v 0方向为正方向，()mM mu Mv v v m M mu Mv -+=''-+-=00,二、动量与能量1.动量与动能动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比mv p =；动能的大小与速度的平方成正比221mv E k =。
两者的关系：k mE p 22=。
动量是矢量而动能是标量。
物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化. 2.动量定理与动能定理动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量.I p =∆，冲量FS I =是力对时间的积累效应。
动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功.W E k =∆，功FS W =是力对空间的积累效应.3.动量守恒定律与机械能守恒定律动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统，且研究的都是某一物理过程。
动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，系统机械能的总量保持不变。
运用动量守恒定律值得注意的两点是：(1)严格符合动量守恒条件的系统是难以找到的。
如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，但由于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，所以在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的.(2)即使系统所受的外力不为0，但沿某个方向的合外力为0，则系统沿该方向的动量是守恒的. 动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变，动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现，是高考的热点内容. 例5. 如图所示，滑块A 、B 的质量分别为1m 与2m ，21m m <，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。
两滑块一起以恒定的速率v 0向右滑动.突然轻绳断开.当弹簧伸至本身的自然长度时，滑块A 的速度正好为0.求：(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep ；(2)在以后的运动过程中，滑块B 是否会有速度为0的时刻?试通过定量分析证明你的结论. 解：(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A 的速度为0，故系统的机械能等于滑块B 的动能.设这时滑块B 的速度为v ，则有2221v m E =. 因系统所受外力为0，由动量守恒定律有：v m v m m 2021=+）（. 解得222212)(m v m m E +=.由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，所以有：E E v m m p =++2021)(21解得222112)(m v m m m E p +=.(2)假设在以后的运动中滑块B 可以出现速度为0的时刻，并设此时A 的速度为1v ，弹簧的弹性势能为p E '，由机械能守恒定律得：2202212112)('21m v m m E v m p +=+，根据动量守恒得11021v m v m m =+）（，求出1v 代入上式得:222211202212)('2)(m v m m E m v m m p +=++ 因为0'≥P E ，故得:2202211202212)(2)(m v m m m v m m +≤+ 。
即21m m ≥，这与已知条件中21m m <不符.可见在以后的运动中不可能出现滑块B 的速度为0的情况.例6．如图所示，坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 1的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的 滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固 定在水平滑道延长线M 处的墙上，一端与质量为m 2的档板B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑道的末端O点．A 与B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM 段A 、B 与水平面间的动摩 擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，求： （1）物块A 在与挡板B 碰撞前瞬间速度v 的大小；（2）弹簧最大压缩量为d 时的弹性势能Ep （设弹簧处于原长时弹性势能为零）．解：（1）由机械能守恒定律，有：21112m gh m v =，解得v ＝gh 2 （2）A 、B 在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有：112()m v m m v '=+碰后A 、B 一起压缩弹簧，当弹簧最大压缩量为d 时，A 、B 克服摩擦力所做的功12()W m m gd μ=+由能量守恒定律，有：212P 121()()2m m v E m m gd μ'+=++解得21P 1212()m E gh m m gd m m μ=-++例7．如图，半径为R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内．小球A 、B 质量分别为m 、βm （β为待定系数）．A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B 球相撞，碰撞后A 、B 球能达到的最大高度均为14R ，碰撞中无机械能损失．重力加速度为g ．试求： （1）待定系数β；（2）第一次碰撞刚结束时小球A 、B 各自的速度和B 球对轨道的压力； （3）小球A 、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度。
解：（1）由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关，因此，A 、B 两球应同时达到最大高度处，对A 、B 两球组成的系统，由机械能守恒定律得：44mgR mgRmgR β=+，解得β＝3 （2）设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 1、v 2，取方向水平向右为正，对A 、B 两球组成的系统，有：22121122mgR mv mv β=+ ，122m gR mv mv β=+ 解得112v gR =-，方向水平向左；212v gR =，方向水平向右． 设第一次碰撞刚结束时轨道对B 球的支持力为N ，方向竖直向上为正，则22v N mg m Rββ-=，B 球对轨道的压力 4.5N N mg '=-=-，方向竖直向下．（3）设A 、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V 1、V 2，取方向水平向右为正，则1212mv mv mV mV ββ--=+， 22121122mgR mV mV β=+ 解得V 1＝－gR 2，V 2＝0．（另一组解V 1＝－v 1，V 2＝－v 2不合题意，舍去）三、应用动量守恒定律解题的几个注意点多个物体组成的系统在满足不受外力或所受合外力为零的条件下，利用动量守恒定律可以解决许多系统内物体间存在复杂的相互作用的问题。