高中物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(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。

已知磁场的磁感应强度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=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s 2，不计空气阻力。

(1)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)若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。

【答案】(1) 210/v m s = (2)25J (3)9W 4P = 【解析】 【详解】解：(1)根据机械能守恒定律，可得：212mgh mv = 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：210/v m 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能力守恒可知，整个过程中系统产生的热量：()25Q mg h r J =+=(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为1v ，凹槽速度大小为2v ，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：12mv Mv = 由能量守恒可得：2212111()22mv mv mg h r Q +=+- 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：12E BLv BLv =+回路电功率：2E P R=联立解得：94P W =2．如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m ＝0.1kg ．P 2的右端固定一轻质弹簧，物体P 置于P 1的最右端，质量为M ＝0.2kg 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0＝4m/s 向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内)．平板P 1的长度L ＝1m ，P 与P 1之间的动摩擦因数为μ＝0.2，P 2上表面光滑．求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1； (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 1上滑下，并求出P 的最终速度v 2． 【答案】(1)v 1=2m/s (2)E P =0.2J (3)v 2=3m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）P 1、P 2碰撞过程，由动量守恒定律 01m 2v mv = 解得012/2v v m s ==，方向水平向右 ； （2）对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 1022(2)mv Mv m M v '+=+ 解得2033/4v v m s ='=，方向水平向右， 此过程中弹簧的最大弹性势能222102111•2+Mv 2m )0.2222P E mv M v J =-='+（； （3）对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 103222mv Mv mv Mv +=- 由能量守恒定律得2222103211112+Mv 2mv +Mg 2222mv Mv L ⋅=⋅+μ 解得P 的最终速度23/0v m s =>，即P 能从P 1上滑下，P 的最终速度23/v m s =3．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．4．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，两者速度一起减为零．5．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C 的上表面平滑相接，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 从距小车的上表面高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．已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g =10m/s 2. 求： （1）滑块A 与B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）小车C 上表面的最短长度.【答案】(1) v =2.5m/s (2) L =0.375m 【解析】【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 上表面的最短长度．(1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为1v ，由机械能守恒定律有：2A A 11m gh m v 2= 代入数据解得12gh 5m/s v ==．设A 、B 碰后瞬间的共同速度为2v ，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， ()12A A B m v m m v =+ 代入数据解得2 2.5m/s v =．(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3v ，根据动量守恒定律有：()()A B 2A B C 3m m v m m m v +=++ 根据能量守恒定律有：()()()222311gL=22A B A B A B C m m m m v m m m v μ++-++ 联立以上两代入数据解得0.375m L =【点睛】本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．如图所示，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.已知,2,3A B C m m m m m m ===，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 s. 【答案】（1）111233v v gh ==（2）6mgh （323Hh 【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，设其滑到底面的速度为1v ，由机械能守恒定律有：2112=A A m gh m v解之得：12v gh =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：()1A A B m v m m v =+ 解之得：111233v v gh == (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2v 由动量守恒定律有： ()12A A B C m v m m m v =++ 由机械能守恒定律有： ()22max 21()2A A CB B P m v m m m m E v -++=+ 解得被压缩弹簧的最大弹性势能：max 16P E mgh =(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3v ，滑块C 的速度为4v ，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：()()34A B A B C m m v m m v m v +=++()()22234111222A B A B C m m v m m v m v +=++ 解之得：30=v ，4123v gh =滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：4 s v t =212H gt =解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：23s Hh =7．如图所示，内壁粗糙、半径R ＝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。

高考物理动量守恒定律答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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。

某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2m∆ 的压缩气体，每级总质量均为2M，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。

喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。

【答案】116.54m【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-∆-∆甲21085=200.5629v h m m g =≈甲甲对模型乙第一级喷气： 10022m mM v v ∆∆⎛⎫=-- ⎪⎝⎭乙 解得： 130m v s=乙2s 末： ‘11=10m v v gt s-=乙乙22111'=402v v h m g-=乙乙乙对模型乙第一级喷气：‘120=)2222M M m m v v v ∆∆--乙乙（ 解得： 2670=9mv s 乙 22222445=277.10281v h m m g =≈乙乙可得： 129440+=116.5481h h h h m m ∆=-≈乙乙甲。

2．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以2v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v .所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．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m 1="30" kg ，冰块的质量为m 2="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/s 2．（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()m v m M v =+系统机械能守恒：22222211()22m gh m M v m v ++= 解得：20kg M =②人推冰块的过程：1122m v m v =,得11/v m s =（向右）冰块与斜面的系统：22223m v m v Mv '=+ 22222223111+222m v m v Mv ='解得：21/v m s =-'（向右） 因21=v v '，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．4．一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，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）428225t 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：322/v m s =物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得：428225t s +=2．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v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒．m c v 1＝（m A ＋m C ）v 2 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 ）v 3＝（m A ＋m B ＋m C ）v 4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．3．两个质量分别为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.4．如图，足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板，挡板前L 处静止着质量m 1=1kg 的小球A ，质量m 2=2kg 的小球B 以速度v 0运动，与小球A 正碰．两小球可看作质点，小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计，且碰撞中均没有机械能损失．求(1)第1次碰撞后两小球的速度；(2)两小球第2次碰撞与第1次碰撞之间的时间； (3)两小球发生第3次碰撞时的位置与挡板的距离． 【答案】(1)043v 013v 方向均与0v 相同 (2)065L v (3)9L【解析】 【分析】（1）第一次发生碰撞，动量守恒，机械能守恒；（2）小球A 与挡板碰后反弹，发生第2次碰撞，分析好位移关系即可求解；（3）第2次碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒，从而找出第三次碰撞前的初始条件，分析第2次碰后的速度关系，位移关系即可求解．【详解】（1）设第1次碰撞后小球A 的速度为1v ，小球B 的速度为2v ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律:201122m v m v m v =+222201122111222m v m v m v =+ 整理得：210122m v v m m =+，212012m m v v m m -=+解得1043v v =，2013v v =，方向均与0v 相同． （2）设经过时间t 两小球发生第2次碰撞，小球A 、B 的路程分别为1x 、2x ，则有11x v t =，22x v t =由几何关系知：122x x L += 整理得：065Lt v =（3）两小球第2次碰撞时的位置与挡板的距离：235x L x L =-= 以向左为正方向，第2次碰前A 的速度043A v v =，B 的速度为013B v v =-，如图所示．设碰后A 的速度为A v '，B 的速度为B v '．根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有1212A B A B m v m v m v m v ''+=+； 2222121211112222A B AB m v m v m v m v ''+=+ 整理得：12212()2A B A m m v m v v m m -+'=+，21112()2B A B m m v m v v m m -+'=+解得：089A v v '=-，079B v v '=设第2次碰后经过时间t '发生第3次碰撞，碰撞时的位置与挡板相距x '，则B x x v t '''-=，A x x v t '''+=整理得：9x L '=5．如图，质量分别为m 1=1.0kg 和m 2=2.0kg 的弹性小球a 、b ，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v 0=0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t =5.0s 后，测得两球相距s =4.5m ，则刚分离时，a 球、b 球的速度大小分别为_____________、______________；两球分开过程中释放的弹性势能为_____________．【答案】①0.7m/s, -0.2m/s ②0.27J 【解析】试题分析：①根据已知，由动量守恒定律得联立得②由能量守恒得代入数据得考点：考查了动量守恒，能量守恒定律的应用【名师点睛】关键是对过程分析清楚，搞清楚过程中初始量与末时量，然后根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解题6．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m 1="30" kg ，冰块的质量为m 2="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/s 2．（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()m v m M v =+系统机械能守恒：22222211()22m gh m M v m v ++= 解得：20kg M =②人推冰块的过程：1122m v m v =,得11/v m s =（向右）冰块与斜面的系统：22223m v m v Mv '=+22222223111+222m v m v Mv ='解得：21/v m s =-'（向右） 因21=v v '，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．7．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为3A m m =、B C m m m ==，开始时B 、C 均静止，A 以初速度0v 向右运动，A 与B 相撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．【答案】065B v v = 【解析】 【分析】 【详解】设A 与B 碰撞后，A 的速度为A v ，B 与C 碰撞前B 的速度为B，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：0A A A B B m v m v m v =+对B 、C 木块：()B B B C m v m m v =+由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得：065B v v =．8．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5m ，物块A 以v 0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1kg(重力加速度g 取10m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 【答案】(1)5m/s v =, F ＝22 N (2) k ＝45 (3)90.2m/s ()n v n n k =-＜【解析】⑴物块A 从开始运动到运动至Q 点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有：－2mgR ＝－解得：v ＝＝4m/s在Q 点，不妨假设轨道对物块A 的弹力F 方向竖直向下，根据向心力公式有：mg ＋F ＝解得：F ＝－mg ＝22N ，为正值，说明方向与假设方向相同。

高考物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(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，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）428225t 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：322/v m s =物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得：4282t s +=2．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。

高考物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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 ）v 3＝（m A ＋m B ＋m C ）v 4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．3．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。

高中物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以02v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．3．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：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(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 )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 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 r rα-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒4．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/s5．如图，质量分别为、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．已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．（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】4/B v m s =0.75p h m = 【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212B B B m gh m v =可得B 球第一次到达地面时的速度24/B v gh m s =（ii ）A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速度3/A v gt m s == 设B 球的速度为'B v ， 则有碰撞过程动量守恒'''A A B B B B m v m v m v +=碰撞过程没有动能损失则有222111'''222A AB B B B m v m v m v +=解得'1/B v m s =，''2/B v m 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04/B v v m s ==所以P 点的高度220'0.752B p v v h m g-== 考点：动量守恒定律 能量守恒6．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．7．如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m ＝0.1kg ．P 2的右端固定一轻质弹簧，物体P 置于P 1的最右端，质量为M ＝0.2kg 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0＝4m/s 向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内)．平板P 1的长度L ＝1m ，P 与P 1之间的动摩擦因数为μ＝0.2，P 2上表面光滑．求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1； (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 1上滑下，并求出P 的最终速度v 2． 【答案】(1)v 1=2m/s (2)E P =0.2J (3)v 2=3m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）P 1、P 2碰撞过程，由动量守恒定律 01m 2v mv = 解得012/2v v m s ==，方向水平向右 ； （2）对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 1022(2)mv Mv m M v '+=+ 解得2033/4v v m s ='=，方向水平向右， 此过程中弹簧的最大弹性势能222102111•2+Mv 2m )0.2222P E mv M v J =-='+（； （3）对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 103222mv Mv mv Mv +=- 由能量守恒定律得2222103211112+Mv 2mv +Mg 2222mv Mv L ⋅=⋅+μ 解得P 的最终速度23/0v m s =>，即P 能从P 1上滑下，P 的最终速度23/v m s =8．甲图是我国自主研制的200mm 离子电推进系统， 已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，有望在2015年全面应用于我国航天器．离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势．离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P 喷注入腔室C 后，被电子枪G 射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子．氙离子从腔室C 中飘移过栅电极A 的速度大小可忽略不计，在栅电极A 、B 之间的电场中加速，并从栅电极B 喷出．在加速氙离子的过程中飞船获得推力． 已知栅电极A 、B 之间的电压为U ，氙离子的质量为m 、电荷量为q ．（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验．求氙离子经A 、B 之间的电场加速后，通过栅电极B 时的速度v 的大小；（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M ，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv ，此过程中可认为氙离子仍以第（1）中所求的速度通过栅电极B ．推进器工作时飞船的总质量可视为不变．求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N ．（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A 、B 之间的电场对氙离子做功的功率的比值S 来反映推进器工作情况．通过计算说明采取哪些措施可以增大S ，并对增大S 的实际意义说出你的看法． 【答案】（1）（2）（3）增大S 可以通过减小q 、U 或增大m 的方法．提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． 【解析】试题分析：（1）根据动能定理有解得：（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv 解得：（3）设单位时间内通过栅电极A 的氙离子数为n ，在时间t 内，离子推进器发射出的氙离子个数为N nt =，设氙离子受到的平均力为F '，对时间t 内的射出的氙离子运用动量定理，F t Nmv ntmv ='=，F '= nmv根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F=F '= nmv 电场对氙离子做功的功率P= nqU 则根据上式可知：增大S 可以通过减小q 、U 或增大m 的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． （说明：其他说法合理均可得分） 考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.9．如图所示，用气垫导轨做“验证动量守恒”实验中，完成如下操作步骤：A ．调节天平，称出两个碰撞端分别贴有尼龙扣滑块的质量m 1和m 2．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m 2滑块放在两光电门中间，使它静止，将另一个质量为m 1滑块放在导轨的左端，向右轻推以下m1，记录挡光片通过A光电门的时间t1．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．得到验证实验的表达式__________________________．【答案】匀速直线运动小车经过光电门的时间()12112m mmt t+=【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设光电门的宽度为l，则有：经过光电门的速度为11lvt=整体经过光电门的速度为：22lvt=由动量守恒定律可知，11122(+)m v m m v=代入解得：11212()m m mt t+=。

【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 )一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如下图，质量分别为m1和 m2的两个小球在圆滑水平面上分别以速度v1、 v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后 m2被右边墙壁原速弹回，又与 m1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后 m1球速度的大小 .【答案】【分析】设两个小球第一次碰后m1和 m2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）本题考察碰撞过程中动量守恒的应用，设小球碰撞后的速度，找到初末状态依据动量守恒的公式列式可得2．如下图，圆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 的左边固定一轻弹簧（弹簧左边的挡板质量不计）；让物块 A 以速度 v0朝 B 运动，压缩弹簧；当A、 B 速度相等时， B 与 C 恰巧相碰并粘接在一同，而后持续运动．假定 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别的过程中，求．（1） A、 B 第一次速度同样时的速度大小；（2） A、 B 第二次速度同样时的速度大小；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】（ 1） v0（ 2） v0（3）【分析】试题剖析：（ 1）对 A、B 接触的过程中，当第一次速度同样时，由动量守恒定律得，mv0=2mv 1，解得 v1＝v0（2）设 AB 第二次速度同样时的速度大小v2，对 ABC 系统，依据动量守恒定律：mv0=3mv2解得 v2= v0（3） B 与 C接触的瞬时， B、 C 构成的系统动量守恒，有：解得 v3＝ v0系统损失的机械能为当 A、 B、C 速度同样时，弹簧的弹性势能最大．此时v2= v0依据能量守恒定律得，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】本题综合考察了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，重点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解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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．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v0=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，质量分别为m1和m2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m2被右侧墙壁原速弹回，又与m1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m1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4．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．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．7．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 =Q8．如图所示，木块m2静止在高h=0．45 m的水平桌面的最右端，木块m1静止在距m2左侧s0=6．25 m处．现木块m1在水平拉力F作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与 m2碰前瞬间撤去F，m1和m2发生弹性正碰．碰后m2落在水平地面上，落点距桌面右端水平距离s=l．2 m．已知m1=0．2 kg，m2 =0．3 kg，m1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／s2）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 212m 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=2as11F 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．9．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：10．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 mv 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．11．如图所示，固定点O 上系一长L ＝0.6 m 的细绳，细绳的下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的B 点接触但对平台无压力，平台高h ＝0.80 m ，一质量M ＝2.0 kg 的物块开始静止在平台上的P 点，现对物块M 施予一水平向右的初速度v 0，物块M 沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B 处与小球m 发生正碰，碰后小球m 在绳的约束下做圆周运动，经最高点A 时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块M 落在水平地面上的C 点，其水平位移x ＝1.2 m ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.(1)求物块M碰撞后的速度大小；(2)若平台表面与物块M间的动摩擦因数μ＝0.5，物块M与小球的初始距离为x1＝1.3 m，求物块M在P处的初速度大小．【答案】（1）3.0m/s（2）7.0m/s【解析】试题分析：（1）碰后物块M做平抛运动，设其平抛运动的初速度为V① （2分）S = Vt ② （2分）得：=" 3.0" m/s ③ （2分）（2）物块与小球在B处碰撞，设碰撞前物块的速度为V1，碰撞后小球的速度为V2，由动量守恒定律：MV1= mV2+ MV ⑥ （2分）碰后小球从B处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为V A：⑦（2分）小球在最高点时依题给条件有：⑧ （2分）由⑦⑧解得：V2=" 6.0" m/s ⑨ （1分）由③⑥⑨得：=" 6.0" m/s ⑩ （1分）物块M从P运动到B处过程中，由动能定理：⑾（2分）解得：=" 7.0" m/s ⑿（2分）考点：本题考查了平抛运动的规律、动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理的应用12．如图所示，物块质量m=4kg，以速度v=2m/s水平滑上一静止的平板车上，平板车质量M=16kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，其他摩擦不计（g=10m/s2），求：（1）物块相对平板车静止时，物块的速度；（2）物块在平板车上滑行的时间；（3）物块在平板车上滑行的距离，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？【答案】（1）0.4m/s（2）（3）【解析】解：物块滑下平板车后，在车对它的摩擦力作用下开始减速，车在物块对它的摩擦力作用下开始加速，当二者速度相等时，物块相对平板车静止，不再发生相对滑动。

高考物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(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，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以02v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．3．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1m/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：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(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 )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m vqv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 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 r r α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒4．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 ＝…①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 0sin30°−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)2x 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．5．（1）（5分）关于原子核的结合能，下列说法正确的是 （填正确答案标号。

高考物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(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．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)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．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 。

高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)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，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：322/v m s =物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：38sin 532/5y v v m s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=212y h v t gt -=-解得：428225t s +=3．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 ＝…①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 0sin30°−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…⑧A 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．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】①0.25v 0．②2016v L gμ=【解析】试题分析：（1）设小球和物体A 碰撞后二者的速度为v 1，三者相对静止后速度为v 2，规定向右为正方向，根据动量守恒得， mv 0=2mv 1，① （2分） 2mv 1=4mv 2② （2分）联立①②得，v 2=0.25v 0． （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．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为3A m m =、B C m m m ==，开始时B 、C 均静止，A 以初速度0v 向右运动，A 与B 相撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．【答案】065B v v = 【解析】 【分析】 【详解】设A 与B 碰撞后，A 的速度为A v ，B 与C 碰撞前B 的速度为B V ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：0A A A B B m v m v m v =+对B 、C 木块：()B B B C m v m m v =+由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得：065B v v =．6．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7．一列火车总质量为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'=-；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，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 =10．如图所示，可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上，一起以v 0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C 发生完全非弹性碰撞，B ，C 的上表面相平且B ，C 不粘连，A 滑上C 后恰好能到达C 板的最右端，已知A ，B ，C 质量均相等，木板C 长为L ，求①A 物体的最终速度 ②A 在木板C 上滑行的时间 【答案】①034v ；②04L v【解析】试题分析：①设A 、B 、C 的质量为m ，B 、C 碰撞过程中动量守恒， 令B 、C 碰后的共同速度为，则，解得，B 、C 共速后A 以0v 的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度，则 解得②在A 、C 相互作用过程中，根据功能关系有（f 为A 、C 间的摩擦力）代入解得216mv f L=· 此过程中对C ，根据动量定理有代入相关数据解得04L t v =考点：动量守恒定律；能量守恒定律及动量定理．11．（18分）、如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R ，平台上静止放着两个滑块A 、B ，其质量m A =m ，m B =2m ，两滑块间夹有少量炸药。

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．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，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以02v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．3．两个质量分别为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 BBm 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.4．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/s5．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为3A m m =、B C m m m ==，开始时B 、C 均静止，A 以初速度0v 向右运动，A 与B 相撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．【答案】065B v v = 【解析】 【分析】 【详解】设A 与B 碰撞后，A 的速度为A v ，B 与C 碰撞前B 的速度为B V ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：0A A A B B m v m v m v =+对B 、C 木块：()B B B C m v m m v =+由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得：065B v v =．6．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．如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B=4T 的匀磁场中，两导轨间距L=0.5m ，导轨足够长金属棒a 和b 的质量都为m=1kg ，电阻1a b R R ==Ω.b 棒静止于轨道水平部分，现将a 棒从h=80cm 高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C 点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰.求a 、b 两棒的最终速度大小以及整个过程中b 棒中产生的焦耳热（已知重力加速度g 取10m/s 2）【答案】 2m/s 2J 【解析】a 棒下滑至C 点时速度设为v 0，则由动能定理，有：20102mgh mv =- （2分） 解得v 0=4m/s ； （2分）此后的运动过程中，a 、b 两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a 、b 两棒组成的系统动量守恒，有：()0m v m m v =+ （2分）解得a 、b 两棒共同的最终速度为v =2m/s ，此后两棒一起做匀速直线运动； 由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦耳热为： ()2201122Q mv m m v =-+ （2分） 则b 棒中的焦耳热12b Q Q =（2分） 联立解得：Q b =2J （2分）9．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C 的上表面平滑相接，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 从距小车的上表面高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．已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g =10m/s 2. 求： （1）滑块A 与B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）小车C 上表面的最短长度.【答案】(1) v =2.5m/s (2) L =0.375m 【解析】【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 上表面的最短长度．(1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为1v ，由机械能守恒定律有：2A A 11m gh m v 2= 代入数据解得12gh 5m/s v ==．设A 、B 碰后瞬间的共同速度为2v ，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， ()12A A B m v m m v =+ 代入数据解得2 2.5m/s v =．(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3v ，根据动量守恒定律有：()()A B 2A B C 3m m v m m m v +=++ 根据能量守恒定律有：()()()222311gL=22A B A B A B C m m m m v m m m v μ++-++ 联立以上两代入数据解得0.375m L =【点睛】本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．10．如图甲所示，用半径相同的A 、B 两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”．实验时先让质量为1m 的A 球从斜槽上某一固定位置C 由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把质量为2m 的B 球放在水平轨道末端，让A 球仍从位置C 由静止滚下，A 球和B 球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次．M 、P 、N 为三个落点的平均位置，未放B 球时，A 球的落点是P 点，O 点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示．（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足______（填“>”或“<”）．（2）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是_____．A ．秒表B ．天平C ．刻度尺D ．打点计时器 （3）下列说法中正确的是_________．A ．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的B ．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误C ．用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置D ．仅调节斜槽上固定位置C ，它的位置越低，线段OP 的长度越大（4）在某次实验中，测量出两个小球的质量1m 、2m ，记录的落点平均位置M 、N 几乎与OP 在同一条直线上，测量出三个落点位置与O 点距离OM 、OP 、ON 的长度．在实验误差允许范围内，若满足关系式__________________，则可以认为两球碰撞前后在OP 方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，则还需满足的关系式是________________．（用测量的量表示）（5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M 、P 、N ，如图丙所示．他发现M 和N 偏离了OP 方向．这位同学猜想两小球碰撞前后在OP 方向上依然动量守恒，他想到了验证这个猜想的办法：连接OP 、OM 、ON ，作出M 、N 在OP 方向上的投影点M '、N '．分别测量出OP 、OM '、ON '的长度．若在实验误差允许的范围内，满足关系式：_____则可以认为两小球碰撞前后在OP 方向上动量守恒．【答案】> BC C 112m OP m OM m ON =+ 222112m OP m OM m ON =+112m OP m OM m ON ''=+【解析】 【分析】 【详解】(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：101122m v m v m v =+，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x =vt ，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅ ，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC ；（3）由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故AB 错误；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故C 正确；仅调节斜槽上固定位置C ，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP 的长度越小，故D 错误．故选C ； （4）若两球相碰前后的动量守恒，则101122m v m v m v =+，又012,,OP v t OM v t ON v t ===，代入得：112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅，若碰撞是弹性碰撞，满足机械能守恒，则：222101122111222m v m v m v =+ ，代入得;222112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅；（5）如图所示,连接OP 、OM 、ON ,作出M 、N 在OP 方向上的投影点M ′、N ′，如图所示；分别测量出OP 、OM ′、ON ′的长度．若在实验误差允许范围内,满足关系式112m OP m OM m ON ''⋅=⋅+⋅ 则可以认为两小球碰撞前后在OP 方向上动量守恒．11．（18分）、如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R ，平台上静止放着两个滑块A 、B ，其质量m A =m ，m B =2m ，两滑块间夹有少量炸药。