高考物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理动量守恒定律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守恒定律 1．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Ep=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。 【答案】（1）3m/s （2）0.1m 【解析】 试题分析：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得 mv1-Mv2=0
22121122PEmvMv
代入数据解得：v1=3m/s v2=1m/s （2）根据动量守恒和各自位移关系得12xxmMtt，x1+x2=L
代入数据联立解得：24Lx=0.1m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.
2．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，现有质量为m的小球以水平速度0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】①0.25v0．②2016vLg
【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．
3．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其
面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h="0.3" m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1="30" kg，冰块的质量为m2="10" kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g="10" m/s2．
（i）求斜面体的质量； （ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】（i）20 kg （ii）不能 【解析】 试题分析：①设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：
222()mvmMv
系统机械能守恒：222222
11()22mghmMvmv
解得：20kgM ②人推冰块的过程：1122mvmv,得11/vms（向右）
冰块与斜面的系统：22223
mvmvMv
22222223
111+222mvmvMv
解得：21/vms（向右） 因21=vv，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩． 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律． 4．如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1
沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计
时零点，探测器只在t1=2 s至t2=4 s内工作，已知P1、P2的质量都为m=1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。
(1)若v1=6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE； (2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。 【答案】（1）9J （2）10m/s＜v1＜14m/s 17J 【解析】 试题分析：（1）由于P1和P2发生弹性碰撞，据动量守恒定律有：
碰撞过程中损失的动能为： （2）
解法一：根据牛顿第二定律，P做匀减速直线运动，加速度a= 设P1、P2碰撞后的共同速度为vA，则根据（1）问可得vA=v1/2 把P与挡板碰撞前后过程当作整体过程处理
经过时间t1，P运动过的路程为s1，则 经过时间t2，P运动过的路程为s2，则 如果P能在探测器工作时间内通过B点，必须满足s1≤3L≤s2
联立以上各式，解得10m/s＜v1＜14m/s
v1的最大值为14m/s，此时碰撞后的结合体P有最大速度vA=7m/s
根据动能定理， 代入数据，解得E=17J 解法二：从A点滑动到C点，再从C点滑动到A点的整个过程，P做的是匀减速直线。 设加速度大小为a，则a=μg=1m/s2 设经过时间t，P与挡板碰撞后经过B点，[学科网则： vB=v-at，，v=v1/2 若t=2s时经过B点，可得v1="14m/s" 若t=4s时经过B点，可得v1=10m/s 则v1的取值范围为：10m/s＜v1＜14m/s
v1=14m/s时，碰撞后的结合体P的最大速度为： 根据动能定理， 代入数据，可得通过A点时的最大动能为： 考点：本题考查动量守恒定律、运动学关系和能量守恒定律
5．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＝13mv2
0
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=mv20（1分）， 由能量守恒得： 12mv21＋12mV21＝12mv20－ΔE损1（2分）
且考虑到v1必须大于V1， 解得：v1＝13()26v
0
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：2mV2＝mv1（1分） 损失的动能为：ΔE′＝12mv21－12×2mV22（2分）
联立解得：ΔE′＝13(1)22×mv2
0
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
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．卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。发现质子的核反应为：。已知氮核质量为mN=14.00753u，氧核的质量为mO=17.00454u，氦核质量mHe=4.00387u，质子（氢核）质量为mp=1.00815u。（已知：1uc2=931MeV，结果保留2位有效数字）求： （1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？ （2）若入射氦核以v0=3×107m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1:50。求氧核的速度大小。 【答案】（1）吸收能量，1.20MeV；（2）1.8×106m/s 【解析】 （1）这一核反应中，质量亏损：△m=mN+mHe-mO-mp=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=-
0.00129u 由质能方程，则有△E=△m c2=-0.00129×931=-1.20MeV 故这一核反应是吸收能量的反应，吸收的能量为1.20MeV
高中必备物理动量守恒定律技巧全解及练习题(含答案)含解析
高中必备物理动量守恒定律技巧全解及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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：0.5RLμ== (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．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v 0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】v 0v 0【解析】设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2 由动量守恒定律得2mv 0＝2mv 1＋mv 2 且由题意知＝解得v 1＝v 0，v 2＝v 0视频3．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：mv1=MV M1+mv2 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，v2＞v临界当n=3时，v3＜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．4．用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”．1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氨（它们可视为处于静止状态）．测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氨核和氦核的质量之比为7：0．查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子．假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氦发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量．（质量用原子质量单位u 表示，1u 等于1个12C 原子质量的十二分之一．取氢核和氦核的质量分别为1.0u 和14u ．）【答案】m ＝1.2u 【解析】设构成铍“副射”的中性粒子的质量和速度分别为m 和v ，氢核的质量为m H ．构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和v H ′．由动量守恒与能量守恒定律得 mv ＝mv′＋m H v H ′ ①12mv 2＝12mv′2＋12m H v H ′2② 解得v H ′＝2Hmv m m +③同理，对于质量为m N 的氮核，其碰后速度为V N ′＝2Nmv m m +④由③④式可得 m ＝''''N N H H H N m v m v v v --⑤根据题意可知 v H ′＝7.0v N ′ ⑥将上式与题给数据代入⑤式得 m ＝1.2u ⑦5．一轻质弹簧一端连着静止的物体B ，放在光滑的水平面上，静止的物体A 被水平速度为v 0的子弹射中并且嵌入其中，随后一起向右运动压缩弹簧，已知物体A 的质量是物体B 的质量的34，子弹的质量是物体B 的质量的14，求：(1)物体A 被击中后的速度大小； (2)弹簧压缩到最短时B 的速度大小。
高考物理动量守恒定律解题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理动量守恒定律解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．(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m 1=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m 2=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/s 2,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）v 0=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v 0，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 120v (1分)v 02gh ，解得：v 0＝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 ＝μm 2g(1分) W ＝－μm 2gx 解得：W ＝－1.6 J(1分)③设物块A 与物块B 碰撞后的速度为v 1，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－μm 2gx ＝0－12m 2v 2 解得：v ＝4.0 m/s(1分)根据动量守恒定律m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v(1分) 解得：v 1＝2.0 m/s(1分)能量守恒12m 120v ＝12m 121v ＋12m 2v 2＋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2．两个质量分别为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 2BB 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.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，mv 0=2mv 1， 解得v 1＝v 0（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。
高中物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高中物理动量定理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定理1．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB 与粗糙水平地面BC 相切于B 点。
质量m =0.1kg 的滑块甲从最高点A 由静止释放后沿轨道AB 运动,最终停在水平地面上的C 点。
现将质量m =0.3kg 的滑块乙静置于B 点,仍将滑块甲从A 点由静止释放结果甲在B 点与乙碰撞后粘合在一起,最终停在D 点。
已知B 、C 两点间的距离x =2m,甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为=0.4、=0.2,取g=10m/s ,两滑块均视为质点。
求:(1)圆弧轨道AB 的半径R;(2)甲与乙碰撞后运动到D 点的时间t 【答案】(1) (2)【解析】 【详解】（1）甲从B 点运动到C 点的过程中做匀速直线运动，有：v B 2=2a 1x 1； 根据牛顿第二定律可得：对甲从A 点运动到B 点的过程，根据机械能守恒： 解得v B =4m/s ；R=0.8m ；（2）对甲乙碰撞过程，由动量守恒定律： ；若甲与乙碰撞后运动到D 点，由动量定理：解得t=0.4s2．在距地面20m 高处，某人以20m/s 的速度水平抛出一质量为1kg 的物体，不计空气阻力（g 取10m /s 2）。
求（1）物体从抛出到落到地面过程重力的冲量； （2）落地时物体的动量。
【答案】（1）20N ∙s ，方向竖直向下（2）202kg m/s ⋅， 与水平方向的夹角为45° 【解析】 【详解】（1）物体做平抛运动，则有：212h gt =解得：t =2s则物体从抛出到落到地面过程重力的冲量I=mgt =1×10×2=20N•s方向竖直向下。
（2）在竖直方向，根据动量定理得I=p y -0。
可得，物体落地时竖直方向的分动量p y =20kg•m/s物体落地时水平方向的分动量p x =mv 0=1×20=20kg•m/s故落地时物体的动量22202kg m/s x y p p p =+=⋅设落地时动量与水平方向的夹角为θ，则1y xp tan p θ==θ=45°3．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/s 2.求小球对钢板的作用力. 【答案】78N 【解析】 【详解】自由落体过程 v 12＝2gh 1，得v 1=10m/s ； v 1=gt 1 得t 1=1s小球弹起后达到最大高度过程0− v 22＝−2gh 2，得v 2=9m/s 0-v 2=-gt 2 得t 2=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 ′=mv 2-（-mv 1） 其中t ′=t -t 1-t 2=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；4．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 。
高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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．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。
【物理】高考必备物理动量守恒定律技巧全解及练习题(含答案)
【物理】高考必备物理动量守恒定律技巧全解及练习题(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．如图所示，质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点，B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点，现给小物块一个向右的水平初速度v 0=4m/s ，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点，已知圆弧所对的圆心角为53°，A 、B 两点间的距离为L=1m ，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s 2．求： (1)圆弧所对圆的半径R ；(2)若AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v 0=4m/s 的初速度向右运动，则小物块从C 点抛出后，经多长时间落地?【答案】（1）1m （2）4282t s += 【解析】 【分析】根据动能定理得小物块在B 点时的速度大小；物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从C 抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间； 【详解】解：(1)设小物块在B 点时的速度大小为1v ，根据动能定理得：22011122mgL mv mv μ=- 设小物块在B 点时的速度大小为2v ，物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：12()mv m M v =+ 根据系统机械能守恒有：2201211()(cos53)22mv m M v mg R R =++- 联立解得：1R m =(2)若整个水平面光滑，物块以0v 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有：2200311(cos53)22mv mv mg R R =+-解得：3/v s =物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：3sin 53/y v v s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得：25t s =3．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解题技巧(超强)及练习题(含答案)
高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)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，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2．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v 0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】v 0v 0【解析】设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2 由动量守恒定律得2mv 0＝2mv 1＋mv 2 且由题意知＝解得v 1＝v 0，v 2＝v 0视频3．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。
高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)
高考物理动量守恒定律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．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36μ=；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，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P 1和P 2的质量均为m ．滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2．问：（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？【答案】（1）10v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：22011122mv mgR mv += 解得：v 1=5m/sP 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得：10v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s 2；（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：22()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m滑板碰后，P 1向右滑行距离：2110.08m 2v s a ==P 2向左滑行距离：22222.25m 2v s a '==所以P 1、P 2静止后距离：△S=L-S 1-S 2=1．47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．4．28．如图所示，质量为m a=2kg的木块A静止在光滑水平面上。
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)
360 360 qB2 360 此时对应的 角：1 90 和 2 143
2．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 Ep=6J，小球与小车右壁
m2 gR(1
cos )
1 2
m2vc2
1 2
m2v22
解得： vc 2m/s 进入磁场后： Q 所受电场力 F qE 3102 N m2 g ， Q 在磁场做匀速率圆周运动
由牛顿第二定律得：
qvc B1
m2vc2 r1
Q 刚好不从 gh 边穿出磁场，由几何关系： r1 d 1.6m
解得： B1 1.25T
速度为 v1
，由机械能守恒定律有： mAgh
1 2
mAv12
解之得： v1 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： mAv1 mA mB v
解之得：
v
1 3
v1
1 3
2gh
(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
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。
【答案】（1）3m/s （2）0.1m
【解析】
试题分析：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出
等式得
mv1-Mv2=0
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做题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如图：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0=37°;过£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3(53° & pwi47° ),矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3X10-3 kg、电荷量q=3Xl0-3 C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点,质量m1=1.5X10-3 kg的不带电小物体P 从轨道右端a以V O=8 m/s的水平速度向左运动, P、Q碰撞时间极短,碰后P以1m/s的速度水平向右弹回. P与ab间的动摩擦因数^=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=10m/s2.求：⑴碰后瞬间,圆弧轨道对物体Q的弹力大小F N；(2)当3=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 I；(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=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(3值.______ 2 127 0一0【答案】(1) F N 4.6 10 2N (2) B1 1.25T (3)t -------------------- s, 1 900和 2 1430360【解析】【详解】解：(1)设P碰撞前后的速度分别为v1和v1 , Q碰后的速度为v21 2 1 2从a到b,对P,由动能TE理得：-m1gl — m1V1 — m1V02 2解得：v1 7m/s碰撞过程中,对P , Q系统：由动量守恒定律：m1v1 m1V l m2V2取向左为正方向,由题意v1 1m/s,解得：v2 4m/s2 V2b 点：对Q ,由牛顿第二定律得：F N m2g m2——R解得：F N 4.6 10 2 N(2)设Q 在c 点的速度为v c ,在b 到c 点,由机械能守恒定律:12 m 2 gR(1 cos )m 2v c 2解得：v c 2m/sQ 刚好不从gh 边穿出磁场,由几何关系： R d 1.6m解得：B I 1.25Tm 2v c .(3)当所加磁场B 2 2T ,「2 -- 1mqB 2要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长,那么 Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心dcos(180 )—解得:此时对应的 角：1 90和2 1431 2m 2v 22进入磁场后：Q 所受电场力 F qE 3 10 2Nm 2g , Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：qV cB2 m 2vcq127运动周期：T2 m 2 qB 2那么Q 在磁场中运动的最长时间:T 127 ?2 m 2 360360 qB 2 127 ------ s360角最大,那么当gh 边或ef 边与圆轨迹相切,轨迹如下图:设最大圆心角为 ,由几何关系得:2.如下图,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&=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:A丽网(编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.【答案】(1) 3m/s (2) 0.1m【解析】试题分析：(1)除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能,根据动量守恒和能量守恒列出等式得mv-Mv2=0E P - mv2 -Mv f 2 2代入数据解得：v i=3m/s v 2=1m/s(2)根据动量守恒和各自位移关系得m— M — x i+x2=Lt t代入数据联立解得：x2-=0.lm4考点：动量守恒定律；能量守恒定律.3.如图,质量分别为也、出E的两个小球A、B静止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8m , A球在B球的正上方. 先将B球释放,经过一段时间后再将A球释放.当A球下落t=0.3s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A球的速度恰为零. % = ,重力加速度大小为g=lCta"广,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.AOP零IY 0,3m(i) B球第一次到达地面时的速度；(ii) P点距离地面的高度.【答案】v B 4m/sh p 0.75m【解析】试题分析：(i) B球总地面上方静止释放后只有重力做功,根据动能定理有m B gh - m B V B22可得B 球第一次到达地面时的速度 v B J 颂 4m/s (11) A 球下落过程,根据自由落体运动可得 A 球的速度v A gt设B 球的速度为V B ',那么有碰撞过程动量守恒NI A V ANI B V B 'm B V B ''..................................... 1 c 1c 1c碰撞过程没有动能损失那么有 一m A v A— m B v B ' — m B v B '' 22 2解得 v B ' 1m / s , v B '' 2m/ s度是指碰撞前A 对B 的速度.假设上述过程是质量为 2m 的玻璃球A 以速度v o 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.17 31【答案】V0——V04S 24【解析】设A 、B 球碰撞后速度分别为 V 1和v 2 由动量守恒定律得 2mv o= 2mv 1 + mv 25 .如图的水平轨道中, AC 段的中点B 的正上方有一探测器, C 处有一竖直挡板,物体 P 1沿轨道向右以速度 V 1与静止在A 点的物体P 2碰撞,并接合成复合体巳以此碰撞时刻为计 时零点,探测器只在 t 1=2 s H 12=4 s 内工作, P 1、P 2的质量都为 m=1 kg, P 与AC 间的 动摩擦因数为 四 二0.1, AB 段长L=4 m, g 取10 m/s 2, R 、P 2和P 均视为质点,P 与挡板的 碰撞为弹性碰撞.3m/ s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 v 0 v B 4m / s所以P 点的高度hp p 考点：动量守恒定律 2,2V0-^B- 0.75m 2g能量守恒4.牛顿的?自然哲学的数学原理?中记载, 它们碰撞前的接近速度之比总是约为15 : A 、B 两个玻璃球相碰, 16.别离速度是指碰撞后碰撞后的别离速度和B 对A 的速度,接近速且由题意知-^― 15解得 V I = -- V 0 ,4S31V 2=V 024⑴假设v i =6 m/s,求P 、P 2碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能 史;〔2〕假设P 与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过 B 点,求v i 的取值范围和 P 向左经过A 点时的最大动能E .【答案】〔1〕 9J 〔2〕 10m/s v vi v 14m/s 17J 【解析】试题分析：〔1〕由于P 1和P 2发生弹性碰撞,据动量守恒定律有： 附用=2网口 v 2 =碰撞过程中损失的动能为:v 1=14m/s 时,碰撞后的结合体 P 的最大速度为: 代入数据,可得通过 A 点时的最大动能为：Eg = 17j 考点：此题考查动量守恒定律、运动学关系和能量守恒定律6 .在光滑的水平面上,质量 m=1kg 的物体与另一质量为 m 物体相碰,碰撞前后它们的位 移随时间变解法一：根据牛顿第二定律,设P 1、P 2碰撞后的共同速度为P 做匀减速直线运动,加速度 V A,那么根据〔1〕问可得V A =V 1/2把P 与挡板碰撞前后过程当作整体过程处理经过时间t1, P 运动过的路程为S1,那么经过时间t2, P 运动过的路程为S2,那么 如果P 能在探测器工作时间内通过B 点,必须满足&W3LWs联立以上各式,解得 10m/s < V 1 < 14m/s V 1的最大值为 14m/s ,此时碰撞后的结合体P 有最大速度v A =7m/s1-口 4L = 2M 吗根据动能定理, 代入数据,解得E=17J解法二：从A 点滑动到C 点,再从C 点滑动到A 点的整个过程,P 做的是匀减速直线. 设加速度大小为 a,那么a=〔ig=1m/s 2设经过时间t, P 与挡板碰撞后经过 B 点,［学科网那么： vw-at,诬?口,乳 v=v 1/2假设t=2s 时经过B 点,可得 假设t=4s 时经过B 点,可得 v 1="14m/s"v 1=10m/s 那么v 1的取值范围为: 10m/s v v 1 v 14m/s必如== 7m/s化的情况如下图.求：(1)碰撞前m的速度v i和位的速度V2；(2)另一物体的质量m>o【答案】(1) v i 4m/s, V2 0； (2) m2 3kg.【解析】试题分析：(1)由s —t图象知：碰前,m的速度v1—16二0 4 m,. s , m处于静止t 4-0状态,速度v20(2)由s—t图象知：碰后两物体由共同速度,即发生完全非弹性碰撞—24 16 1m s碰后的共同速度vt 12 4根据动量守恒定律,有：m1V l(m( m2)v另一物体的质量m2m i v——v 3m l 3kgv考点：s—t图象,动量守恒定律7 .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.m A m, m B 2m, m C 3m ,求:(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【答案】(1) v 1V l -J2gh (2) mgh (3) 2JHh 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V i ,由机械能守恒定律有： m A gh 5 m A v 1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 im A m B v解之得：v 1V l 1J 2gh33 、(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 21.22由机械能寸恒7E 律有： E pmax 2(m A m )B )vm A m B m e V21解得被压缩弹簧的最大弹性势能：E Pmax -mgh6(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：2—mAm B v 2解之得：V 30, V 4滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动： s v 4tH 1gt 2 2解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：s 2jHh38.如下图,光滑固定斜面的倾角 @=30： 一轻质弹簧一端固定,另一端与质量 M=3kg 的物体B 相连,初始时 B 静止.质量m=1kg 的A 物体在斜面上距 B 物体处s1=10cm 静止释 放,A 物体下滑过程中与 B 发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后与 B 粘在一起,碰后整 体经t=0.2s 下滑s2=5cm 至最低点.弹簧始终处于弹性限度内, A B 可视为质点,g 取10m/s 2.s.m A m B vm A m B V 3m C V 42 m A m B V3-m C V 4 2(1)从碰后到最低点的过程中,求弹簧最大的弹性势能；(2)碰后至返回到碰撞点的过程中,求弹簧对物体B的冲量大小.上【答案】(1) 1. 125J; (2) 10Ns【解析】【分析】(1)A物体下滑过程,A物体机械能守恒,求得A与B碰前的速度；A与B碰撞是完全非弹性碰撞,A、B组成系统动量守恒,求得碰后AB的共同速度；从碰后到最低点的过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,可求得从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量.(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中, A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,可求得返回碰撞点时AB的速度；对AB从碰后至返回到碰撞点的过程应用动量定理,可得此过程中弹簧对物体B 冲量的大小.【详解】0 1 2(1)A物体下滑过程,A物体机械能守恒,那么：mgS|Sin30 — mv02解得：v0J2gs i sin300 42 10 0.1 0.5 嗯1嗯A与B碰撞是完全非弹性碰撞,据动量守恒定律得：mv0 (m M )v1解得：v1 0.25mS从碰后到最低点的过程中, A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,那么：一1 2 0E PT增—(m M )v1 (m M )gS2Sin30 2解得：E PT增1.125J(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中, A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,可求得返回碰撞点时AB的速度大小v2 v1 0.25 ms以沿斜面向上为正,由动量定理可得：I T (m M )gsin300 2t (m M M (m M)%解得：I T 10N S9.如下图,用气垫导轨做“验证动量守恒〞实验中,完成如下操作步骤:A BA.调节天平,称出两个碰撞端分别贴有尼龙扣滑块的质量m i和m2.B.安装好A B光电门,使光电门之间的距离为50cm.导轨通气后,调节导轨水平,使滑块能够作运动.C.在碰撞前,将一个质量为m2滑块放在两光电门中间,使它静止,将另一个质量为m i滑块放在导轨的左端,向右轻推以下m i,记录挡光片通过A光电门的时间t i.D.两滑块相碰后,它们粘在一起向右运动,记录挡光片通过的时间t2.E.得到验证实3i的表达式 .m! m i m2【答案】匀速直线运动小车经过光电门的时间」———-t i t2【解析】【详解】为了让物块在水平方向上不受外力,因此当导轨通气后,调节导轨水平,使滑块能够作匀速直线运动；根据实验原理可知,题中通过光电门来测量速度,因此应测量小车经过光电门的时间l设光电门的宽度为l ,那么有：经过光电门的速度为V i - t il整体经过光电门的速度为：V2t2由动量守恒定律可知, miV i (m i+m2)v2代入解得：m i (m i m2) ----- .t i t2io.如下图,在水平面上有一弹簧,其左端与墙壁相连, O点为弹簧原长位置, .点左侧水平面光滑,水平段OP长L=im, P点右侧一与水平方向成分=的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接,皮带轮逆时针转动速率为3m/s, 一质量为ikg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不栓接),使弹簧获得弹性势能跖=力,物块与OP段动摩擦因数串口2 =--“1 = 0」,另一与A完全相同的物块B停在P点,B与传送带的动摩擦因数3,传送带足够长,A与B的碰撞时间不计,碰后 A. B交换速度,重力加速度g=10巾/乒,现释放A,求：(2)从A. B 第一次碰撞后到第二次碰撞前, B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量(3) A. B 能够碰撞的总次数【答案】(1)仔.=恤/可⑵12.25/⑶6次试题分析：(1)设物块质量为 m, A 与B 第一次碰前的速度为 H,那么:碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零,加速度大小设为VB—.三.gm 2此过程相对运动路程 ’此后B 反向加速,加速度仍为'打,与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞,加速时间为此过程相对运动路程 ‘ ’‘全过程生热,(3) B 与A 第二次碰撞,两者速度再次互换,此后 A 向左运动再返回与 B 碰撞,B 沿传送带向上运动再次返回,每次碰后到再次碰前速率相等,重复这一过程直至两者不再碰 撞.那么对A.B 和弹簧组成的系统,从第二次碰撞后到不再碰撞:解得第二次碰撞后重复的过程数为 n=2.25,所以碰撞总次数为 N=2+2n=6.5=6次(取整数)考点：动能定理；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【名师点睛】此题首先要理清物体的运动过程,其次要准确把握每个过程所遵守的物理规 律,特别要掌握弹性碰撞过程,动量和机械能均守恒,两物体质量相等时交换速度11 .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 vo 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(2)设A.B 第一次碰撞后的速度分别为=VB =那么：5 皿干阳T 丽8加必 解得:ui = gsii\& + 为 gesG = lOm/52 运动的时间位移为-t 2 = 0.45m 2=2 " imgL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 1 2 试题分析：小滑块以水平速度 v o 右滑时,有： fL =0- - mv 0 (2分)21 2 1 2小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为 v i,那么有 fL = - mv i -- 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, 那么有 m, =(m 4m)v 2(2 分)1 2 1 . 一 . 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.12 .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.试题分析：(1)由A 、B 系统动量守恒定律得:Mv0 —mv0= (M +m ) v ①M所以v=- ---------- v 0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 (1) M m v o M m (2) 2M m 2 v o 2 Mg一的值. 0v'那么由动量守恒定律得:【解Mv 0 mv0、,,.Mv0 — mv0="Mv' v --------------------- 方向向右考点：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.。