高考物理动量守恒定律的应用专项训练100(附答案)及解析
由机械能守恒定律得： ，
代入数据解得：
碰撞后，由动能定理得：
对A： ，
对B： ，
两物体停止运动后，两物体间的距离： ，
代入数据解得： ；
9．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在小球A上，另一端与小球B接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5m的光滑水平桌面上．现有一小球C从光滑曲面上离桌面h＝1.8m高处由静止开始滑下，与小球A发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动小球B向前运动，经一段时间，小球B脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出．小球均可视为质点，忽略空气阻力，已知mA＝2kg，mB＝3kg，mC＝1kg，g＝10m/s2．
高考物理动量守恒定律的应用专项训练100(附答案)及解析
一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用
1．如图所示,水平面上AB间有一长度x=4m的凹槽,长度为L=2m、质量M=1kg的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A点右侧静止一质量m1=0.98kg的小木块.射钉枪以速度v0=100m/s射出一颗质量m0=0.02kg的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A、B相碰后速度立即减为0,且与A、B不粘连,重力加速度g=10m/s2.求:
求：（1）小球C与小球A碰撞结束瞬间的速度；
（2）小球B落地点与桌面边缘的水平距离．
【答案】（1） （2）
【解析】
（1）小球C从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底端的速度为v1，由机械能守恒定律有： 解之得：v1=6 m/s
联立解得：
【点睛】
本题木块在小车上滑动的类型，分析物体的运动过程，对于系统运用动量守恒列方程，对于单个物体运用动能定理列式求解位移，都是常用的思路，要加强这方面的练习，提高解决综合问题的能力.
5．如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径．质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点．现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)滑块1过B点的速度大小；
(2)弹簧释放的弹性势能大小；
(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设滑块1恰能经过B点，则有
解得：
（2）滑块1从A点运动到B点的过程中，根据动能定律有：
解得
滑块1、2被弹簧弹开前后，根据动量守恒定律有：
根据能量转化和守恒定律有：
联立解得：
（3）滑块1经过B点后做平抛运动，则水平方向有：
竖直方向有：
滑块2在水平方向做减速运动，根据动能定理有：
联立解得：
6．如图所示，一个质量为m1=2kg的小球a用一根长为R=1.25m的轻绳悬挂于O点静止。小球a的右侧水平地面上有一竖立支架，支架上放置另一小球b，两小球刚好接触但之间无弹力，且两球球心在同一水平线上，小球b的质量为m2=4kg，支架高h=3.2m。现把小球a拉至左侧与O点等高处，此时轻绳刚好拉直，然后由静止释放球a，到达最低点时两球相碰，碰后球a向左做圆周运动，上升的最大高度为h′=0.05m。小球b碰后的瞬间立即受到一个大小F=20N的水平向右恒力。取g=10m/s2。求：
3．如图所示，质量为mc=2mb的物块c静止在倾角均为α=30°的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t=1 s同时到达斜面底端．已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1=0.9m，E、B两点的距离为l2=0.4m．斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为μ= ，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g=10 m/s2．求：
(1)求滑块B到圆弧底端时的速度大小v1；
(2)若A与台阶碰前，已和B达到共速，求A向左运动的过程中与B摩擦产生的热量Q(结果保留两位有效数字)；
(3)若A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
滑块下滑时只有重力做功，根据机械能守恒求得滑块到达底端时的速度；木板与台阶碰撞后，滑块与木板组成的系统总动量水平向右，则只发生一次碰撞，根据动量守恒和动能定理分析求解；
【详解】
(1)滑块B从释放到最低点，由动能定理得：
解得：
(2)向左运动过程中，由动量守恒定律得：
解得：
由能量守恒定律得：
解得：
(3)从B刚滑到A上到A左端与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为v3和v4，
由动量守恒定律得：mv1=mv4+Mv3
若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：Mv3≥|mv4
对A板，应用动能定理：
2．如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。求
(1)物块在水平面上滑行的速度大小；
(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。
设经过时间t，木块与木板共同速度 运动
则：
此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度
故共速时，恰好在最左侧B点，此时木块的速度
木块过C点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：
代入相关数据解得：FN=12.5N.
由牛顿第三定律知，木块过圆弧C点时对C点压力为12.5N；
(3)木块还能上升的高度为h，由机械能守恒有：
由 解得：
（2）取沿AC方向为正方向，由 ， 解得
a沿斜面上滑距离有
所以物块a能到达离A点的最大高度
（3）设绳断时物块b的速度为 ，b与c相碰后b的速度为 ，c的速度为 ，则
联立解得
因 的方向沿斜面向下，故 的方向沿斜面向下， 的方向沿斜面向上．
在EB段上的加速度为 ，物块b在EB段上作匀速运动．
和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为 ，则
木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s的速度再由B处滑上木板，设经过t1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a2，木块的加速度仍为a1，
则： ，解得：
此时
碰撞后，v薄板=0，木块以速度v3=0.5m/s的速度向右做减速运动
设经过t2时间速度为0，则
故ΔL=L﹣△x'﹣x=1.25m
即木块停止运动时离A点1.25m远．
解得:M＞3m
8．如图所示，相距L=2m的A、B两物体（可看做质点）静止在水平地面上，两物体与地面间的动摩擦因数相同，A的质量mA=0.1kg，B的质量mB=0.15kg．现对A施加水平向右的恒力F，F的大小为0.9N，经时间t=1s撤去恒力F，此时A运动至非常接近B的位置，撤去恒力F后A立即与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程无机械能损失．已知当地重力加速度g=10m/s2，求：
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。
（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。
（1）两物体与地面间的动摩擦因数；
（2）两物体都停止运动后，两物体之间的距离．
【答案】（1）μ=0.5；（2）x=1.088m；
【解析】
【详解】
（1）A在恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：
位移：L= ，
代入数据解得：μ=0.5；
（2）A、B碰撞前A的速度： ，
两物体碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
（1）铁钉射入木块后共同的速度 ;
（2）木块经过竖直圆轨道最低点C时,对轨道的压力大小FN;
（3）木块最终停止时离A点的距离s.
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
(1)设铁钉与木块的共同速度为v，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：
解得： ；
(2)木块滑上薄板后，木块的加速度 ，且方向向右
板产生的加速度 ，且方向向左
代入数据，得
解得 的大小为
物块b刚下滑到ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ点时的速度为
若取 ，则 的大小为 ，与事实不符，所以舍去．
取 ，则 ，方向沿斜面向下．
设细绳对物块a和b的冲量大小为I，由
解得
点睛：绳绷紧瞬间，对两端物体的冲量大小相等．
4．如图所示，质量为M=2kg的木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x，右端与一固定在地面上的半径R=0.4m的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为m=1kg的滑块B(可视为质点)以初速度 从圆弧的顶端沿圆弧下滑，B从A右端的上表面水平滑入时撤走圆弧。A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数 ，A足够长，B不会从A表面滑出，取g=10m/s2。
(1)小球从弧形槽A滑下的最大速度;
(2)若小球从B上滑下后还能追上A，求M, m间所满足的关系:
2025高考物理 动量守恒定律及其一般应用
2025高考物理动量守恒定律及其一般应用一、多选题1．如图所示，光滑地面上放置一辆小车C，车上站有两名同学A和B，小车上表面粗糙。
初始时A、B、C均静止，当A同学开始向右走的同时，B同学向左走。
则（）A．若A、B的速率相等，则C可能静止B．若A、B的质量相等，则A、B组成的系统动量守恒C．只有A、B的动量大小相等时，A、B、C组成的系统动量才守恒D．无论C运动与否，A、B、C组成的系统动量一定守恒二、单选题2．质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为．A．mvMB．M vmC．m vm M+D．M vm M+3．一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()A．B．C ．D ．三、多选题4．如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B 静止在圆弧轨道的最低点。
现将小滑块A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放。
已知圆弧轨道半径 1.8m R =，小滑块的质量关系是B A 2m m =，重力加速度210m/s g =。
则碰后小滑块B 的速度大小不可能是（ ）A ．5m sB ．4m sC ．3m sD ．1m四、单选题5．已知质量相同的两个物体发生弹性正碰时速度交换．如图“牛顿摆”，由五个相同的钢球紧挨着悬挂在同一水平线上．当拉起最左侧的球1并释放，由于相邻球间的碰撞，导致最右侧的球5被弹出，碰撞时动能不损失．则 （填选项前的字母）．A ．相邻球间碰撞属于非弹性碰撞B ．球5被弹起时，球4速度不为零C ．球5被弹起时，球1速度等于零D ．五个钢球组成的系统在整个运动过程中动量守恒6．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m 的木板A ，通过不可伸长的轻绳与质量2m的足够长的木板B 连接。
动量守恒定律的综合应用练习及答案
1.如图所示，以质量m=1kg 的小物块(可视为质点),放置在质量为M=4kg 的长木板，左侧长木板放置在光滑的水平地面上，初始时长木板与木块一起，以水平速度v ₀=2m/s 向左匀速运动。
在长木板的左侧上方固定着一个障碍物A ，当物块运动到障碍物A 处时与A 发生弹性碰撞（碰撞时间极短，无机械能损失)，而长木板可继续向左运动，重力加速度g=10m/s ²。
（1）设长木板足够长,求物块与障碍物第1次碰撞后,物块与长木板速度相同时的共同速率 1.2m/s（2）设长木板足够长，物块与障碍物发生第1次碰撞后，物块儿向右运动能到达的最大距离，s=0.4m ，求物块与长木板间的动摩擦因数以及此过程中长木板运动的加速度的大小.1.25m/s2（3）要使物块不会从长木板上滑落，长木板至少为多长?2m2.如图所示为一根直杆弯曲成斜面和平面连接在一起的轨道，转折点为C,斜面部分倾角为30度，平面部分足够长,滑块A,B 放在斜面上，开始时A,B 之间的距离为1米，B 与C 的距离为0.6米，现将A B 同时由静止释放.已知A 、B 与轨道的动摩擦因数分别为√3/5和√3/2 ,A 、B 质量均为m ，g 取10m/s²,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 、B 发生碰撞时为弹性碰撞。
物体A,B 可以看作是质点,不计在斜面与平面转弯处的机械能损失，则（1）经过多长时间滑块A,B 第1次发生碰撞. 1s（2）滑块B 停在水平轨道上的位置与C 点儿的距离是多少？m 1033.如图所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O 点左边为水平轨道,O 点右边的曲面轨道高度h 等于0.45米，左右两段轨道在O 点平滑连接.质量m=0.10kg 的小滑块a 由静止开始从曲面轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止状态的质量M=0.30kg 的小滑块b 发生碰撞，碰撞后现小滑块a 恰好停止运动，取重力加速度g=10m/s²,求（1）小滑块a 通过O 点时的速度大小3m/s （2）碰撞后小滑块b 的速度大小1m/s（3）碰撞后碰撞过程中小滑块a 、b 组成的系统损失的机械能。
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。
高中物理动量守恒定律专项训练100(附答案)
最新高中物理动量守恒定律专项训练100( 附答案 )一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如下图，在水平川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巧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【分析】【详解】解： (1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、 v2，以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，所以两物体在这段时间均匀速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)依据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：I mv20 mv02．如下图，一小车置于圆滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b,小车质量M=3kg， AO 部分粗拙且长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分圆滑．另一小物块a．放在车的最左端，和车一同以 v0=4m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬时速度变成零，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，弹簧一直处于弹性限度内． 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，碰后一同向右运动．（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地点到O 点的距离．【答案】 (1)1m/s (2)(3) x=0.125m【分析】试题剖析：（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别， 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专项训练100(附答案)
高中物理动量守恒定律专项训练100(附答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)，重力加速度为g ．求：（1）A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； （2）A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆弧轨道与斜面相切 于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，则v 至少为多大时物块A 能沿圆弧轨道运动到Q 点．（计算结果可用根式表示） 【答案】20132v gx =014P E mgx =0(2043)v gx =+【解析】试题分析：（1）A 与B 球碰撞前后，A 球的速度分别是v 1和v 2，因A 球滑下过程中，机械能守恒，有： mg （3x 0）sin30°=12mv 12 解得：103v gx ＝又因A 与B 球碰撞过程中，动量守恒，有：mv 1=2mv 2…② 联立①②得：21011322v v gx ＝＝（2）碰后，A 、B 和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒． 则有：E P +12•2mv 22＝0+2mg•x 0sin30° 解得：E P ＝2mg•x 0s in30°−12•2mv 22=mgx 0−34mgx 0＝14mgx 0…③ （3）设物块在最高点C 的速度是v C ，物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点C 点时，重力提供向心力，得：2c v mg m R＝所以：0c v gR gx ＝＝ C 点相对于O 点的高度： h=2x 0sin30°+R+Rcos30°=(43)+x 0…⑤ 物块从O 到C 的过程中机械能守恒，得：12mv o 2＝mgh+12mv c 2…⑥ 联立④⑤⑥得：0(53)o v gx +＝…⑦ 设A 与B 碰撞后共同的速度为v B ，碰撞前A 的速度为v A ，滑块从P 到B 的过程中机械能守恒，得：12mv 2+mg （3x 0sin30°）＝12mv A 2…⑧ A 与B 碰撞的过程中动量守恒．得：mv A =2mv B …⑨ A 与B 碰撞结束后从B 到O 的过程中机械能守恒，得：12•2mv B 2+E P ＝12•2mv o 2+2mg•x 0sin30°…⑩ 由于A 与B 不粘连，到达O 点时，滑块B 开始受到弹簧的拉力，A 与B 分离． 联立⑦⑧⑨⑩解得：033v gx ＝考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A 、B 到达P 点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．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。
高中物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题含解析
高中物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1．如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。
求(1)物块在水平面上滑行的速度大小；(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。
【答案】（1）06 5v gR=（2）232 55v gR =66125 h R =【解析】【分析】（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。
（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。
【详解】（1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，由机械能守恒定律得：12m v02＝12(m+2m)v2+mgR(1−cosθ)，解得：06 5v gR =（2）对物块，由机械能守恒定律得：12m v02＝12m v12+mgR(1−cosθ)，解得：12 5v gR=物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ=3255gR，由机械能守恒定律得：12m v02=mgh+12m v22，解得：h=66125R ； 【点睛】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。
高中物理动量定理专项训练100(附答案)含解析
高中物理动量定理专项训练100(附答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B 的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg。
求：①A与B撞击结束时的速度大小v；②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。
【答案】①3m/s；②12N•s【解析】【详解】①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向由动量守恒定律得m1v0=（m1+m2）v代入数据解得v=3m/s②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程由动量定理得I=（m1+m2）（-v）-（m1+m2）v代入数据解得I=-12N•s负号表示冲量方向向右。
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v0=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/s2．(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．μ=（2）F=130N【答案】（1）0.32【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．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F0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1 = 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I0的大小及F0的大小；（2）若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2 =1 600 kg、速度v2 =18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2 =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）I0 = 1.6×104 N·s ，1.6×105 N；（2）见解析【解析】【详解】（1）v1 = 36 km/h = 10 m/s，取速度v1 的方向为正方向，由动量定理有－I0 =0－m1v1 ①将已知数据代入①式得I0 = 1.6×104 N·s ②由冲量定义有I0 = F0t1 ③将已知数据代入③式得F0 = 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m1v1+ m2v2 = (m1+ m2)v⑤对试验车，由动量定理有－Ft2 = m1v－m1v1 ⑥将已知数据代入⑤⑥式得F= 2.5×104 N ⑦可见F＜F0，故试验车的安全气囊不会爆开⑧4．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。
【物理】 高考物理动量守恒定律专项训练100(附答案)
【物理】 高考物理动量守恒定律专项训练100(附答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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=∆+∆=13.5J2．(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。
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
有关动量守恒定律的综合应用(原卷版)-2023年高考物理压轴题专项训练(全国通用)
压轴题11有关动量守恒定律的综合应用考向一/计算题：与碰撞模型有关的动量守恒定律的综合应用考向二/计算题：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用考向三/计算题：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用要领一：弹性碰撞和完全非弹性碰撞基本规律（一）弹性碰撞1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加：即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.“动碰动”弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m 1和m 2，碰前速度为v 1，v 2，碰后速度分别为v 1ˊ，v 2ˊ，则有：''11221112m v m v m v m v +=+(1)22'2'21122111211112222m v m v m v m v +=+(2)联立（1）、（2）解得：v 1’=，v 2’=.特殊情况：若m 1=m 2，v 1ˊ=v 2，v 2ˊ=v 1.3.“动碰静”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′（1）12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2（2）解得：v 1′＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1(质量相等，速度交换)(2)当m 1＞m 2时，v 1′＞0，v 2′＞0，且v 2′＞v 1′(大碰小，一起跑)(3)当m 1＜m 2时，v 1′＜0，v 2′＞0(小碰大，要反弹)v 1v 2v 1’ˊv 2’ˊm 1m 2(4)当m 1≫m 2时，v 1′＝v 0，v 2′＝2v 1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，v 2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)（二）完全非弹性碰撞碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔE k =½m 1v 12+½m 2v 22-½(m 1+m 2)v 共2（2）联立（1）、（2）解得：v 共=；ΔE k =要领二：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用要领三：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用条件与模型v 1v 2v 共m 1m 2①m A =m B（如:m A =1kg ；m B =1kg ）②m A >m B（如:m A =2kg ；m B =1kg ）③m A <m B（如:m A =1kg ；m B =2kg ）规律与公式情况一：从原长到最短（或最长）时①()v m m v m B A A +=0；②()2201122A A B pm m v m m v E =++情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时①'2'10v m v m v m B A A +=；②2'2'2012111222A A B m v m v m v =+1．如图所示，9个完全相同的滑块静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距均为L ，质量均为m ，与地面间的动摩擦因数均为μ，现给第1个滑块水平向右的初速度，滑块依次发生碰撞（对心碰撞），碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起，并向右运动，且恰好未与第9个滑块发生碰撞。