高考物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题

高考物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题

一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用

1．足够长的水平传送带右侧有一段与传送带上表面相切的

1

4

光滑圆弧轨道，质量为M ＝2kg 的小木盒从离圆弧底端h =0.8m 处由静止释放，滑上传送带后作减速运动，1s 后恰好与传送带保持共速。传送带始终以速度大小v 逆时针运行，木盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木盒与传送带保持相对静止后，先后相隔T ＝5s ，以v 0＝10m/s 的速度在传送带左端向右推出两个完全相同的光滑小球，小球的质量m ＝1kg ．第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中并与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t ＝0.5s 与木盒相遇。取g ＝10m/s 2，求：

（1）传送带运动的速度大小v ，以及木盒与第一个小球相碰后瞬间两者共同运动速度大小v 1；

（2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇；

（3）从木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量。

【答案】（1）v =2m/s ；v 1=2m/s （2）t 0=1s （3）24J Q = 【解析】 【详解】

（1）设木盒下滑到弧面底端速度为v '，对木盒从弧面下滑的过程由动能定理得

21

2

Mgh Mv =

' 依题意，木箱滑上传送带后做减速运动，由运动学公式有：v v at ='-' 对箱在带上由牛顿第二定律有：Mg Ma μ= 代入数据联立解得传送带的速度v =2m/s 设第1个球与木盒相遇，根据动量守恒定律得

()01mv Mv m M v -=+

代入数据，解得v 1=2m/s

（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s ，第1个球经过t 0与木盒相遇，则00

s t v =

设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有

()()m M g m M a μ+=+

得：2

2m/s a g μ==

设木盒减速运动的时间为t 1,加速到与传送带相同的速度的时间为t 2，则

12v t t a

?==

=1s 故木盒在2s 内的位移为零 依题意：03s v t vt =?+

其中t 3为木盒回到与1球碰撞点后再随带运动的时间，则对1球和2球有

0123t t t t T t +++=+?代入数据解得：s =10m ， t 0=1s

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为x ，木盒的位移为x 1,则：()09m x v T t t =+?-=

()11205m x v T t t t t =+?---=

故木盒相对与传送带的位移为14m x x x ?=-=

则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为·24J Q M m g x μ

=+?=（）

2．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O 点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度θ=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：

(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≤v c ≤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(l)从A 到B ．由功能关系可得

2

1(1cos )2

mgL mv θ-=

① 代人数据求得v=4 m/s② 在最低点B 处，2

mv T mg L

-=③ 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 竖直位移2

12

y gt =

④ 离C 点水平位移最小位移min x R v t -= ⑤ 离C 点水平位移最大为min x R v t +=⑥ 联立④⑤⑥解得

小明跳离滑板时的速度4 m/s≤v c ≤5 m/s (3)小明落上滑板时，动量守恒

01()mv m m v =+⑦

代人数据求得v 1=3 m/s⑧ 离开滑板时，动量守恒

0102()C m m v mv m v +=+⑨

将⑧代人⑨得 V 2=-3 m/s 由功能关系可得

()22

20201111()222C W mv m v m m v =+-+⑩．

解得W=480 J

3．如图(a)所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在C 点，C 点左侧地面光滑、右侧粗糙.用可视为质点的质量为m =1kg 的物体A 将弹簧压缩至O 点并锁定.以O 点为原点建立坐标轴.现用水平向右的拉力F 作用于物体A ，同时解除弹簧锁定，使物体A 做匀加速直线运动，拉力F 随位移x 变化的关系如图(b)所示，运动到0.225m 处时，撤去拉力F .

(1)求物体A 与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D 点的坐标；

(2)若在D点给物体A一向左的初速度，物体A恰好能将弹簧压缩至O点，求物体A到C 点时的速度；

(3)质量为M=3kg的物体B在D点与静止的物体A发生弹性正碰，碰后物体A向左运动并恰能压缩弹簧到O点，求物体B与A碰撞前的瞬时速度.

【答案】（1）0.45m；（2）m/s；（3）m/s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由于物体A做匀加速直线运动，结合图像，可知：

从O到C点的过程中：

在C点，、

解得：

在C点右侧：、

解得：

从O到C点，物体匀加速，则：

解得：

从C到D的过程中，由动能定理得：

其中

解得：

D点坐标：

(2) 物体A将弹簧由C点压缩至O点的过程，由动能定理得：

物体从O到C，由动能定理得：

其中

联立解得：

(3)设B碰前速度为v0，碰后速度为v1；碰后A的速度为v2，则：

物体A从D到C过程中，由动能定理：

联立解得：、

4．如图所示，AB是半径R=0.80m的光滑1/4圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M=3.0kg的小车，其上表面与B点等高。现将一质量m=1.0kg的小滑块

从A点由静止释放，经B点滑上小车，最后与小车达到共同速度。已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ=0.40。重力加速度g取10m/s2。求：

（1）滑块刚滑至B点时，圆弧对滑块的支持力大；

（2）滑块与小车最后的共同速度；

（3）为使滑块不从小车上滑下，小车至少多长。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【分析】

根据“滑块从光滑圆弧滑下，滑上小车最后达到共同速度”可知，本题考查物体做多过程的运动问题，根据曲线运动优先选择动能定理求速度，板块模型优先选用动量守恒定律求速度，能量守恒定律求摩擦生热列式计算.

【详解】

(1)滑块由A至B，由机械能守恒定律得：

经B点时，由牛顿第二定律得：

联立解得：

(2)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由动量守恒定律得：

解得共同速度：

(3)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，

由能量守恒定律得：

联立可得：，即小车至少长1.5m

【点睛】

本题综合力学的三个观点解决运动问题，涉及瞬时力和运动的关系时考虑牛顿第二定律和运动学公式；涉及变力、曲线、位移考虑动能定理；涉及内力作用的系统选择动量守恒定律；摩擦生热涉及相对位移考虑能量守恒定律.

5．如图所示，一颗质量为m的子弹水平打中悬挂在O点的质量为M的木块，绳子长L．子弹嵌在木块中一起上升，恰好能够到达最高点，这时被P处的刀片割断绳子（无能量损失）．求：

（1）子弹木块飞出后落在了与圆心等高平台上的A点，A到O点的距离是多少？

（2）在最低点处，子弹打中木块后瞬间，它们的速度有多大？

（3）子弹打中木块前的初速度是多少？

【答案】（1）2L （2）5gL （3）()

5M m gL

+

【解析】 【分析】 【详解】

（1）木块恰好能够到达最高点，则()()22

v M m g M m L

+=+

木块过最高点后做平抛运动，则有：212

L gt = A 到O 点的距离为：2OA x v t = 联立可得：2OA x L =

（2）从最低点到最高点根据动能定理可得：

()()()222111

222

M m g L M m v M m v -+?=

+-+ 解得：15v gL =

（3）根据动量守恒可得：()01mv M m v =+ 解得：()

05M m gL

v +=

6．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m 的爆竹B ，木块的质量为M ．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h ，而木块所受的平均阻力为f 。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，重力加速度g 。求： （1）爆竹爆炸瞬间木块获得的速度； （2）爆竹能上升的最大高度。

【答案】（1()2f Mg h

M

-2）()2

f M

g M

h m g - 【解析】 【详解】

（1）对木块，由动能定理得：21

02

Mgh fh Mv -=-

， 解得：()2f Mg h

v M

-=

；

（2）爆竹爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：0Mv mv -'=

爆竹做竖直上抛运动，上升的最大高度：2

2v H g

'=

解得：()2f

Mg Mh

H m g

-=

7．如图所示，一质量为3m 、厚度h=0.05m 的木板C ，静放在粗糙水平地面上。在木板C 上静放一质量为2m 的弹性小物块B ：B 所处位置的右侧光滑，长L 1=0.22m ；左侧粗糙，长L 2=0.32m ；B 与其左侧的动摩擦因数μ1=0.9：竖直固定、半径R=0.45m 的光滑

1

4

圆弧轨道，其最低点与木板C 右端等高相切。现有一质量为m 的弹性小物块A ，从轨道最高点由静止下滑。已知C 与地面间动摩擦因数μ2=0.25，小物块A 、B 可看为质点，重力加速度g 取10m/s 2。试求：

(1)A 刚滑上C 时的速度大小； (2)A 、B 碰后瞬间的速度大小；

(3)试分析判断，小物块A 是否会滑离木板C ；如果会，试求小物块A 落地瞬间与木板C 右端的水平距离。

【答案】（1）3m/s （2）v1=-1m/s ，v2=2m/s （3）会，0.108m 【解析】 【详解】

（1）对物体A ，由动能定理有2012

mgR mv = 解得02gR=3m/s v =

（2）弹性小物块A 和B 碰撞，设向左为正方向，动量守恒定律有0122mv mv mv =+

又能量守恒定律

2220121112222

mv mv mv =+ 解得v 1=-1m/s ，v 2=2m/s

（3）由于小物块B 向左运动进入C 的粗糙区域，则C 不会向右运动，而小物块A 运动方向向右，C 上表面右边光滑，故A 将会从C 右边飞出

在A 未飞出C 时，对B 有1122mg ma μ?= 得2

119m/s a g μ==

对C 有1222-63u mg u mg ma ??= 得a 2=1m/s 2 设经过t 1时间BC 共速，此时A 还未从C 飞出

21121-v v a t a t ==共 得t 1=0.2s ；=0.2m/s v 共

A 的位移大小111x v t = 得1=0.2m x

B 的位移2

221111-2

x v t a t = 可得：x 2=0.22m C 的位移2

32112

x a t =

可得x 3=0.02m 由于x 1+x 3=0.22=L 1，故此时A 刚好从C 的右端飞出； x 2-x 3=0.2

对BC 有2355u mg ma ?= 解得2

32 2.5m/s a u g ==

对B ：3122f ma u mg =

330-v a t =共 32

BC v X t =

共

得3=0.08s =0.008m BC t X ，

对A ：飞出后做平抛运动：2212h gt =

得20.1t s == 12=0.1m A X v t = 由t 2>t 3可知，BC 停下后A 才落地

故A 落地瞬间与木板C 右端得水平距离=0.108m BC A X X X =+V

8．如图甲所示，光滑曲面轨道固定在竖直平面内，下端出口处在水平方向上．一平板车静止在光滑水平地面上，右端紧靠曲面轨道，平板车上表面恰好与曲面轨道下端相平．一质量为m=0.1kg 的小物块从曲面轨道上某点由静止释放，初始位置距曲面下端高度

h=0.8m ．物块经曲面轨道下滑后滑上平板车，最终没有脱离平板车．平板车开始运动后的速度图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s 2．

（1）根据图乙写出平板车在加速过程中速度v 与时间t 的关系式． （2）求平板车的质量M ．

（3）求物块与平板车间的动摩擦因数μ和在车上滑动过程中产生的内能Q ． 【答案】(1)2v t = ；(2)0.3kg ；(3)0.6；0.6J 【解析】 【详解】

解：(1)由图象知平板车的加速度：2Δ2m/s Δv

a t

=

= 平板车在加速过程中v 与t 的关系式为：2v t = (2)物块沿曲面下滑过程，机械能守恒，则有：2012

mgh mv = 解得：04m/s v =

物块滑上车之后最终没有脱离平板车，动量守恒，则有：0()t mv m M v =+ 由图象知物块与平板车最后的共同速度：1m/s t v = 代入数据解得平板车的质量：30.3kg M m ==

(3)平板车在加速过程中，由牛顿第二定律可得： mg Ma =μ 由图象知平板车的加速度：22m/s a =

代入数据解得物块与平板车间的动摩擦因数：0.6μ= 根据能量守恒可得在车上滑动过程中产生的内能：22011

()0.6J 22

t Q mv m M v =

-+=

9．如图所示，绝缘轨道MNPQ 位于同一竖直面内，其中MN 段是长度为L 的水平轨道，PQ 段为足够长的光滑竖直轨道，NP 段为光滑的四分之一圆弧，圆心为O ，直线NN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E =

3mg

q

，在包含圆弧轨道NP 的ONO′P 区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场（边界处无磁场）．轨道MN 最左端M 点处静止一质量为m 、电荷量为q 的带负电的物块A ，一质量为3m 为物块C 从左侧的光滑轨道上以速度v 0撞向物块A ．A 、C 之间只发生一次弹性碰撞，且最终刚好挨在一起停在轨道MN 上，A 、C 均可视为质点，且与轨道MN 的动摩擦因数相同，重力加速度为g ．A 在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道．A 第一次到达N 点时，对轨

道的压力为2mg ．求：

（1）碰撞后A 、C 的速度大小；

（2）A 、C 与水平轨道MN 的动摩擦因数μ； （3）A 对轨道NP 的最大压力的大小．

【答案】（1）032A v v =；01

2C v v =（2）2

058v gL

（3）053mg qv B

【解析】 【分析】

（1）A 、C 发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒，列式联立求解碰后A 、C 的速度； （2）A 在NN′右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0．根据动能定理列式求解A 、C 与水平轨道MN 的动摩擦因数；

（3）将重力和电场力进行等效合成，找到A 对轨道NP 有最大压力的位置，根据动能定理求解此位置的速度，根据牛顿第二定律求解最大压力. 【详解】

（1）A 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v A 、v C ，则有： 3mv 0=mv A +3mv C ①

2032mv =2

A

2mv +2C 32

mv ② 联立①②解得：03

2

A v v =

③ 01

2

C v v =

④ （2）设A 、C 最后静止时与M 点的距离为l 1，A 在NN′右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0．有

μmg （2L －l １）=2A

2mv ⑤

μ?3mgl １=2C

32

mv ⑥

联立解得③④⑤⑥μ20

58v gL

=⑦ （3）设A 在Ｎ点的速度为N v ，A 从M 到N 的过程中，由动能定理得

22

N A 1122

mgL mv mv μ-=

-⑧ 设圆弧NP 的半径为a 因为A 在Ｎ点时对轨道的压力为2mg ，22N

v mg mg m a

-=⑨ A 在NN′右侧受到的电场力F =qE =3mg ⑩

重力和电场力的合力大小为F 合=2mg ，方向与OP 夹角为30θ=?．过O 点沿合力方向作直

线与圆弧相交于Ｋ点，当A 经P 点返回N 点的过程中到达K 点时，达到最大速度A

v '，此时A 对轨道的压力最大．

A 从M 点到K 点过程中，由动能定理可得：

()22

A A 11cos301sin3022

qEa mgL mga mv mv μ?---'-?=

? 返回K 点时：F N －F 合－2

A

A v qv

B m a

'='? 由③⑦⑧⑨⑩??得：F N 053mg qv B =+

由牛顿第三定律得A 对轨道NP 的最大压力为：N 053F mg qv B +'=

10．北京2022年冬奥运会和冬残奥运开闭幕式计划在北京市区举行，国家游泳中心“水立方”又将迎来新的使命，在这里将进行冰壶的比赛项目。在冰壶比赛中我们经常可以听到这些词：“先手”、“后手”、“进营”、“打定”等。其中“打定”就是将对方的冰壶击打出大本营，自己的冰壶停在打击位置，从而留在大本营。此过程中两个冰壶的碰撞可以看作是对心弹性碰撞，两个冰壶质量完全相同，且运算时可当质点处理。下图为冰壶场地示意图，大圆半径为R ，栏线到圆心的距离为L ，已知冰壶甲静止于圆心O 处。

（1）请用物理学知识解释“打定”中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象； （2）已知冰壶和冰面之间的动摩擦因数为μ，欲通过“打定”的技巧将甲冰壶打出大本营，求乙冰壶从A 点投出时速度应满足的条件。

【答案】（1）两冰壶发生弹性碰撞，碰撞后互换速度，出现“打定”中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象；（2）乙冰壶从A 点投出时速度应满足的条件是：v 0＞

2()g L R μ+ 。

【解析】 【详解】

设两个冰壶的质量均为m ，碰撞前乙的速度为v ，碰撞后乙和甲的速度分别为v 1、v 2， （1）两冰壶发生对心弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞前乙的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝mv 1+mv 2， 由机械能守恒定律得：

222

12111222

mv mv mv =+ ， 解得：v 1＝0，v 2＝v ，由此可知，有自己的冰壶停在打击位置不动的现象； （2）设以冰壶投出的速度为v 0，甲冰壶刚好被打出大本营， 乙冰壶从投出到碰撞前瞬间过程，由动能定理得：22

01122

mgL mv mv μ-=

-， 两冰壶发生对心弹性碰撞，则碰撞后v 2＝v ，若甲冰壶恰好滑到大本营的右侧边缘，对甲冰壶，由动能定理得：2

0102

mgR mv μ-=-， 解得：02()v g L R μ=+

要将冰壶甲打出大本营，乙冰壶从A 点投出的速度应满足：02()v g L R μ>+；

11．如图所示，在粗糙水平面上A 点固定一半径R =0.2m 的竖直光滑圆弧轨道，底端有一小孔．在水平面上距A 点s =1m 的B 点正上方O 处，用长为L =0.9m 的轻绳悬挂一质量M =0.1kg 的小球甲，现将小球甲拉至图中C 位置，绳与竖直方向夹角

．静止释放小

球甲，摆到最低点B 点时与另一质量m =0.05kg 的静止小滑块乙（可视为质点）发生完全弹性碰撞．碰后小滑块乙在水平面上运动到A 点，并无碰撞地经过小孔进入圆弧轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔．g =10m/s 2 ．

（1）求甲、乙碰前瞬间小球甲的速度大小；

（2）若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好不脱离圆弧轨道，求小滑块乙与水平面的动摩擦因数．

【答案】（1）3m/s （2）0.6 【解析】 【详解】

解：(1)小球甲下摆过程机械能守恒，设最低点的速度大小为 则有：

代入数据解得：

小球甲鱼小滑块乙发生弹性碰撞，设碰后的速度分别为

根据动量守恒可得：

根据机械能守恒可得：

联立解得：

，即碰后滑块乙的速度大小为4m/s

(2)小滑块恰好过圆形轨道的最高点，即在最高点有，

小滑块从碰后到圆形轨道最高点的过程，由动能定理有：

联立解得：μ=0.30

12．如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A 、C 两球的质量均为m ，B 球的质量为km （k>1）。给A 球一个水平向右的初速度v 0，B 球先与A 球发生弹性正碰，再与C 球发生弹性正碰。求系数k 的值为多大时，B 与C 碰后瞬间B 球的速度最大？

【答案】k=3吋，v B2 最大 【解析】 【详解】

设A 、B 发生弾性碰撞后的速度分别v A 、v B1，则： mv 0=mv A +kmv B1

22201111222

A B mv mv kmv =+ 联立解得：01v 1A k v k -=

+ 102

v 1

B v k =+ 设B 、

C 发生弹性碰撞后的速度分别为v B2、v C ，同理可得：211

v 1

B B k v k -=+ 代入整理得：()2

02

24v 11B v k k ??=-??++????

解得当k=3时，v B2 最大。

2动量守恒定律的应用-四种模型

例2.如图所示，一根质量不计、长为1m，能承受最大拉力为14N的绳子，一端固定在天花板上，另一端系一质量为1kg的小球，整个装置处于静止状态，一颗质量为10g、水平速度为500m/s的子弹水平击穿小球后刚好将将绳子拉断，求子弹此时的速度为多少（g取10m/s2） 练2、一颗质量为m，速度为v0的子弹竖直向上射穿质量为M的木块后继续上升，子弹从射穿木块到再回到原木块处所经过的时间为T，那么当子弹射出木块后，木块上升的最大高度为多少 例3．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小． 练3．质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块冲来，设小球不能越过滑块，求：小球到达最高点时的速度和小球达到的最大高度。 例4.如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设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，求从A开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中， (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．

练4．如图所示，光滑水平面上有A 、B 、C 三个物块，其质量分别为m A ＝2.0 kg ，m B ＝m C ＝1.0 kg ，现用一轻弹簧将A 、B 两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A 、B 两物块靠近，此过程外力做功108 J(弹簧仍处于弹性限度范围内)，然后同时释放，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C 恰好以4 m/s 的速度迎面与B 发生碰撞并瞬时粘连．求： (1)弹簧刚好恢复原长时(B 与C 碰撞前)，A 和B 物块速度的大小； (2)当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能． 1．静止在光滑水平地面上的平板小车C ，质量为m C =3kg ，物体A 、B 的质量为m A =m B =1kg ，分别以v A =4m/s 和v B =2m/s 的速度大小，从小车的两端相向地滑到车上．若它们在车上滑动时始终没有相碰，A 、B 两物体与车的动摩擦因数均为μ=．求： （1）小车的最终的速度； （2）小车至少多长（物体A 、B 的大小可以忽略）． 2．如图，水平轨道AB 与半径为R=1.0 m 的竖直半圆形光滑轨道BC 相切于B 点．可视为质点的a 、b 两个小滑块质量m a =2m b =2 kg ，原来静止于水平轨道A 处，AB 长为L=3.2m ，两滑块在足够大的内力作用下突然分开，已知a 、b 两滑块分别沿AB 轨道向左右运动，v a = 4.5m/s ，b 滑块与水平面间动摩擦因数5.0=μ，g 取10m/s 2．则 (1)小滑块b 经过圆形轨道的B 点时对轨道的压力． (2)通过计算说明小滑块b 能否到达圆形轨道的最高点C ． 附加题：如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为 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P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0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 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求： (1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . O C B a b A B v A v B C

动量守恒定律典型例题解析

动量守恒定律·典型例题解析 【例1】 如图52－1所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球以速度v 1追逐质量为m 2，速度为v 2的小球，追及并发生相碰后速度分别为v 1′和v 2′，将两个小球作为系统，试根据牛顿运动定律推导出动量守恒定律． 解析：在两球相互作用过程中，根据牛顿第二定律，对小球1有：F ＝＝，对有′＝＝．由牛顿第三定律得＝m a m m F m a m F 1112222????v t v t 12 －F ′，所以F ·Δt ＝－F ′·Δt ，m 1Δv 1＝－m 2Δv 2，即m 1( v 1′－v 1)＝－m 2(v 2′－v 2)，整理后得：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋ m 2v 2′，这表明以两小球为系统，系统所受的合外力为零时，系统的总动量守恒． 点拨：动量守恒定律和牛顿运动定律是一致的，当系统内受力情况不明，或相互作用力为变力时，用牛顿运动定律求解很繁杂，而动量定理只管发生相互作用前、后的状态，不必过问相互作用的细节，因而避免了直接运用牛顿运动定律解题的困难，使问题简化． 【例2】 把一支枪水平地固定在光滑水平面上的小车上，当枪发射出一颗子弹时，下列说法正确的是 [ ] A ．枪和子弹组成的系统动量守恒 B ．枪和车组成的系统动量守恒 C ．子弹、枪、小车这三者组成的系统动量守恒 D ．子弹的动量变化与枪和车的动量变化相同 解析：正确答案为C 点拨：在发射子弹时，子弹与枪之间，枪与车之间都存在相互作用力，所以将枪和子弹作为系统，或枪和车作为系统，系统所受的合外力均不为零，系统的动量不守恒，当将三者作为系统时，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，这时子弹的动量变化与枪和车的动量变化大小相等，方向相反．可见，系统的动量是否守恒，与系统的选取直接相关． 【例3】 如图52－2所示，设车厢的长度为l ，质量为M ，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以初速度v 0向右运动，与车厢壁来

高中物理-动量守恒定律教案

高中物理-动量守恒定律（一） ★新课标要求 （一）知识与技能 理解动量守恒定律的确切含义和表达式,知道定律的适用条件和适用范围 （二）过程与方法 在理解动量守恒定律的确切含义的基础上正确区分内力和外力 （三）情感、态度与价值观 培养逻辑思维能力,会应用动量守恒定律分析计算有关问题 ★教学重点 动量的概念和动量守恒定律 ★教学难点 动量的变化和动量守恒的条件． ★教学方法 教师启发、引导,学生讨论、交流。 ★教学用具： 投影片,多媒体辅助教学设备 ★课时安排 1 课时 ★教学过程 （一）引入新课 上节课的探究使我们看到,不论哪一种形式的碰撞,碰撞前后mυ的矢量和保持不变,因此mυ很可能具有特别的物理意义。 （二）进行新课 1．动量（momentum）及其变化 （1）动量的定义：物体的质量与速度的乘积,称为(物体的)动量。记为p=mv. 单位：kg·m/s 读作“千克米每秒”。 理解要点： ①状态量：动量包含了“参与运动的物质”与“运动速度”两方面的信息,反映了由这两方面共同决定的物体的运动状态,具有瞬时性。 师：大家知道,速度也是个状态量,但它是个运动学概念,只反映运动的快慢和方向,而运动,归根结底是物质的运动,没有了物质便没有运动.显然地,动量包含了“参与运动的物质”和“运动速度”两方面的信息,更能从本质上揭示物体的运动状态,是一个动力学概念. ②矢量性：动量的方向与速度方向一致。 师：综上所述：我们用动量来描述运动物体所能产生的机械效果强弱以及这个效果发生

的方向,动量的大小等于质量和速度的乘积,动量的方向与速度方向一致。 （2）动量的变化量： 定义：若运动物体在某一过程的始、末动量分别为p和p′,则称：△p= p′－p为物体在该过程中的动量变化。 强调指出：动量变化△p是矢量。方向与速度变化量△v相同。 一维情况下：Δp=mΔυ= mυ2- mΔυ1矢量差 【例1（投影）】 一个质量是0.1kg的钢球,以6m/s的速度水平向右运动,碰到一个坚硬的障碍物后被弹回,沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动,碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？ 【学生讨论,自己完成。老师重点引导学生分析题意,分析物理情景,规范答题过程,详细过程见教材,解答略】 2．系统内力和外力 【学生阅读讨论,什么是系统？什么是内力和外力？】 （1）系统：相互作用的物体组成系统。 （2）内力：系统内物体相互间的作用力 （3）外力：外物对系统内物体的作用力 〖教师对上述概念给予足够的解释,引发学生思考和讨论,加强理解〗 分析上节课两球碰撞得出的结论的条件： 两球碰撞时除了它们相互间的作用力（系统的内力）外,还受到各自的重力和支持力的作用,使它们彼此平衡。气垫导轨与两滑块间的摩擦可以不计,所以说m1和m2系统不受外力,或说它们所受的合外力为零。 3．动量守恒定律（law of conservation of momentum） （1）内容：一个系统不受外力或者所受外力的和为零,这个系统的总动量保持不变。这个结论叫做动量守恒定律。 公式：m1υ1+ m2υ2= m1υ1′+ m2υ2′ （2）注意点： ①研究对象：几个相互作用的物体组成的系统（如：碰撞）。 ②矢量性：以上表达式是矢量表达式,列式前应先规定正方向； ③同一性（即所用速度都是相对同一参考系、同一时刻而言的） ④条件：系统不受外力,或受合外力为0。要正确区分内力和外力；当F内＞＞F外时,系统动量可视为守恒； 思考与讨论： 如图所示,子弹打进与固定于墙壁的弹簧相连的木块, 此系统从子弹开始入射木块到弹簧压缩到最短的过程中,

§2 动量守恒定律及其应用

§2 动量守恒定律及其应用 教学目标： 1．掌握动量守恒定律的内容及使用条件，知道应用动量守恒定律解决问题时应注意的问题． 2．掌握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤． 3．会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题． 教学重点： 动量守恒定律的正确应用；熟练掌握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤． 教学难点： 应用动量守恒定律时守恒条件的判断，包括动量守恒定律的“五性”：①条件性；②整体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性． 教学方法： 1．学生通过阅读、对比、讨论，总结出动量守恒定律的解题步骤． 2．学生通过实例分析，结合碰撞、爆炸等问题的特点，明确动量守恒定律的矢量性、同时性和相对性． 3．讲练结合，计算机辅助教学 教学过程 一、动量守恒定律 1．动量守恒定律的内容 一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 即：221 12211v m v m v m v m '+'=+ 2．动量守恒定律成立的条件 ⑴系统不受外力或者所受外力之和为零； ⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计； ⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。 ⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 3．动量守恒定律的表达形式 （1）221 12211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/， （2）Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和 1221v v m m ??-= 4．动量守恒定律的重要意义 从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中

高考物理练习题库28(动量守恒定律的应用)

高考物理练习题库28(动量守恒定律的应用) 1.相向运动的A 、B 两辆小车相撞后,一同沿A 原来的方向前进,这是由于( ).【0.5】 (A)A 车的质量一定大于B 车的质量 (B)A 车的速度一定大于B 车的速度 (C)A 车的动量一定大于B 车的动量 (D)A 车的动能一定大于B 车的动能量 答案:C 2.一个静止的质量为m 的不稳定原子核,当它完成一次α衰变.以速度v 发射出一个质量为m α的α粒子后,其剩余部分的速度等于( ).【0.5】 (A)v m m α- (B)-v (C)v m -m m αα (D)v m -m m α α- 答案:D 3.在两个物体碰撞前后,下列说法中可以成立的是( ).【1】 (A)作用后的总机械能比作用前小,但总动量守恒 (B)作用前后总动量均为零,但总动能守恒 (C)作用前后总动能为零,而总动量不为零 (D)作用前后总动景守恒,而系统内各物体的动量增量的总和不为零 答案:AB 4.在光滑的水平面上有两个质量均为m 的小球A 和B,B 球静止,A 球以速度v 和B 球发生碰撞,碰后两球交换速度.则A 、B 球动量的改变量Δp A 、Δp B 和A 、B 系统的总动量的改变Δp 为( ).【1】 (A)△p A =mv,△p B =-mv,△p=2mv (B)△p A ,△p B =-mv,Δp=0 (C)Δp A =0,Δp B =mv,Δp=mv (D)△p A =-mv,Δp B =mv,Δp=0 答案:D 5.向空中发射一物体,不计空气阻力,当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a 、b 两块,若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向,则( ).【1】 (A)b 的速度方向一定与原来速度方向相同 (B)在炸裂过程中,a 、b 受到的爆炸力的冲量一定相同 (C)从炸裂到落地这段时间里,a 飞行的水平距离一定比b 的大 (D)a 、b 一定同时到达水平地面 答案:D 6.大小相同质量不等的A 、B 两球,在光滑水平面上作直线运动,发生正碰撞后分开.已知碰撞前A 的动量p A =20㎏·m/s,B 的动量p B =-30㎏·m/s,碰撞后A 的动量p A =-4㎏·m/s,则:【2】 (1)碰撞后B 的动量p B =_____㎏·m/s. (2)碰撞过程中A 受到的冲量=______N·s. (3)若碰撞时间为0.01s,则B 受到的平均冲力大小为_____N. 答案:(1)-6(2)-24(3)2400 7在光滑的水平面上有A 、B 两个小球向右沿同一直线运动,取向右为正方向,两球的动量分别为p A =5㎏·m/s,p B =7㎏·m/s,如图所示.若两球发生正碰,则碰后两球的动量增量Δp A 、Δp B 可能是( ).【2】 (A)Δp A =3㎏·m/s,Δp B =3㎏·m/s (B)Δp A =-3㎏·m/s,Δp B =3㎏·m/s

动量守恒定律经典习题(带答案)

动量守恒定律习题（带答案）（基础、典型） 例1、质量为1kg的物体从距地面5m高处自由下落，正落在以5m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为 4kg，地面光滑，则车后来的速度为多少？ 例2、质量为1kg的滑块以4m/s的水平速度滑上静止在光滑水平面上的质量为3kg的小车，最后以共同速度运动，滑块与车的摩擦系数为0.2，则此过程经历的时间为多少？ 例3、一颗手榴弹在5m高处以v0=10m/s的速度水平飞行时，炸裂成质量比为3：2的两小块，质量大的以100m/s的速度反向飞行，求两块落地 点的距离。（g取10m/s2） 例4、如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，车的质量为1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2(g取10m/s2)。设 小车足够长，求： （1）木块和小车相对静止时小车的速度。 （2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间。 （3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离。 例5、甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他所乘的冰车的质量共为30kg，乙和他所乘的冰车的质量也为30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和甲一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推向乙，箱子滑到乙处，乙迅速将它抓住。若不计冰面的摩擦，甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞？ 答案：1.

h b 分析：以物体和车做为研究对象，受力情况如图所示。 在物体落入车的过程中，物体与车接触瞬间竖直方向具有较大的动量，落入车后，竖直方向上的动量减为0，由动量定理可知，车给重物的作用力远大于物体的重力。因此地面给车的支持力远大于车与重物的重力之和。 系统所受合外力不为零，系统总动量不守恒。但在水平方向系统不受外力作用，所以系统水平方向动量守恒。以车的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得： 车 重物初：v 0=5m/s 0末：v v ?Mv 0=(M+m)v ?s m v m N M v /454 14 0=?+=+= 即为所求。 2、分析：以滑块和小车为研究对象，系统所受合外力为零，系统总动量守恒。 以滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得 滑块 小车初：v 0=4m/s 0末：v v ?mv 0=(M+m)v ?s m v m M M v /143 11 0=?+=+= 再以滑块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得 ΣF=-ft=mv-mv 0 ?s g v v t 5.110 2.0) 41(0=?--=-=μf=μmg 即为所求。 3、分析：手榴弹在高空飞行炸裂成两块，以其为研究对象，系统合外力不为零，总动量不守恒。但手榴弹在爆炸时对两小块的作用力远大于自身的重力，且水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，以初速度方向为正。 由已知条件：m 1：m 2=3：2 m 1 m 2 初：v 0=10m/s v 0=10m/s

高考物理动量守恒定律试题经典

高考物理动量守恒定律试题经典 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 0/2 射出.重力加速度为g.求： （1）此过程中系统损失的机械能； （2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离． 【答案】(1)2 0138m E mv M ???=- ??? (2)02mv h s M g = 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V ，由动量守恒得 mv 0=m +MV ① 解得 ② 系统的机械能损失为 ΔE = ③ 由②③式得 ΔE = ④ （2）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ,则 ⑤ s=Vt ⑥ 由②⑤⑥得 S = ⑦ 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．

点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易． 2．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。 ⑵根据机械能守恒定律可知，物块A 与物块B 碰撞前瞬间的速度为v 0，设碰后A 、B 瞬间一起运动的速度为v 0′，根据动量守恒定律有：mv 0＝2mv 0′ 解得：v 0′＝ ＝3m/s 设物块A 与物块B 整体在粗糙段上滑行的总路程为s ，根据动能定理有：－2μmgs ＝0－ 解得：s ＝ ＝4.5m 所以物块A 与物块B 整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的 ＝45倍，即

高中物理动量守恒定律及其应用

动量守恒定律及其应用 教学目标： 1．掌握动量守恒定律的内容及使用条件，知道应用动量守恒定律解决问题时应注意的问题． 2．掌握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤． 3．会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题． 教学重点： 动量守恒定律的正确应用；熟练掌握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤． 教学难点： 应用动量守恒定律时守恒条件的判断，包括动量守恒定律的“五性”：①条件性；②整体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性． 教学方法： 1．学生通过阅读、对比、讨论，总结出动量守恒定律的解题步骤． 2．学生通过实例分析，结合碰撞、爆炸等问题的特点，明确动量守恒定律的矢量性、同时性和相对性． 3．讲练结合，计算机辅助教学 教学过程 一、动量守恒定律 1．动量守恒定律的内容 一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 即：221 12211v m v m v m v m '+'=+ 2．动量守恒定律成立的条件 （1）系统不受外力或者所受外力之和为零； （2）系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计； （3）系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。 （4）全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 3．动量守恒定律的表达形式

（1）221 12211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/， （2）Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1 221v v m m ??-= 4．动量守恒定律的重要意义 从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。 5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法 （1）分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。 （2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。 （3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初 动量和末动量的量值或表达式。 注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。 （4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。 二、动量守恒定律的应用 1．碰撞 两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认 为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性 碰撞、完全非弹性碰撞三种。 仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚

动量定理与动量守恒定律·典型例题解析

动量定理与动量守恒定律·典型例题解析 【例1】 在光滑的水平面上有一质量为2m 的盒子，盒子中间有一质量为m 的物体，如图55－1所示．物体与盒底间的动摩擦因数为μ现给物体以水平速度v 0向右运动，当它刚好与盒子右壁相碰时，速度减为 v 02 ，物体与盒子右壁相碰后即粘在右壁上，求： (1)物体在盒内滑行的时间； (2)物体与盒子右壁相碰过程中对盒子的冲量． 解析：(1)对物体在盒内滑行的时间内应用动量定理得：－μmgt ＝ m mv t 0·－，＝v v g 0022 (2)物体与盒子右壁相碰前及相碰过程中系统的总动量都守恒，设碰 撞前瞬时盒子的速度为，则：＝＋＝＋．解得＝，＝．所以碰撞过程中物体给盒子的冲量由动量定理得＝－＝，方向向右． v mv m v 22mv (m 2m)v v v I 2mv 2mv mv /61001212210v v 0043 点拨：分清不同的物理过程所遵循的相应物理规律是解题的关键． 【例2】 如图55－2所示，质量均为M 的小车A 、B ，B 车上 挂有质量为的金属球，球相对车静止，若两车以相等的速率M 4 C C B 1.8m/s 在光滑的水平面上相向运动，相碰后连在一起，则碰撞刚结束时小车的速度多大？C 球摆到最高点时C 球的速度多大？ 解析：两车相碰过程由于作用时间很短，C 球没有参与两车在水平方向的相互作用．对两车组成的系统，由动量守恒定律得(以向左为正)：Mv －Mv ＝

2Mv 1两车相碰后速度v 1＝0，这时C 球的速度仍为v ，向左，接着C 球向左上方摆动与两车发生相互作用，到达最高点时和两车 具有共同的速度，对和两车组成的系统，水平方向动量守恒，＝＋＋，解得＝＝，方向向左．v C v (M M )v v v 0.2m /s 222M M 4419 点拨：两车相碰的过程，由于作用时间很短，可认为各物都没有发生位移，因而C 球的悬线不偏离竖直方向，不可能跟B 车发生水平方向的相互作用．在C 球上摆的过程中，作用时间较长，悬线偏离竖直方向，与两车发生相互作用使两车在水平方向的动量改变，这时只有将C 球和两车作为系统，水平方向的总动量才守恒． 【例3】 如图55－3所示，质量为m 的人站在质量为M 的小车的右端，处于静止状态．已知车的长度为L ，则当人走到小车的左端时，小车将沿光滑的水平面向右移动多少距离？ 点拨：将人和车作为系统，动量守恒，设车向右移动的距离为s ，则人向左移动的距离为L －s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得M ·s －m(L －s)＝0，从而可解得s ．注意在用位移表示动量守恒时，各位移都是相对地面的，并在选定正方向后位移有正、负之分． 参考答案 例例跟踪反馈．．．；；．×·3 m M +m L 4 M +m M H [] 1 C 2h 300v 49.110N s 04M m M 【例4】 如图55－4所示，气球的质量为M 离地的高度为H ，在气球下方有一质量为m 的人拉住系在气球上不计质量的软绳，人和气球恰悬浮在空中处于静止状态，现人沿软绳下滑到达地面时软绳的下端恰离开地面，求软绳的长度．

高三物理动量守恒定律教案

高三物理动量守恒定律教案 1、知识与技能：掌握运用动量守恒定律的一般步骤。 2、过程与方法：知道运用动量守恒定律解决问题应注意的问题，并知道运用动量守恒定律解决有关问题的优点。 3、情感、态度与价值观：学会用动量守恒定律分析解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题，培养思维能力。 (一)引入新课 动量守恒定律的内容是什么?分析动量守恒定律成立条件有哪些?(①F合=0(严格条件)②F内远大于F外(近似条件，③某方向上合力为0，在这个方向上成立。) (二)进行新课 1、动量守恒定律与牛顿运动定律 用牛顿定律自己推导出动量守恒定律的表达式。 (1)推导过程：

根据牛顿第二定律，碰撞过程中1、2两球的加速度分别是： 根据牛顿第三定律，F1、F2等大反响，即 F1= - F2 所以： 碰撞时两球间的作用时间极短，用表示，则有： 代入并得 这就是动量守恒定律的表达式。 (2)动量守恒定律的重要意义 从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。(另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。)从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年

人们才首次证明了中微子的存在。(2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的)。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。 2、应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法 (1)分析题意，明确研究对象 在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。 (2)要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析 弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力。在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。 (3)明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态

动量守恒定律及其应用习题(附答案)

动量守恒定律及其应用习题(附答案) 1. 如图所示,光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动.两球质量关系为m B =2m A ,规定向右为正方向,A 、B 两球的动量均为6kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A 球的动量增量为-4kg·m/s,则(A) A.左方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2:5 B.左方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1:10 C.右方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2:5 D.右方是A 球,碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1:10 2. 有一则“守株待兔”的古代寓言,设兔子的头部受到大小等于自身重量的打击时,即可致死.假若兔子与树桩作用时间大约为s 2.0,则若要被撞死,兔子奔跑的速度至少为()/102s m g = ( C ) A.s m /1 B.s m /5.1 C.s m /2 D.s m /5.2 3. 向空中抛出一手榴弹,不计空气阻力,当手榴弹的速度恰好是水平方向时,炸裂成a 、b 两块,若质量较大的a 块速度方向仍沿原来的方向,则( CD ) A.质量较小的b 块的速度方向一定与原速度方向相反 B.从炸裂到落地这段时间内,a 飞行的水平距离一定比b 的大 C.a 、b 两块一定同时落到水平地面a D.在炸裂过程中,a 、b 两块受到的爆炸力的冲量大小一定相等 4. 两木块A 、B 质量之比为2∶1，在水平地面上滑行时与地面间的动摩擦因数相同，则A 、B 在开始滑行到停止运动的过程中，滑行的时间之比和距离之比( AD ) A.初动能相同时分别为1∶2和1∶2 B.初动能相同时分别为1∶2和1∶4 C.初动量相同时分别为1∶2和1∶2 D.初动量相同时分别为1∶2和1∶4 5. 在我们日常的体育课当中,体育老师讲解篮球的接触技巧时,经常这样模拟:当接迎面飞来的篮球,手接触到球以后,两臂随球后引至胸前把球接住.这样做的目的是( D ) A.减小篮球的冲量 B.减小篮球的动量变化 C.增大篮球的动量变化 D.减小篮球的动量变化率 6．在光滑的水平面上，有A 、B 两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正方向，两球的动量分别为m/s kg 5A ?=P ，m/s kg 7B ?=P ，如图所示.若两球发生正碰，则碰后两球的动量增量A P ?、B P ?可能是( B ) A.m/s kg 3A ?=?P ，m/s kg 3B ?=?P B.m/s kg 3A ?-=?P ，m/s kg 3B ?=?P C.m/s kg 3A ?=?P ，m/s kg 3B ?-=?P D.m/s kg 10A ?-=?P ，m/s kg 10B ?=?P 7. 材料不同的两个长方体,上下粘结在一起组成一个滑块,静止在光滑的水平面上.质量为m 的子弹以速度0v 水平射入滑块,若射击上层,子弹的深度为d 1；若射击下层,子弹的深度为d 2,如图所示.已知d 1>d 2.这两种情况相比较( B ) A.子弹射入上层过程中,子弹对滑块做功较多 B.子弹射人上层过程中,滑块通过的距离较大 C.子弹射入下层过程中,滑块受到的冲量较大 D.子弹射入下层过程中,滑块的加速度较小 8. 如图所示，质量相同的两个小物体A 、B 处于同一高度。现使A 沿固定的光滑斜面无初速地自由下滑，而使B 无初速地自由下落，最后A 、B 都运动到同一水平地面上。不计空气阻力。则在上述过程中，A 、B 两物体( BD ) A.所受重力的冲量相同 B.所受重力做的功相同 C.所受合力的冲量相同 D.所受合力做的功相同

高考物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题

高考物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题 一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用 1．足够长的水平传送带右侧有一段与传送带上表面相切的 1 4 光滑圆弧轨道，质量为M ＝2kg 的小木盒从离圆弧底端h =0.8m 处由静止释放，滑上传送带后作减速运动，1s 后恰好与传送带保持共速。传送带始终以速度大小v 逆时针运行，木盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木盒与传送带保持相对静止后，先后相隔T ＝5s ，以v 0＝10m/s 的速度在传送带左端向右推出两个完全相同的光滑小球，小球的质量m ＝1kg ．第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中并与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t ＝0.5s 与木盒相遇。取g ＝10m/s 2，求： （1）传送带运动的速度大小v ，以及木盒与第一个小球相碰后瞬间两者共同运动速度大小v 1； （2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇； （3）从木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量。 【答案】（1）v =2m/s ；v 1=2m/s （2）t 0=1s （3）24J Q = 【解析】 【详解】 （1）设木盒下滑到弧面底端速度为v '，对木盒从弧面下滑的过程由动能定理得 21 2 Mgh Mv = ' 依题意，木箱滑上传送带后做减速运动，由运动学公式有：v v at ='-' 对箱在带上由牛顿第二定律有：Mg Ma μ= 代入数据联立解得传送带的速度v =2m/s 设第1个球与木盒相遇，根据动量守恒定律得 ()01mv Mv m M v -=+ 代入数据，解得v 1=2m/s （2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s ，第1个球经过t 0与木盒相遇，则00 s t v = 设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有 ()()m M g m M a μ+=+ 得：2 2m/s a g μ==

高中物理动量守恒定律题20套(带答案)

高中物理动量守恒定律题20套(带答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．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0 2 v 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）20 1532 mv 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＝m 2 v ＋2mv B 解得v B ＝ 4 v (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 2 220001 11()2()22224 v v mgL mv m m μ?＝－－ 解得20 516v gL μ= (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： 2 mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒： 22200111 ()()222242 v v mgR m m mv +-?＝ 解得2 64v 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

高考物理动量守恒定律解题技巧及练习题

高考物理动量守恒定律解题技巧及练习题 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）4282 25 t 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：22011122 mgL 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：22 01211()(cos53)22 mv 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： 22 00311(cos53)22 mv 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：38 sin 532/5 y v v m s =?= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-?=

动量守恒定律及应用练习题

动量守恒定律习题课 教学目标：掌握应用动量守恒定律解题的方法和步骤 能综合运用动量定理和动量守恒定律求解有关问题教学重点：熟练掌握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤教学难点：守恒条件的判断，系统和过程的选择，力和运动的分析教学方法：讨论，总结；讲练结合 【讲授新课】 1、“合二为一”问题：两个速度不同的物体，经过相互作 用，最后达到共同速度。 例1、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时： （1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？ 分析与解：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。 （1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V，则: M1V1－M2V1=（M1+M2）V （2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－ 1.5）=225（kg·m/s） 每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为△P1=16.5×1－ 1.5×1=15（kg·m/s） 故小球个数为 2、“一分为二”问题：两个物体以共同的初速度运动，由于 相互作用而分开后以不同的速度运动。 例2、人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度V推向前方弹性挡板，木箱与档板碰撞后又反向弹 回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度V推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再

物理动量守恒定律题20套(带答案)

物理动量守恒定律题20套(带答案) 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 2．一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 a M 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：