高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及经典题型及练习题

(含答案)

一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用

1.

如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量

质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数 止.现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间

(1) 小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度 (2) 刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离 s ；

⑶撒去F 后，系统能损失的最大机械能 AE.

【答案】(1) 2m/s 2 (2) 0.5m (3) 0.4J 【解析】 【分析】

(1 )对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；

(2) 先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出 长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；

(3) 撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损 失的最大机械能AE . 【详解】

(1) 小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则： 解得a 1=卩g=2m/s

(2) 对木板，受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F-卩mg=Ma, 解得：a 2= 3m/s 2.

1 1 小物块运动的位移： X 1= a 1t 2= x 2支m=1m ,

2 2

11

长木板运动的位移： X 2= a 2t 2= x 3 X m=1.5m ,

2 2

则小物块相对于长木板的位移： △x=X 2-x 1=1.5m-1m=0.5m . (3) 撤去F 后，小物块和木板的速度分别为：

v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s

小物块和木板系统所受的合外力为 0,动量守恒：mv m Mv (M m)v

解得 v 2.8m/s 从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律:

12 12 mv m Mv 2 2

解得？E=0.4J 【点睛】

该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认 真分析物体

M=4kg 的长木板，在长木板右端有一 卩=0.2开始时长木板与小物块均静

t=1s 撤去水平恒力 F , g=10m/s 2.求

a 的大

小;

mg=ma E 丄(M 2

m)v

的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式.

2. 如图所示，一质量M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住.小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD 相切于C, BC

所对圆心角0= 37° CD长—3m .质量m=1kg的小物块从某一高度处的A点以v°= 4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同

(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移年时滑块离小车左端的水平距离. 【答案】(1) 1.2m (2) 1s (3) 3.73m

【解析】

【分析】

【详解】

(1 )由平抛运动的规律得：

gt

tan 0=—

V o

x= v o t

得：x=1.2m

(2)物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得：mw=(M+m) v

1 1

由功能关系得：fL= — mw2—( M + m) v2

2 2

对物块，由动量定理得：一ft0=m v—m V1

得：t0=1s

由几何关系得：H- 1gt2=R(1- cos e)

B、C间的水平距离：X BC=Rsin B

1 2 1 2

mg= — mv i —— ( M+ m) v

2 2

若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0,此时物块速度为4m/s

由能量守恒：mgH= i mg &-X BC)

得：Zx=3.73m

3. 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0 =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/s2，求：

(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 Wv< 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(1)轻绳能承受最大拉力不得小于多少

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(I)从A到B.由功能关系可得

1 2 mgL(1 cos ) mv ①

2

代人数据求得v=4 m/s②

2

mv —

在最低点B处，T mg

③

L

T=1200N 联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于

(2) 小明离开滑板后可认为做平抛运动

1 2

竖直位移y gt④

2

离C点水平位移最小位移x R V min t⑤

离C点水平位移最大为x R v min t⑥

联立④⑤⑥解得

小明跳离滑板时的速度 4 m/s

(3)小明落上滑板时，动量守恒

mv (m m0)V| ⑦

代人数据求得V i=3 m/s⑧

离开滑板时，动量守恒

(m m0)v|mv C m o V2⑨

将⑧代人⑨得

V2=-3 m/s

由功能关系可得

1 2 1 2 1 2 W ( — mv C m0v2) m m0 v1⑩.

2 2 2

解得W=480 J

4. 如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接. A, B两滑块(可视为质点)用轻细绳拴接在一起，

在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧•两滑块从弧形轨道上的某一高度P点处由静

止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B恰能返回P点•己知圆形轨道的半径R 0.72m，滑块A的质量m A 0.4kg，滑块B的质量m B 0.1kg，重力加速度g取10m /s2，空气阻力可忽略不计.求:

(1) 滑块A运动到圆形轨道最高点时速度的大小；

(2) 两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度

h ；

(3) 弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能.

5

【答案】

6需

(1) m/s ; ( 2) 0.8 m ; ( 3) 4

5

【答案】(1)v

【解析】 【分析】 【详解】

(1)设滑块A 恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为 根据牛顿第二定律有 m A g=m A-^

R

解得：V 2= 6_5 m/s

5

(2)设滑块A 在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为 点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有

解得：E p =4J

5. 如图，是某科技小组制做的嫦娥四号模拟装置示意图，用来演示嫦娥四号空中悬停和着 陆后的

分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部 有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个 装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器 使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为

L ,着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为 M 和m ,与地面间的动摩擦因数均为

卩，重力

加速度为g ，发动机喷气体口截面积为 S,喷出气体的密度为 p ；不计喷出气体对整体质量

(1 )装置悬停时喷出气体的速度；

(2 )弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。 M mg

M m

—S - （2） MmgL MPH7

V 2 ,

V i ，对于滑块A 从圆形轨道最低 1 2 1 2

— m A V 1 =m A g?2R+§ m A V 2 可得：V 1=6m/s 设滑块A 和B 运动到圆形轨道最低点速度大小为

V o ,

1

对滑块A 和B 下滑到圆形轨道最低点

的过程，根据动能定理，有(

m A +m B ) gh=

( m A +m B ) V O 2

2

同理滑块B 在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为 于A 、B 两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，( 解得：h=0.8 m (3)设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为 、 一 1 1

机械能守恒定律，有 (m A +m B )V 02 + E p = m A v 12+ —m BW 2 2 2

V 0，弹簧将两滑块弹开的过程，对 m A +m B ) v o =m A V 1 -m B V O §，对于弹开两滑块的过程，根据

1

【解析】 【详解】 (1)

悬停时气体对模拟装置的作用力为 F ,则F M m g

取t 时间喷出的气体为研究对象，由动量定理 Ft Sv t v

解得：v L M _m g ；

Y S

(2) 弹射过程水平方向动量守恒

mw Mv 2 0

着陆器和巡视其减速运动的距离分别为

L i

和L 2

，由动能定理：

1 2

MgL 2 0

Mv 2， L L 1 L 2 2

1 2 1 2

弹射器提供的总动能 E k 丄mvj 丄Mv 2

2 2

6.

将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为

m 的物体，当弹簧被压 缩到最短时，其压缩量为 I •现将该弹簧的两端分别栓接小物块

A 与B,并将它们静置于倾

角为30°的足够长固定斜面上， B 靠在垂直于斜面的挡板上， P 点为斜面上弹簧自然状态时

A 的位置，如图所示•由斜面上距

p 点6I 的o 点，将另一物块C 以初速度t=5 /gr 沿斜面 向下滑行，

经过一段时间后与 A 发生正碰，碰撞时间极短，碰后 C A 紧贴在一起运动， 但不粘连，已知斜面P 点下方光滑、上方粗糙，

A 、

B 、

C 的质量均为4m ，与斜面间的动摩

擦因数均为 卩=_3，弹簧劲度系数k=^，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为

2 l

(1) C 与A 碰撞前瞬间的速度大小； (2) C 最终停止的位置与 O 点的距离

(3) 判断上述过程中B 能否脱离挡板，并说明理由.

【答案】(1)、.、23gl (2) 4l (3) E k 0，说明此时A 仍有沿斜面向上速度，故 B 可以离开挡 板 【解析】 【详解】

(1)刚开始A 压缩弹簧，设此时弹簧压缩量为

禺，对A 根据平衡条件可得

mgj

0 - mv ；，

2

联立解得：E k

MgL

讦

4mgsin 30° kx 1

解得％! L

设C 与A 碰前瞬间速度大小为 V |，由动能定理得：

° °

1 2 1 2

4mgsin30 (6l x 1)

4mgcos30?5l (4m)v 1

(4m)v 0

2 2

由以上式子得：v 1

23gl

(2)依题意，当竖直放置的弹簧被压缩

I 时，质量为m 的物体的动能为零，其重力势能

转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为： E p mgl

C 与A 碰撞过程中动量守恒，有 4mv 1 8mv 2

C 与A 后返回P 点过程，B 始终未动，对 A 、C 及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律

1

2 o

1

2

得：二(8m)v 2 E p 8mg sin 30 ? (8m)v 3

C 沿斜面向上做匀减速运动直至停下，根据动能定理可得：

o

1

2

4mg cos30 ?X 2 0

(4m)v 3

2

上方I 处，此时弹簧弹性势能恰也为

E p

假定A 可以到达该处，即对 A 由P 至该处的运动过程，根据动能定理得:

o o

1

2

4mg sin30 ? 4mgcos30 ? 州 E k

(4m)v 3

2

其中 W T

E p mgl

1

7.

如图所示，竖直平面内有一半径为 R 的1光滑圆弧轨道，

其末端与足够长的水平轨道

4

平滑连接，一质量为 m 的小球P 从圆弧轨道顶端由静止开始沿轨道下滑，在圆弧轨道末端 与质量为2m 的静止小球 Q 发生对心碰撞。小球 P 、Q 与水平轨道间的动摩擦因数均为

=0.5,重力加速度大小为 g 。假设小球P 、Q 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。

2 〜 此后C

与A 分

4mg sin 30% 由以上式子得x 2

2I ，即C 最终停止的位置与

O 点相距4I

(3)要使B 离开挡板，则弹簧必须伸长到

X

3

处严l ，即 A 需到达斜面上

由以上式子可得E k 0

，说明此时A 仍有沿斜面向上的速度，故 B 可以离开挡板.

求:

(1 )碰撞后瞬间小球 P 对圆弧轨道末端的压力大小; (2)小球P 、Q 均停止运动后，二者之间的距离。 11 2 【答案】(1) mg ( 2) R 9 3

【解析】 【详解】

1 2

(1)

小球P 由开始下滑到低端的过程： m v 0 mgR

2 解得x ,

2

R 9

一 1 2 小球Q 向左滑行的距离：-2mgx 2 2mv 2

解得X 2 |R ，

2 则小球P 、Q 均停止运动后，二者之间的距离

x x 2 x 1

R 。 3

离

：

-mgx 1 1

mv 2

F N %

9

(2)小球P 滑上圆弧轨道后，返回到低端的速度仍为 w ，方向向左，则向左滑行的距

两球碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则:

mv 0 mv 1

2mv 2 ；

1 2 1 2 mv 0

mw 2 2

1

2mv ；

；

2 联立解得:

1

齐；v2

2

3v0

小球P 碰后在圆弧轨道末端:

F N mg

2

v 1

m 一

R

解得F N

11 mg 9

P 对圆弧轨道末端的压力大小为

则由牛顿第三定律可知，碰撞后瞬间小球

&如图所示，在空间坐标系x<0区域中有竖直向上的匀强电场巳，在一、四象限的正方形区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B,已知CD=2L, OC=L，E2

=4E1。在负x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度v o沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点0处用绝缘细支柱支撑的(支柱与b球不粘连、无摩擦)质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。已知a、b球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g,不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电

场、磁场的影响，求：

c ■ * p " ■

■ 9

■- ■ »

Ei

j

k

i L

J t

J I

X

X X

X

•

K

x

[£

f

1

r

(1)碰撞后，a 、b 球的速度大小；

3?时a 球到某位置P 点，求P 点的位置坐标;

机械能守恒

由②③得

⑵碰后a 、b 电量总量平分，则

碰后a 在电场中向左做类平抛运动，设经

时a 球到P 点的位置坐标为(-x , -y )

q a

1

qb J

(2)a 、b 碰后，经t

(3)a 、b 碰后, 要使 【答案】⑴

V

a

b 球不从CD 边界射出，求磁感应强度 c

2

2V

1 2

齐，V b

2V 0

；⑵(9g

B 的取值。

2

9°)； (3) 9g

16m v 0 、

或

16mv 0 B

3qL

【解析】 【分析】

(1) a 、b 碰撞， (2) 碰后a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解

P 点的位置坐标；

(3) 要使b 球不从CD 边界射出，求解恰能从 C 点和D 点射出的临界条件确定磁感应强度的 范围。 【详解】

由动量守恒和能量守恒关系求解碰后

b 的速度;

(1)a 匀速，则

mg qE i ①

a 、

b 碰撞，动量守恒

mv 0 mv a

2m%②

1 2

2mVo

1 2 mv a 2 a

2m v b ③

1 V o 3

2 2V o ④

3g

其中

由⑤⑥⑦得

2

故P点的位置坐标为(绝

9g (3)碰撞后对b

故b做匀速圆周运动，则

b恰好从C射出，则

由??

恰从D射出，则由几何关系由??

故要使b不从CD边界射出，则mg

v a t ⑤,y [at2⑥

2

1

2qE1

2

V o

c 2

2v

o

9g

1

尹2

1qV b B

2

1

ma ⑦，a = -g

2

V o

9g

2mg⑨

8mv0

r

3qB

B i

4L2

B2

2r ?

16m v0

3qL

2L?

16mv0

15qL

B的取值范围满足

16mv016mv0 0 B 或B

15qL

【点睛】

本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。

3qL

9. 如图所示，长木板质量M=3 kg,放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质

量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B,两物块与木板间的动摩

擦因数均为卩=0.4 AB之间的距离L=6 m,开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2.

(1)•为使物块A与木板发生相对滑动，F至少为多少？

(2)•若F=8 N,求物块A经过多长时间与B相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A、B的速度分别是多少？

【答案】(1) 5 N ( 2) v A=2m/s v B'8m/s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)据分析物块A与木板恰好发生相对滑动时物块B和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力.

设物块A与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F o,整体的加速度大小为a，则：

对整体：F0= (2m+M) a

对木板和B：卩mg= (m+M) a

解之得：F°=5N

即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为 5 N；

(2)物块的加速度大小为：a A -——mg 4m/ s2

m

木板和B的加速度大小为：a B^^=1m/s2

M m

设物块滑到木板右端所需时间为t，则：X A-X B=L

即1 a A t2 1 a B t2 L

2 2

解之得：t=2 s

v A=a A t=8m/s

V B=a B t=2m/s

AB发生弹性碰撞则动量守恒：mv a+mv B=mv a/ +mv B z

111 1

机械能守恒：—mv a2+ —mv B2= —mv a z 2+—mv B z 2

2 2 2 2

解得：V A/ =2m/s V B/ =8m/s

10. 如图，有一个光滑轨道，其水平部分MN段和圆形部分NPQ平滑连接，圆形轨道的半

径R=0.5m;质量为m1=5kg的A球以v o=6m/s的速度沿轨道向右运动，与静止在水平轨道上质量为m2=4kg 的B球发生碰撞，两小球碰撞过程相互作用的时为t o=O.O2s,碰撞后B小

球恰好越过圆形轨道最高点。两球可视为质点，

g=10m/s 2。求:

(1) 碰撞后A 小球的速度大小。

(2) 碰撞过程两小球间的平均作用力大小。 【答案】(1)2m/s (2)1000N 【解析】

【详解】

A 、

B 碰撞过程系统动量守恒： m i V o m i v i m 2V 2 碰后A 速度v 1

2m/ s

⑵A 、B 碰撞过程，对 B 球：Ft o m ?v 2

得碰撞过程两小球间的平均作用力大小

F 1000N

11. 近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示 意图，传送带右端与水平面相切，且保持

V 0= 4m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长

L

=3m 。现将一质量为0.4kg 的包裹A 轻放在传送带左端，包裹 A 刚离开传送带时恰好与静

止的包裹B 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹

A 向前滑行了 0.1m 静止，包裹

B 向前

0.4，包裹A 、B 与水平面间的

⑵包裹B 的质量.

【答案】(1)t=1.25s (2) m B 0.6kg 【解析】 【详解】

(1)包裹A 在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：

1

m A g 口人印①

2

由①式解得：a 1 4(m/s )

假设包裹A 离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：

(1)B 小球刚好能运动到圆形轨道的最高点:

m 2

设B 球碰后速度为V 2，由机械能守恒可知: 1 2

m 2v 2 2

2m 2gR

2

m 2v

2

运动了 0.4m 静止。已知包裹A 与传输带间的动摩擦因数为 动摩擦因数均为0.5, g 取10m/s 2.求：

(1)包裹A 在传送带上运动的时间;

2

V o 0 2a i Si ②

由②式解得：s 2m L，所以上述假设成立

2

加速过程：s1a1t1④

2

由④式解得：t1 1s

匀速过程：L s1 v0t2⑤

由⑤式解得：t20.25s

所以包裹A在传送带上运动的时间；t t i t2 1.25s ⑥

（2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：

2m A g m）A a2 ⑦

2

由⑦式解得：a2 5m/s

同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是a2 5m/s⑧

2a?S A ⑨

包裹A向前滑动至静止：02

V A

由⑨式解得：v A 1m / s

2a?S B ⑩

包裹B向前滑动至静止：02

V B

由⑩式解得：V B 2m / s

包裹A、B相碰前后系统动量守恒：E A V。E A V A m B v B (11)

解得：m B 0.6kg

12•在如图所示的xoy坐标系中，一对间距为d的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y轴重合，桌面与x轴重合，o点与桌面右边

相距为7d，一根长度也为d的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板

4

上，杆离桌面高为1.5d,装置的总质量为3m .两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应.有一个质量为m、电量为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g .求：

(1) 环离开小孔时的坐标值； (2) 板外的场强E 2的大小和方向；

(3) 讨论板内场强E i 的取值范围，确定环打在桌面上的范围. 【答案】(1)环离开小孔时的坐标值是

;

4

mg

(2)板外的场强 E 2的大小为

，方向沿y 轴正方向;

q

【解析】 【详解】

(1 )设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为

X i 、X 2.由于板内小环与极板间的

作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有： mx 1-3mx 2=0 ① 而 X 1 +X 2=d

②

3

①②解得：X 1= d ③

4

1 X 2= d

4

3

1 环离开小孔时的坐标值为： X m = d-d=- d

4

4

(2)环离开小孔后便做匀速圆周运动，须 qE ?=mg

(3)场强E i 的取值范围为

qB 2 d 〜3qB 2d

6m 8m 环打在桌面上的范围为

l mg

解得：E2，方向沿y轴正方向

P、Q,则q

(3 )环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为

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)含解析

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)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．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】

高考物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题及解析

高考物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用 1．如图所示，半径R =0.8 m 的四分之一光滑圆弧轨道C 固定在水平光滑地面上，质量M =0.3 kg 的木板B 左端与C 的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定。可视为质点的物块A 质量m =0.1kg ，从与圆弧轨道圆心O 等高的位置由静止释放，滑上木板B 后，滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止，接触瞬间解除弹簧锁定，在极短时间内弹簧恢复原长，物块A 被水平弹出，最终运动到木板左端时恰与木板相对静止。物块A 与本板B 间动摩擦因数μ= 0.25，g 取10 m/s 2。求： (1)物块A 在圆弧轨道C 的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小： (2)木板B 的长度L ； (3)弹簧恢复原长后，物块A 从木板右端运动到左端的时间。 【答案】(1)F N =3 N(2) L =2.4 m (3) t 2=1.2 s 【解析】 【详解】 （1）设A 到达C 的最下端时速度大小为v 0，圆弧轨道支持力大小为F N ，则 201gR 2 m mv = 20 g N v F m m R -= 解得0v =4m/s 。F N =3 N （2）设A 在B 上向右滑行过程中，A 的加速度大小为a 1，B 的加速度大小为a 2，滑上B 后经时间t 1后接触弹簧，A 的位移x 1，B 的位移x 2，则 1mg ma μ= 2M mg a μ= 01121v a t a t -= 2101111 2x v t a t =- 2 22112 x a t = 12L x x =- 解得t 1=1.2 s 。L =2.4 m （3）设A 接触弹簧与B 保持相对静止时速度大小为v 1，弹簧恢复原长时A 的速度大小为

高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)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 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v0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】v0v0 【解析】设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2 由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2 且由题意知＝ 解得v1＝v0，v2＝v0 视频 3．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。

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用 1．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m ．小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长2m L = 的绝缘细轻杆 连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足2 2 4 F t π += ．已知三个小球均可看做质点且m a =0.25kg ，m b =0.2kg ，m c =0.05kg ，小球 c 带q=5×10-4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g =10m/s 2，求 (1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0； (2)小球c 运动到Q 点时的速度v ； (3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量． 【答案】(1)04m/s v = (2)v =2m/s (3) 3.2J P E ?= 【解析】 【分析】对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得； 解：(1)对小球a ，由动量定理可得00a I m v =- 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量， 由圆方程可知21S m = 代入数据可得：04/v m s = (2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得012()a a b c m v m v m m v =++ 由机械能守恒可得 222012111 ()222 a a b c m v m v m m v =++ 解得120,4/v v m s == 小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理

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)2 4.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360 t 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 -22 m 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 =

高考物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)

高考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．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 1 2 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2 10m/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： 22 1111011=22 m 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 =+2 m 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：2 22 2m 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()0111 2 L 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??-=-? ???

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

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 1 2 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2 10m/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：

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

高考物理动量守恒定律的应用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的应用 1．如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。求 (1)物块在水平面上滑行的速度大小； (2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。 【答案】（1） 06 5 v gR =（2） 232 55 v gR = 66 125 h R = 【解析】 【分析】 （1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。 （2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。 【详解】 （1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v， 由机械能守恒定律得：1 2 m v02＝ 1 2 (m+2m)v2+mgR(1?cosθ)， 解得： 06 5 v gR = （2）对物块，由机械能守恒定律得：1 2m v02＝ 1 2 m v12+mgR(1?cosθ)， 解得： 12 5 v gR = 物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动， 物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ=32 55 gR， 由机械能守恒定律得：1 2 m v02=mgh+ 1 2 m v22，

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)含解析

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)含解析 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2 m ∆ 的压缩气体，每级总质量均为 2 M ，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=200.5629 v h m m g =≈甲甲 对模型乙第一级喷气： 10022 m m M v v ∆∆⎛ ⎫=-- ⎪⎝⎭乙 解得： 130m v s =乙 2s 末： ‘ 11=10m v v gt s -=乙乙 22 11 1'=402v v h m g -=乙乙乙 对模型乙第一级喷气： ‘120=)2222 M M m m v v v ∆∆--乙乙（ 解得： 2670= 9 m v s 乙 2 2222445=277.10281 v h m m g =≈乙乙 可得： 129440 += 116.5481 h h h h m m ∆=-≈乙乙甲。 2．(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

高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(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 1 2 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2 10m/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： 22 1111011=22 m 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 =+2 m 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：2 22 2m 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()0111 2 L 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⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭

高中物理动量守恒定律解题技巧及练习题(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.如下图,质量M=1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽局部嵌有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.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. ⑴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)假设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. 9 _ 【答案】(1) v 2、10m/s (2)25J (3)P - W 4 【解析】 【详解】 解：⑴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 2g0m / 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 根据水平守恒可知,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V I ,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 Mv? 1 2 1 2 由能重寸恒可得：一mv1 mv2 mg(h r) Q1 2 2 导体棒第一次通过最低点时感应电动势： E BLv1 BLv2 E2 回路电功率：P

高考物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

高考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：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)2 4.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360 t 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 -22 m 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 =

高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)

高考物理动量守恒定律的应用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的应用 1. 竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径 R=1m 的 半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4X 10/m .小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径， b 、c 球用长L 2m 的绝缘细轻杆 连接，开始时c 静止于管道水平部分右端 P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下 由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且 满足F 2 t 2 —.已知三个小球均可看做质点且 m a =0.25kg , m b =0.2kg , m c =0.05kg ，小球 (1) 小球a 与b 发生碰撞时的速度 v o ; (2) 小球c 运动到Q 点时的速度v ; (3) 从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量. 【答案】(1) V 4m/s (2) v=2m/s (3) E p 3.2J 【解析】 【分析】对小球 a ,由动量定理可得小球 a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组 成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球 c 运动到Q 点时，小球b 恰 好运动到P 点，由动能定理可得小球 c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速 度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从 c 球运动到Q 点到减速到零的过程列 能量守恒可得； 解：⑴对小球a ,由动量定理可得I m a V 。0 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧 ，面积为拉力F 的冲量， 由圆方程可知S 1m 2 代入数据可得：v 0 4m/s (2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞 ， 由动量守恒可得 m a V 0 m a V | (m b m c )v 2 1 2 1 2 1 2 由机械能守恒可得 m a v 0 m a v 1 (m b m c )v 2 2 2 2 解得 V 1 0, V 2 4m/ s A E 阳1r c 带q=5 x 1'0)C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2，求

高中物理动量守恒定律的应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析

高中物理动量守恒定律的应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用 1．如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α＝37°，A 、B 是两个质量均为m ＝1kg 的小滑块（可看作质点），C 为左端附有胶泥的薄板（可移动且质量不计），D 为两端分别连接B 和C 的轻质弹簧．当滑块A 置于斜面上且受到大小为F ＝4N 、方向垂直于斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动．现撤去F ，让滑块A 从斜面上距斜面末端L =1m 处由静止下滑．（g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8） (1)求滑块A 到达斜面末端时的速度大小 (2)滑块A 与C （原来C 、B 、D 处于静止状态）接触后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中弹簧的最大弹性势能是多少？ 【答案】(1) v ＝2m/s (2) E P ＝1J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块A 匀速下滑时，受重力mg 、恒力F 、斜面支持力N 和摩擦力f 作用 由平衡条件有： ()sin cos 0mg mg F αμα-+= 代入数据解得： μ＝0.5 撤去F 后，滑块A 匀加速下滑，由动能定理有： ()2 1sin cos 2 mg mg L mv αμα-= 代入数据得： v ＝2m/s (2)两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，设共同速度为v 1， 由动量守恒： mv ＝2mv 1 由能量守恒定律有： 22111 222 P E mv mv =-⨯ 联立解得： E P ＝1J 2．如图所示,质量为M 的木块A 静置于水平面上,距A 右侧d 处有固定挡板B,一质量为m 的小物体C,以水平速度v 0与A 相碰,碰后C 、A 粘连在一起运动,CA 整体与B 碰撞没有能量损失,且恰好能回到C 、A 碰撞时的位置所有碰撞时间均不计,重力加速度为g 。求:

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及练习题(含答案)及解析

高考物理动量守恒定律的应用解题技巧及练习题(含答案)及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用 1．如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α＝37°，A 、B 是两个质量均为m ＝1kg 的小滑块（可看作质点），C 为左端附有胶泥的薄板（可移动且质量不计），D 为两端分别连接B 和C 的轻质弹簧．当滑块A 置于斜面上且受到大小为F ＝4N 、方向垂直于斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动．现撤去F ，让滑块A 从斜面上距斜面末端L =1m 处由静止下滑．（g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8） (1)求滑块A 到达斜面末端时的速度大小 (2)滑块A 与C （原来C 、B 、D 处于静止状态）接触后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中弹簧的最大弹性势能是多少？ 【答案】(1) v ＝2m/s (2) E P ＝1J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块A 匀速下滑时，受重力mg 、恒力F 、斜面支持力N 和摩擦力f 作用 由平衡条件有： ()sin cos 0mg mg F αμα-+= 代入数据解得： μ＝0.5 撤去F 后，滑块A 匀加速下滑，由动能定理有： ()2 1sin cos 2 mg mg L mv αμα-= 代入数据得： v ＝2m/s (2)两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，设共同速度为v 1， 由动量守恒： mv ＝2mv 1 由能量守恒定律有： 22111 222 P E mv mv =-⨯ 联立解得： E P ＝1J 2．如图所示，质量为M=2kg 的木板A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x ，右端与一固定在地面上的半径R=0.4m 的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为m=1kg 的滑块B(可视为质点)以初速度08/v m s =从圆弧的顶端沿圆弧下滑，B 从A 右端的上表面水平滑入时撤走圆弧。A 与台阶碰撞无机械能损失，