高考物理動量守恒定律(一)解題方法和技巧及練習題含解析一、高考物理精講專題動量守恒定律1．如圖所示，在光滑的水平面上有一長為L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圓弧槽C，與長木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止v在水平面上．現有滑塊A以初速度從右端滑上B，一段時間后，以0滑離B，并恰好能v20m到達C的最高點．A、B、C的質量均為．求：（1）A剛滑離木板B時，木板B的速度；（2）A與B的上表面間的動摩擦因數；（3）圓弧槽C的半徑R；（4）從開始滑上B到最后滑離C的過程中A損失的機械能．5vv215mv20v20gL【答案】（）＝0；（2）1v（3）R064g（4）EB41632【解析】【詳解】(1)對A在木板B上的滑動過程，取A、B、C為一個系統，根據動量守恒定律有：vmvm2mvB＝＋002vv解得＝0B4(2)對A在木板B上的滑動過程，A、B、C系統減的少動能全部轉化為系統產生的熱量mgL＝12mv2－1m(0)2－12m()vv02222405v2016gL解得(3)對A滑上C直到最高點的作用過程，A、C系統水平方向上動量守恒，則有：mvmv2mv0＋＝2BA、C系統機械能守恒：mgR＝1m(0)21m(0)212mv2vv22242解得Rv0264g(4)對A滑上C直到離開C的作用過程，A、C系統水平方向上動量守恒mvmv0mvmv024ACA、C系統初、末狀態機械能守恒，m(v0)21m(v0)21mv21mv21222422ACv04v解得＝.A所以從開始滑上B到最后滑離C的過程中A損失的機械能為：E＝1mv－1mv＝15mv202022232A【點睛】該題是一個板塊的問題，關鍵是要理清A、B、C運動的物理過程，靈活選擇物理規律，能夠熟練運用動量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．2．如圖，質量分別為m=1.0kg和m=2.0kg的彈性小球a、b，用輕繩緊緊的把它們捆在一12起，使它們發生微小的形變．該系統以速度=0.10m/s沿光滑水平面向右做直線運動．某v0時刻輕繩突然自動斷開，斷開后兩球仍沿原直線運動．經過時間t=5.0s后，測得兩球相距_____________、______________；兩s=4.5m，則剛分離時，a球、b球的速度小大分別為球分開過程中釋放的彈性勢能為_____________．【答案】①0.7m/s,-0.2m/s②0.27J【解析】試題分析：①根據已知，由動量守恒定律得聯立得②由能量守恒得代入數據得考點：考查了動量守恒，能量守恒定律的應用【名師點睛】關鍵是對過程分析清楚，搞清楚過程中初始量與末時量，然后根據動量守恒定律與能量守恒定律分析解題3．如圖，質量分別為、的兩個小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經過一段時間后再將A球釋放．當A球t=0.3sBP下落時，剛好與球在地面上方的點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間球的速A度恰為零．已知能損失．，重力加速度大小為，忽略空氣阻力及碰撞中的動iB（）球第一次到達地面時的速度；iiP（）點距離地面的高度．v4m/sh0.75mB【答案】p【解析】iB試題分析：（）球總地面上方靜止釋放后只有重力做功，根據動能定理有mgh12mv2BBBv2gh4m/s可得B球第一次到達地面時的速度Bvgt3m/s（）球下落過程，根據自由落體運動可得A球的速度AiiAv'B設B球的速度為，則有碰撞過程動量守恒mvmv'mv''AABBBB1過程沒有動能損失則有mv212mv'212mv''2碰撞2AABBBB解得v'1m/sv''2m/s，BBvv4m/s根據沒有動能損失所以B離開地面上拋時速度0BB小球與地面碰撞后v2v'2Bhp0.75m所以P點的高度02g考點：動量守恒定律能量守恒4．如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊滑平地滑上3m/s冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面的速度向斜面體推出，h="0.3"mh升的最大高度為（小于斜面體的高斜面體，在斜面體上上m="30"kg，冰塊的m="10"kg總質量為質量為，小孩與滑板始度）．已知小孩與滑板的12g="10"m/s2．終無相對運動．取重力加速度的大小i（）求斜面體的質量；ii（）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？i20kgii【答案】（）（）不能【解析】①M試題分析：設斜面質量為，冰塊和斜面的系統，水平方向動量守恒：mv(mM)v222mgh1(mM)v21mv系統機械能守恒：2222222解得：M20kg②mvmv,人推冰塊的過程：得（向右）v1m/s11221mvmvMv3冰塊與斜面的系統：22221mv21mv2+1Mv232222222v1m/s解得：（向右）2v=v因，且冰塊處于小孩的后方，則冰塊不能追上小孩．21考點：動量守恒定律、機械能守恒定律．5．牛頓的《自然哲學的數學原理》中記載，、兩個玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和AB15∶16接近速度之比總是約為．分離它們碰撞前的速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度．若上述過程是質量為的玻璃球A以速度v碰撞質量為2mm0對心碰撞，求的靜止玻璃球B，且為碰撞后A、B的速度大小．v【答案】v00AB【解析】設、球碰撞后v別為和1v速度分2由動量守恒定律得＝1＋mv2mv2mv02且由題意知＝解得v1＝v0，v2＝視頻v06．一輕質彈簧一端連著靜止的體物B，放在光滑的水平面上，靜止的體物A被水平速度為v0的子彈射中并且嵌入其中，隨后一起向右運動壓縮彈簧，已知體物A的質量是體物B的31子彈的質量是體物B的質量的，求：4質量的，4(1)體物A被擊中后的速度大小；(2)彈簧壓縮到最短時B的速度大小。11vv80【答案】(1)vv；(2)410【解析】【分析】【詳解】(1)AAv1設子彈射入后，與子彈的共同速度為，由動量守恒定律可得1413mv(mm)v4401解得v1v410(2)ABAB當速度相等時，彈簧的壓縮量最大，設此時、的共同速度為，v取向右為正方向，對子彈、A、B組成的系統，由動量守恒定律可得1mv(1m3mm)v4404解得v1v807．如圖所示，m=0.45kg一質量的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上．車頂右端放一質量1m2=0.4kgm=0.05kgv=100以水平速度0的小物體，m/s射中小車左端，已知子彈與車相互作用時間極短，小物體與車間的動摩μ=0.5，最終小物體以5m/s的速度離開小車．g取10m/s2．求：小物體可視為質點．現有一質量的子彈0并留在車中，擦因數為（1）子彈從射入小車到相對小車靜止的過程中對小車的沖量大小．（2）小車的長度．5.5【答案】（1）4.5Ns（2）m【解析】①子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統動量守恒，有：mv(mm)v，可解得v10m/s；10o011，4.5Ns(或kgm/s)；對子彈由動量定理有：ImvmvI10②三物體組成的系統動量守恒，由動量守恒定律有：(mm)v(mm)vmv；0110122mgL12(mm)v212(mm)v212mv設小車長為，由能量守恒有：L220110122L＝5.5m；聯立并代入數值得：點睛子彈擊中小車過程子彈與小車組成的系統動量守恒，由動量守恒定律可以求出小車，的速度根據動量定理可求子彈對小車的沖量；對子彈、物塊、小車組成的系統動量守恒，對系統應用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出小車的長度．8．如圖所示，木塊m靜止在高h=0．45m的水平桌面的最右端，木塊m靜止在距m左212側s=6．25m處．現木塊m在水平拉力F作用下由1靜止開始沿水平桌面向右運動，與m20碰前瞬間撤去F，m和m發生彈2性正碰．碰后m落在水平地面上，落點距桌面右端水平21距離s=l．2m．已知m=0．2kg，m=0．3kg，m與桌面的動1摩擦因素為0．2．（兩個12木塊都可以視為質點，g=10m／s2）求：（1）碰后瞬間m的速度是多少？2（2）m碰撞前后的速度分別是多少？1（3）水平拉力F的大小？【答案】（1）4m/s（2）5m/s；-1m/s（3）0．8N【解析】1試題分析：（1）m做平拋運動，則：h=gt2；22s=vt；2得解v=4m/s2（2）碰撞過程動量和能量守恒：mv=mv+mv111221211mv2=mv2+mv22222111代入數據得解：v=5m/sv=-1m/s1（3）m碰前:v2=2as1Fmgma11代入數據得解：F=0．8N考點：動量守恒定律；能量守恒定律；【名師點睛】此題關鍵是搞清兩個物體的運動結合牛頓定律列出方程求．解牛頓第二定律的應用特征,分清物理過程；用動量守恒定律和能量守恒定律9．如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整H體靜止放在離地面高為的光滑水平桌面上.現有A曲面上離桌面h高處由靜一滑塊從光滑BC止開始滑下，與滑塊發生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊向前運動，經一段時間，C.滑塊脫離彈簧，繼續在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出已知mm,m2m,m3m，求：ABC1AB（）滑塊與滑塊碰撞結束瞬間的速度；v2E（）被壓縮彈簧的最大彈性勢能；Pmax3Cs.（）滑塊落地點與桌面邊緣的水平距離1【答案】（）v1mgh362Hh1v2gh2（）（）3331【解析】【詳解】(1)解：滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程，機械能守恒，設其滑到底面的mgh1mvv1速度為，由機械能守恒定律有：22AA1v2gh1解之得：vA與碰撞的過程，A、系統的動量守恒，碰撞結束瞬間具有共同速度設為，由BB滑塊mvmmv動量守恒定律有：A1ABvv12gh1解之得：331(2)滑塊A、發生碰撞后與滑塊一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的CBA、、C速度相等，設為速度v2彈性勢能最大時，滑塊Bmvmmmv量守恒定律有：由動A1ABC2212(mm)v2mmmv由機械能守恒定律有：EPmaxABABC2E解得被壓縮彈簧的最大彈性勢能：1mgh6Pmax(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊脫離彈簧，設滑塊CA、的速度為，滑塊vB3C的速度為v，分別由動mmvmmvmv量守恒定律和機械能守恒定律有：4ABAB3C41mmv112C4mmvmv223222ABAB1v2gh解之得：0，v334svtC從桌面邊緣飛出后做平拋運動：4滑塊H12gt22C落地點與桌面邊緣的水平距離：sHh3解之得滑塊Mm10．光滑水平面上放著一質量為的槽，槽與水平面相切且光滑，如圖所示，一質量為v的小球以向槽運動．0（1）若槽固定不動，求小球上升的高度（槽足夠高）．（2）若槽不固定，則小球上升多高？vMv202【答案】（1）（2）02g2(Mm)g【解析】1mv2201hmgh（）槽固定時，設球上升的高度為，由機械能守恒得：11v解得：；02g2h1h，22（）槽不固定時，設球上升的最大高度為mvmMvv此時兩者速度為，由動量守恒定律得：011mghmMv22再由機械能守恒定律得：2mv202Mv22mMgh聯立解得，上球上升的高度：0211．如圖所示，A為有光滑曲面的固定軌道，軌道底端的切線方向是水平的，質量m40kg的小車B靜止于軌道右側，其上表面與軌道底端在同一水平面上，一個質量1m20kg2的物體C以的初速度從軌道頂端滑下，沖上小車B后經過一段時間與ms2.0/h1.6m，物體與小車小車相對靜止并一起運動。若軌道頂端與底端的高度差板面間的動摩擦因數0.40，小車與水平面間的摩擦忽略不計，取g10m/s2，求：（1）物體與小車保持相對靜止時的速度v；（2）物體沖上小車后，與小車發生相對滑動經歷的時間（3）物體在小車上相對滑動的距離t；l。2m/s1s3m【答案】（1）；（2）；（3）【解析】11vmgh2m202m，代入數據得：v試題分析：（1）下滑過程機械能守恒，有：212v6m/s；設初速度方向為正方向，物體相對于小車板面滑動過程動量守恒為：2mv（mM）v22062m/s。mv2v聯立解得：Mm2040Mv402tmg0.420101s。（2）對小車由動量定理有：mgtMv，解得：（3）設物體相對于小車板面滑動的距離為L，由能量守恒有：Mmv23m。vmMv1（）代入數據解得：Lm22mgL122v2m22mg2考點：動能定理、動量守恒定律、機械能守恒定律【名師點睛】本題考查動量定恒、機械能守恒及功能關系，本題為多過程問題，要注意正確分析過程，明確各過程中應選用的物理規律。A、C豎直平面內有一個半圓形軌道ABC，半徑為，R如圖所示，兩點的連線水平，..12．在B點為軌道最低點其中AB部分是光滑的，BC部分是粗糙的有一個質量為的物乙體靜mB止在處，另一個質量為的甲物體從A點無初速度2m釋放，甲物體運動到軌道最低點與物乙體發生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后結合成一個整體，甲乙構成的整體滑上BC軌道，最高運動到DODOB點，與連線的夾角θ60.甲、兩乙物體可以看作質點，重力加g速度為，求：(1)甲物與物乙體碰撞過程中，甲物體(2)甲物體與物乙體碰撞后的瞬間，甲乙構成的整體對軌道最低點的(3)甲乙構成的整體從運B動到D的過程中，摩擦力對其做的功．受到的沖量．壓力．2317m2gR