高中物理高考物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案)

1、高中物理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.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m2=3kg的小球被长为l 1m的轻质细线悬挂在 。点，球的左边缘恰于传送带右端B对齐；质量为 mi=1kg的物块自传送带上的左端A点以初速度vo=5m/s的速度水平向右运动，运动至 B点与球m21 一、，-， ，e ，A 、r 、，什一发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的一反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。2已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为=0.1取重力加速度g 10m/s2。求：(1)碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？

2、(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：1212ngL=-nV1 二 Rv。22解之可得：v1 =4m/s因为 v ,说明假设合理12滑块与小球碰撞，由动重寸恒te律：m1v1 = 5 mlvj+m2V2Fm2g2m2v2l解之得：v2 =2m/s碰后，对小球，根据牛顿第二定律:小球受到的拉力： F 42N1(2)设滑块与小球碰撞刖的运动时间为L ,则L - v0 v1tl2解之得：t1 1s在这过程中，传送带运行距离为：S vt1 3m滑块与传送

3、带的相对路程为：X1 L X1 1.5m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t2则根据动量定理:m1gt2m1-12解之得：t2 2s1 1四块向左运动取大位移：xm Vi t?=2m2 2因为Xm L ,说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带1再考虑到滑块与小球碰后的速度V1V V ,2说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为2t2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X2 2Vt2 12m因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是Qmg 为X2 =13.5J2.两个质量分别为 mA 0.3kg、mB 0.1kg的小滑块 A B和一根轻质短弹簧，弹簧的

4、 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v0 3m/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h 1.5m.斜面倾角37°,小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15,水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取 10m/s2.求：（提示：sin37° 0.6, cos37 0 0.8）（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）

5、 VB 6m/s（2） EP 0.6J【解析】试题分析：（1）设分离时 A B的速度分别为vA、vB ,小滑块B冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：mBghmBgh cos mBvB （3sin 2分）代入已知数据解得：vB 6m / s （2分）（2）由动量守恒定律得：（mA mB）v0 mAvA mBvB（3分）解得：vA 2m/ s（2 分）（4分）由能量守恒得： 5mA mB)v2 EP 3 mAvA gmBv2 解得：EP 0.6J(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，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e

6、f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=1 Q,其余电阻均不计，重力加速度 g=10m/s2,不计空气阻力。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

7、回路中的电功率。9【答案】(1) v 2.10m/s (2)25J (3)PW4【解析】【详解】解：根据机械能守恒定律，可得： mgh - mv2 2解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v 2Mm / 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：Q mg(h r) 25J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为Vi ,凹槽速度大小为v2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：mv1 Mv21 212 一 一由能重寸恒可得：一mv1mv2 mg(h r) Q12 2导体棒第一

8、次通过最低点时感应电动势：E BLv1 BLv2八一E2回路电功率：P R9联立解得：P 9W44.如图所示，两块相同平板 R、P2置于光滑水平面上，质量均为 m> P2的右端固定一轻质 弹簧，左端A与弹簧的自由端 B相距L。物体P置于R的最右端，质量为 2m且可以看作质 点。R与P以共同速度V0向右运动，与静止的 P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后Pi与P粘连在一起，P压缩弹簧后被弓t回并停在 A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为 科 ,求：(1) Pi、P2刚碰完时的共同速度(2)此过程中弹簧最大压缩量Vi和P的最终速度V2； x和相应的弹性势能日。v0【答案】(

9、1) Vi 一 , V223vo2Vox 322 mvoi6【解析】(1)Pi、P2碰撞过程,动量守恒,mvo2mv1,解得Vo%2对R、F2、P组成的系统，由动量守恒定律，(m 2m)vo 4mv2 ,解得 v3vo4(2)当弹簧压缩最大时，R、P、P三者具有共同速度 V2,对Pi、P2、P组成的系统，从R、P2碰撞结束到P压缩弹簧后被弓t回并停在 A点，用能量守恒定律i _2 i _ 2 i2Vo.一 2mVi 一 2mVo (m 2m m)V2 u(2mg)2(L x) 解得 x L22232 g对R、F2、P系统从Pi、P2碰撞结束到弹簧压缩量最大，用能量守恒定律i _2i _21_、

10、2. _、/.、_2mVi 2mVo(m 2mm)V2u(2mg)(Lx)Ep2222最大弹性势能EP 吗16注意三个易错点：碰撞只是 R、P2参与；碰撞过程有热量产生；P所受摩擦力，其正压力为2mg【考点定位】碰撞模型、动量守恒定律、能量守恒定律、弹性势能、摩擦生热。中档题5.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为 mA 3m、mB me m ,开始时B、C均静止，A以初速度Vo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.【解析】【分析】【详解】设A与B碰撞后，A的速度为Va , B与C碰撞前B的速度为, B与C碰撞

11、后粘在一起的 速度为V,由动量守恒定律得：对A、B木块：mAVo对B、C木块：Mb由A与B间的距离保持不变可知 vA v联立代入数据得：mAVAmBVBmbmC v6.如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B, B的质量为M=3m,劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，现让小物块 C以水【答案】h 3VL平速度V0向右运动，与 A发生弹性碰撞，碰撞后小物块 A又滑上劈B,求物块A在B上能8g【解析】试题分析：选取A、C系统碰撞过程动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能 守恒定律求出A的速度；A、B系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定

12、 律可以解题.小物块C与A发生弹性碰撞，由动量守恒得： mv)= mv+ mv由机械能守恒定律得：1 mv2 - mv(2 - mvA2222联立以上解得：Vc= 0 , Va= V0设小物块A在劈B上达到的最大高度为 h,此时小物块 A和B的共同速度大小为 v,对小物块A与B组成的系统，1O1O由机械能寸恒得：一 mvA mgh m M v 22水平方向动量守恒 mvAm M v联立以上解得：h 也8g点睛：本题主要考查了物块的碰撞问题，首先要分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题.要注意 A、B系统水平方向动量守 恒，系统整体动量不守恒.7.如图所示

13、，木块 已静止在高h=0. 45 m的水平桌面的最右端，木块m静止在距m 左侧so=6. 25 m处.现木块 m在水平拉力F作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与 m 2碰前瞬间撤去F, m和m2发生弹性正碰.碰后 已落在水平地面上，落点距桌面右端水平0. 2.(两个距离s=l . 2 m.已知m=0. 2 kg , n2 =0 . 3 kg , m与桌面的动摩擦因素为 木块都可以视为质点，g=10 m/s2)求：I覆 |I->>I二一(1)碰后瞬间m；的速度是多少？(2) m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/

14、s (3) 0. 8N试题分析：(1) mi做平抛运动，则：h= gt2;2s=v2t ；解得 v2=4m/s(2)碰撞过程动量和能量守恒：mv=mv1+mv21 mv2=1 mv12+1 mW222 22代入数据解得：v=5m/s v 1=-1m/s(3) m碰前:v 2=2asFm1g m1a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，分清物理过程；用动量守恒定律和能量【名师点睛】此题关键是搞清两个物体的运动特征 守恒定律结合牛顿定律列出方程求解.8 .如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重

15、物与木板间的动摩擦因数为科使木板与重物以共同的速度 vo向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后木板以原速率反弹.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次 撞墙.木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度V,动量守恒，有：.一 、“寸 02mvo - mvo= （2m+m） v, 解得： v= J木板在第一个过程中，用动量定理，有： mv - m （ - V。）二科2mgt用动能定理，

16、有： :mu'-建-2mgs a木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：S=Vt2,乙 一+二A 工乙上ALLI、2 V n 2 Vq I 4 Vn木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t 1 +t2j - +r 一3U邕 3区皂 311g答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为137g【点评】本题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题，正确分析出 运动规律是关键.9 .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R R 1 .b棒静止于轨 道水平部分，现

17、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/s2）【答案】2m/s 2J【解析】a棒下滑至C点时速度设为V0,则由动能定理，有：,12mgh mv0 0（2 分）2解得 vo=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：mvom 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

18、量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦耳热为：（2分）（2分）（2分）1212Q - mv0 - m m v 221 -则b棒中的焦耳热Qb -Q 2联立解得：Qb=2J10 .如图所示，一光滑弧形轨道末端与一个半径为R的竖直光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起（轻弹簧尺寸忽略 不计），两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接 两车的挂钩突然断开，弹簧瞬间将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰 能越过圆弧轨道最高点.求：（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能Ep；（3）两车从静止下滑处到最低点

19、的高度差h.55【答案】(1) v1 j5Rg (2) mgR (3) h - R【解析】试题分析：(1)前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，根据牛顿第二定律求出最 高点速度，根据机械能守恒列出等式求解(2)由动量守恒定律求出两车分离前速度，根据系统机械能守恒求解(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒列出等式求解.2v(1)设前车在取tWj点速度为 V2,依题思有 mg m怎 R设前车在最低位置与后车分离后速度为Vi,1c1c根据机械能寸恒得 一 mv2 mg 2Rmv122由得：v15Rg(2)设两车分离前速度为 V0,由动量守恒定律得 2mvo mv112 12 5设分离刖弹黄弹性

20、势能 Ep ,根据系统机械能守恒得：Ep mv； 2m0 mgR2241-2(3)两车从h局处运动到最低处过程中，由机械能守恒定律得：2mgh 2mv02, 一 5解得：h -R8m=0.10kg的爆竹h=5cm,而木 g 取 10m/s2,11 .如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A,其上面再放一个质量为B,木块的质量为 M=6.0kg.当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度 块所受的平土阻力为 f=80N.若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计， 求爆竹能上升的最大高度.【答案】h 60m【解析】试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用，根据动能定理可得12(mg f )h 0 Mv1 (1) 2爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒，故有mv2 Mv1 (2)2_爆竹完后，爆竹做竖直上抛运动，故有V2 2gh(3)联立三式可得：h 600m考点：考查了动量守恒定律，动能定理的应用点评：基础题，比较简单，本题容易错误的地方为在A下降过程中容易将重力丢掉12 .如图所示，水平光滑轨道 AB与以。点为圆心的竖直半圆