高考物理动量守恒定律技巧(很有用)及练习题含解析

1、高考物理动量守恒定律技巧( 很有用 ) 及练习题含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律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 =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 (53 147 )，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场质量m2=3 10-3 kg、电荷量 q=3

2、 l0-3 c 的带正电小物体q 静止在圆弧轨道上 b 点，质量 m1=1.5 10-3 kg 的不带电小物体 p 从轨道右端 a 以 v0=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=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/s 2求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体q 的弹力大小fn；(2)当=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b1；(3)当区域 efgh

3、内所加磁场的磁感应强度为b2 =2t 时，要让物体场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的 值q 从gh边穿出磁场且在磁【答案】 (1) fn4.610 2 n (2)b1 1.25t(3) t127s ,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 v2从 a 到 b，对，由动能定理得：1212p- m1gl2m1v12 m1v0解得： v17m/s碰撞过程中，对p ， q 系统：由动量守恒定律：m1v1m1v1m2v2取向左为正方向，由题意v11m/s ，解得： v24m/sb 点：对 q ，由牛顿第二定律

4、得：fnm2 gm2v22r解得 : fn4.6 10 2 n(2)设 q 在 c 点的速度为 vc ，在 b 到 c 点，由机械能守恒定律：m2 gr(1cos )1 m2vc21 m2v2222解得： vc2m/s进入磁场后： q 所受电场力 fqe3102 nm2 g ， q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：qvcb1m2vc2r1q 刚好不从 gh 边穿出磁场，由几何关系：r1d1.6m解得： b11.25t(3)当所加磁场 b22t ， r2m2vc1mqb2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

5、边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：dr2设最大圆心角为，由几何关系得：cos(180)r2解得：1272 m2运动周期： tqb2则 q 在磁场中运动的最长时间：tt127 ?2 m2127 s360360 qb2360此时对应的角： 190 和2 1432(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m1=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m2=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

6、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/s2,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） v0 =4.0m/s（ 2） w=-1.6j（ 3） e=0.80j【解析】试题分析：设物块 a 滑到斜面底端与物块 b 碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有 m1gh1m1 v02(1 分)v02gh ，解得： v0 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 m2g(1 分 )w m2g

7、x 解得： w1.6 j(1 分 )设物块 a 与物块 b 碰撞后的速度为v1，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m212v2gx 02m解得： v 4.0 m/s(1分)根据动量守恒定律 m1v0 m1v1 m2v(1 分)解得： v1 2.0 m/s(1分 )能量守恒11 v211 v21m22 e(1 分 )m0 m1 v222解得： e0.80 j(1 分)考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律3 如图甲所示，物块a、 b 的质量分别是ma=4.0kg 和 mb=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

8、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：物块 c 的质量？b 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能ep？【答案】 （1） 2kg（ 2） 9j【解析】试题分析： 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mcv1（ ma mc） v2即 mc 2 kg 12 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（ma mc） v3（ ma mb mc） v4得

9、 ep 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3 ；槽内6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 10m

10、 / s2 .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-1， v-1（ 3）x总=0.2n2man=(n-1)m?sbn=n m?sn【解析】【分析】【详解】（ 1）设物块 a 的加速度为 a1，则有 magsin =ma1，解得 a1=5m/s 2凹槽 b 运动时受到的摩擦力f= 3mgcos=mg 方向沿斜面向上；凹槽 b 所受重力沿斜面的分力g1=2mgsin =mg 方向沿斜面向下；因为

11、g12=f，则凹槽 b 受力平衡，保持静止，凹槽b 的加速度为 a =0（2）设 a 与 b 的左壁第一次碰撞前的速度为va0，根据运动公式： v2a0=2a1d解得 va0=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va1， b 的速度为 vb1，则由动量守恒定律： mva 0mva12mvb 1 ；由能量关系： 1 mva201 mva1212mvb21222解得 va1=-1m/s( 负号表示方向 )， vb1=2m/s528如图所示，质量为 ma=2kg 的木块 a 静止在光滑水平面上。一质量为mb= lkg 的木块 b 以初速度 v0=l0m/s

12、沿水平方向向右运动，与a 碰撞后都向右运动。木块a 与挡板碰撞后立即反弹（设木块 a 与挡板碰撞过程无机械能损失）。后来木块a 与 b 发生二次碰撞，碰后 a、 b 同向运动，速度大小分别为1m/s、 4m/s 。求：木块 a、 b 第二次碰撞过程中系统损失的机械能。【答案】 9j【解析】试题分析：依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后a、 b 速度方向都向左。第一次碰撞，规定向右为正向mbv0=mbvb+mava第二次碰撞，规定向左为正向mava-mbvb= mbvb +mava得到 va=4m/s v b=2m/se=9j考点：动量守恒定律；能量守恒定律.视频6 如图

13、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 v0 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 0.1， a、b的质量均为m 1kg(g取10m/s2重力加速度； 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 停止在第k 个粗糙段上，求k 的数 ；(3)求碰后 ab 滑至第

14、 n 个(n k)光滑段上的速度vn 与 n 的关系式【答案】 (1) v5m/s ,f 22 n (2) k 45 (3) vn90.2n m/s (nk )【解析】物 a 从开始运 到运 至q 点的 程中，受重力和 道的 力作用，但 力始 不做功，只有重力做功，根据 能定理有：2mgr解得： v 4m/s在 q 点，不妨假 道 物 a 的 力 f 方向 直向下，根据向心力公式有：mg f解得： f mg 22n， 正 ， 明方向与假 方向相同。根据机械能守恒定律可知，物 a 与物 b 碰撞前瞬 的速度 v0， 碰后a、 b 瞬 一起运 的速度 v0，根据 量守恒定律有：mv02mv 0解得

15、： v0 3m/s 物 a 与物 b 整体在粗糙段上滑行的 路程 s，根据 能定理有：2mgs 0解得：s 4.5m所以物 a 与物 b 整体在粗糙段上滑行的 路程 每段粗糙直 道 度的 45 倍，即k 45物 a 与物 b 整体在每段粗糙直 道上做匀减速直 运 ，根据牛 第二定律可知，其加速度 ： a g 1m/s2由 意可知 ab 滑至第 n 个（ n k）光滑段 ，先前已 滑 n 个粗糙段，根据匀 速直 运 速度 -位移关系式有： 2nal 解得： vnm/s（其中 n 1、 2、 3、 44）【考点定位】 能定理（机械能守恒定律）、牛 第二定律、匀 速直 运 速度-位移式关系、向心力公

16、式、 量守恒定律的 用，以及运用数学知 分析物理 的能力。【 律 】牛 定律、 能定理、功能关系、 量守恒定律等往往是求解 合大 的必 知 ，因此遇到此 ，要能 性地从以上几个方面 行思考，并正确 合运用相关数学知 助分析、求解。7 如 所示，静置于水平地面的三 手推 沿一直 排列， 量均 m，人在极端的 内 第一 一水平冲量使其运 ，当 运 了距离 l 与第二 相碰，两 以共同速度 运 了距离 l 与第三 相碰，三 以共同速度又运 了距离 l 停止。 运 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

17、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8 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】 v a1.0m / s ， e损0.25 j【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

18、得：mava +mbvb=m ava+mbvb代入数据解： va=1.0m/s 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： 碰后 a 球的速度为1.0m/s ； 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9 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 v02 m/s 从左端滑上木板 ，已知木板和小物

19、块的质量均为1 kg，小物块与木板之间的动摩擦因数 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 s0.4 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

20、速度为v1则 mgma ，解得 ag 1m / s2 l1at 2 ， v1at 2联立 解得 t0.4s ， v1 0.4m / s （ 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：v v0 2nt t aa t 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 式可改写为2v v0 2nta 由于木板的速率只能处于0 到 v1 之间，故有001 v

21、 2nta 2v求解上式得 1.5n2.5由于 n 是整数，故有n=2由得： t 0.2s ； v 0.2m / s 从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：t 4tt 1.8s（ 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18s（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s l1a t 2（ 12）2联立 与（ 12）式，并代入数据得s0.06m即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为006m 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

22、，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，两者速度一起减为零10 如图所示，质量为ma=3kg 的小车 a 以 v0=4m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为mb=1kg 的小球 b（可看作质点），小球距离车面 h=0.8m某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为mc=1kg 的物块 c 发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），

23、此时轻绳突然断裂此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g=10m/s 2求：（1）小车系统的最终速度大小v 共 ；（ 2）绳未断前小球与砂桶的水平距离l；（ 3）整个过程中系统损失的机械能e 机损 【答案】 (1)3.2m/s（ 2）0.4m（ 3） 14.4j【解析】试题分析：根据动量守恒求出系统最终速度；小球做平抛运动，根据平抛运动公式和运动学公式求出水平距离；由功能关系即可求出系统损失的机械能（1）设系统最终速度为v 共 ，由水平方向动量守恒：(ma mb) v0=(mambmc) v 共带入数据解得：v 共=3.2m/s（ 2） a 与 c

24、的碰撞动量守恒： mav0=(ma mc)v1解得 ： v1=3m/s设小球下落时间为t，则： h1 gt 22带入数据解得：t=0.4s所以距离为：l(v0 v1 )带入数据解得：l=0.4m（3）由能量守恒得 ：e损 mb gh1ma mb v021ma mb m v共222带入数据解得：e损14.4 j点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列式求解11 光滑水平面上放着一质量为m 的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0 向槽运动（ 1）若槽固定不动，求小球上升的高度（槽足够高）（ 2）若槽不固定，则小球上升多高？【答案】（ 1）v02mv022g（ 2）m)g2( m【解析】（1）槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得： mgh11 mv022解得： h1v02；2g（2）槽不固定时，设球上升的最大高度为h2 ，此时两者速度为 v，由动量守恒