高中物理動量守恒定律解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題含答案

1、高中物理動量守恒定律解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題（含答案）、高考物理精講專題動量守恒定律1.如圖所示，質(zhì)量分別為 動，并發(fā)生對心碰撞，碰后mi和m2的兩個小球在光滑水平面上分別以速度VI、V2同向運m2被右側(cè)墻壁原速彈回，又與 mi碰撞，再一次碰撞后兩球都靜止.求第一次碰后 mi球速度的大小.設(shè)兩個小球第一次碰后 mi和m2速度的大小分別為 犀；和武，由動量守恒定律得：叫工片-= 網(wǎng)1； + ”試 （4分）兩個小球再一次碰撞，冠工片一中工.二0（4分）得：嶙二二 （4分）工嗎本題考查碰撞過程中動量守恒的應(yīng)用，設(shè)小球碰撞后的速度，找到初末狀態(tài)根據(jù)動量守恒 的公式列式可得2.如圖所示，光滑水平直導(dǎo)軌

2、上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、曰C,物塊R C靜止，物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計）；讓物塊A以速度Vo朝B運動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動.假設(shè)B和C碰撞過程時間極短.那么從 A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，求.A、B第一次速度相同時的速度大??；A、B第二次速度相同時的速度大??； （3）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能大小 1113【答案】（1） /vo （2） vo （3） 4 【解析】試題分析：（1）對A、B接觸的過程中，當(dāng)?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r，由動量守恒定律得,mvo=2mvi, 1解得vi = v vo（2）設(shè)AB第二次速度相

3、同時的速度大小v2,對ABC系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律：mvo=3mv2111解得丫2= voin = 2m 173(3) B與C接觸的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有： ? 1解得V3= 4V0 TOC o 1-5 h z 1 Vo 2 1 fo 21系統(tǒng)損失的機械能為2 224161 當(dāng)A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大.此時V2=V0I I 113 ,zF = mi?oz根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能224H考點：動量守恒定律及能量守恒定律【名師點睛】本題綜合考查了動量守恒定律和能量守恒定律，綜合性較強，關(guān)鍵合理地選 擇研究的系統(tǒng)，運用動量守恒進行求解。3.如圖，質(zhì)量分別為

4、mi=i.0kg和m2=2.0kg的彈性小球a、b,用輕繩緊緊的把它們捆在一 起，使它們發(fā)生微小的形變.該系統(tǒng)以速度V0=0.i0m/s沿光滑水平面向右做直線運動.某時刻輕繩突然自動斷開，斷開后兩球仍沿原直線運動.經(jīng)過時間t=5.0s后，測得兩球相距s=4.5m ,則剛分離時， a球、b球的速度大小分別為 、；兩 球分開過程中釋放的彈性勢能為 .ZZ/ZZ/ZZZ/Z【答案】0.7m/s, -0.2m/s 0.27J【解析】試題分析： 根據(jù)已知，由動量守恒定律得 (叫一叫卜不二/弓+組七占=用一” 聯(lián)立得 一 _由能量守恒得1 , - 1 2 1 、+ 小叫嗎人工代入數(shù)據(jù)得二- -考點：考查了

5、動量守恒，能量守恒定律的應(yīng)用【名師點睛】關(guān)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(jù)動量守恒 定律與能量守恒定律分析解題4.如圖所示，在光滑的水平面上放置一個質(zhì)量為2m的木板B, B的左端放置一個質(zhì)量為m的物塊A,已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)有質(zhì)量為 m的小球以水平速度飛來A和小球與A物塊碰撞后立即粘住，在整個運動過程中物塊A始終未滑離木板 B,A和小球均可視為質(zhì)點（重力加速度g）.求： 物塊A相對B靜止后的速度大小;木板B至少多長.【答案】0.25v 【答案】0.25v 0.L2Vo16 g【解析】V2,規(guī)試題分析：（1）設(shè)小球和物體 A碰撞后二者的速度為 vi,V2,規(guī)

6、TOC o 1-5 h z mVo=2mVi,（2 分）2mVi=4mV2 （2 分）聯(lián)立 得，V2=O.25vo.（1分）假設(shè)A剛（2）當(dāng)A在木板B上滑動時，系統(tǒng)的動能轉(zhuǎn)化為摩擦熱，設(shè)木板 B的長度為L, 好滑到假設(shè)A剛4胸成二（2分）3C口聯(lián)立得，L=一6建考點：動量守恒，能量守恒.【名師點睛】小球與 A碰撞過程中動量守恒，三者組成的系統(tǒng)動量也守恒，結(jié)合動量守恒 定律求出物塊 A相對B靜止后的速度大??；對子彈和A共速后到三種共速的過程，運用能量守恒定律求出木板的至少長度.5.光滑水平軌道上有三個木塊A5.光滑水平軌道上有三個木塊A、 B、C,質(zhì)量分別為 mA 3m、mB mC m ,開始時

7、B、B、C均靜止，A以初速度V。向右運動, 起，此后A與B間的距離保持不變.求A與B相撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一 B與C碰撞前B的速度大小.65V0設(shè)A與B碰撞后，A的速度為Va , B與C碰撞前B的速度為4 , B與C碰撞后粘在一起的速度為V ,由動量守恒定律得:對A、B木塊:mAV0mAnibVb對B、C木塊：0Vb mB me v由A與B間的距離保持不變可知 vA V聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：v0v06 - 5B6.勻強電場的方向沿 x軸正向，電場強度 E隨x的分布如圖所示.圖中 日和d均為已知 量.將帶正電的質(zhì)點 A在O點由能止釋放.A離開電場足夠遠后，再將另一帶正電的質(zhì)點B放在O點也由

8、靜止釋放，當(dāng) B在電場中運動時，A、B間的相互作用力及相互作用能均為 零；B離開電場后，A、B間的相作用視為靜電作用.已知 A的電荷量為Q, A和B的質(zhì)量分別為m和：.不計重力.(1)求A在電場中的運動時間t,(2)若B的電荷量q =；Q,求兩質(zhì)點相互作用能的最大值Epm(3)為使B離開電場后不改變運動方向，求B所帶電荷量的最大值 qm【答案】(1)普 QEd (3) VQ45【解析】【分析】【詳解】解：(1)由牛頓第二定律得，A在電場中的加速度 a -=a在電場中做勻變速直線運動，由d卷a*得運動時間t =-=-(2)設(shè)A、B離開電場時的速度分別為 vao、vbo,由動能定理得qE0d十福A

9、、B相互作用過程中，動量和能量守恒.A、B相互作用為斥力，A受力與其運動方向相同，B受的力與其運動方向相反，相互作用力對A做正功，對B做負(fù)功.A、B靠近的過程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力對B做功的絕對值大于對 A做功的絕對值，因此相互作用力做功之和為負(fù)，相互作用能增加.所以，當(dāng)A、B最接近時相互作用能最大，此時兩者速度相同，設(shè)為 V,由動量守恒定律得：（ m 嚀）v = mvA0+；vB0由能量守恒定律得： Epm= mvjn+rv）且 q =-Q解得相互作用能的最大值 Epm= QE0d45（3） A、B在xd區(qū)間的運動，在初始狀態(tài)和末態(tài)均無相互作用根據(jù)動量守恒定律得

10、：mVA+ VB= mVA0 + VB0 TOC o 1-5 h z 根據(jù)能量守恒定律得： 1m +-5+二阻Q解得：Vb = - _+；,*. nwa a 因為B不改變運動方向，所以 vb= -VEo + VA1 0 （31解得：q+Q則B所帶電荷量的最大值為：qm三Q（1） （5分）關(guān)于原子核的結(jié)合能，下列說法正確的是 （填正確答案 標(biāo)號。選對I個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0 分）。A.原子核的結(jié)合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量一重原子核衰變成“粒子和另一原子核，衰變產(chǎn)物的結(jié)合能之和一定大于原來重核的 結(jié)合能c.葩原子核（155 Cs）

11、的結(jié)合能小于鉛原子核（282 Pb）的結(jié)合能D.比結(jié)合能越大，原子核越不穩(wěn)定E.自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應(yīng)的能量大于該原子核的結(jié)合能（2） （ 10分）如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)童均為 m的物塊A、日C。B的左側(cè)固 定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)最不計 ）.設(shè)A以速度v。朝B運動，壓縮彈簧；當(dāng) A、B 速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動。假設(shè) B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈黃分離的過程中,（i ）整個系統(tǒng)損失的機械能;（ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。【答案】（1） ABC EP 13mv2 48【解析】（1）原子核的結(jié)合能等于核子結(jié)合成

12、原子核所釋放的能量，也等于將原子核分解成核子所需要的最小能量，A正確；重核的比結(jié)合能比中等核小，因此重核衰變時釋放能量，衰變產(chǎn)物的結(jié)合能之和小球原來重核的結(jié)合能，B項正確；原子核的結(jié)合能是該原子核的比結(jié)合能與核子數(shù)的乘積，雖然金色原子核（155 cs）的比結(jié)合能稍大于鉛原子核 （208 Pb）的比結(jié)合能，但金色原子核（133 Cs）的核子數(shù)比鉛原子核（282 Pb）的核子數(shù)少得多，因此其結(jié)合能小，C項正確；比結(jié)合能越大，要將原子核分解成核子平均需要的能量越大，因此原子核越穩(wěn)定，D錯；自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應(yīng)的能最等于該原子核的 結(jié)合能，E錯。中等難度。（2） （i）從A壓縮彈簧到

13、A與B具有相同速度V1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動 量守恒定律得 mv0 2mv1此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為V2 ,損失的機械能為 E。對R C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得 TOC o 1-5 h z mv1 2mv21mv2E 1(2m)v2 HYPERLINK l bookmark36 o Current Document 2212聯(lián)立式得E 一mv016（ii）由式可知 v2 v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至 A、R C三者速度相同，設(shè)此速度為v3,此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep。由動量守恒和能量守恒定律得mv0 3mv31212mv0 EP(

14、3m)v322一一一 132聯(lián)立式得EP 13 mv；48【考點定位】（1）原子核（2）動量守恒定律. 一列火車總質(zhì)量為 M,在平直軌道上以速度 v勻速行駛，突然最后一節(jié)質(zhì)量為m的車廂脫鉤，假設(shè)火車所受的阻力與質(zhì)量成正比，牽引力不變，當(dāng)最后一節(jié)車廂剛好靜止時， 前面火車的速度大小為多少？【答案】Mv/(M-m)【解析】【詳解】因整車勻速運動，故整體合外力為零；脫鉤后合外力仍為零，系統(tǒng)的動量守恒.取列車原來速度方向為正方向.由動量守恒定律，可得 Mv M m v m 0解得，前面列車的速度為 v v_ ；M m.如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質(zhì)量為木

15、板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為科使木板與重物以共同的速度 vo向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后木板以原速率反彈.設(shè)木板足夠長，重物始終在木板上.重力加速度為g.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間【答案】t 返3 g【解析】解：木板第一次與墻碰撞后，向左勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度，再往后是勻速直線運動，直到第二次 撞墻.木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到有共同速度v,動量守恒，有：c 一，c .、 iV02mvo - mvo= (2m+m) v, 解得： v=-Jmv m ( vo) - 2mgt2m

16、gs木板在第二個過程中，勻速直線運動，有:S=vt2木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間mv m ( vo) - 2mgt2mgs木板在第二個過程中，勻速直線運動，有:S=vt2木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間t=tl+t2=2V口 2v0+,答：木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間為1%3 Pig【點評】本題是一道考查動量守恒和勻變速直線運動規(guī)律的過程復(fù)雜的好題，正確分析出 運動規(guī)律是關(guān)鍵.10.如圖所示，光滑固定斜面的傾角=30； 一輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量M=3kg的物體B相連，初始時 B靜止.質(zhì)量m=1kg的A物體在斜面上距 B物體處s1=10cm靜止釋 放

17、，A物體下滑過程中與 B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后與B粘在一起，已知碰后整體經(jīng)t=0.2s下滑s2=5cm至最低點.彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，A、B可視為質(zhì)點，g取10m/s2.(1)從碰后到最低點的過程中，求彈簧最大的彈性勢能；(2)碰后至返回到碰撞點的過程中，求彈簧對物體B的沖量大小.上【答案】(1) 1. 125J; (2) 10Ns【解析】【分析】(1)A物體下滑過程，A物體機械能守恒，求得 A與B碰前的速度；A與B碰撞是完全非彈 性碰撞，A、B組成系統(tǒng)動量守恒，求得碰后AB的共同速度；從碰后到最低點的過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可求得從碰后到最低點的過程中彈性勢能的增

18、加量.(2)從碰后至返回到碰撞點的過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可求得返回碰撞點時AB的速度；對 AB從碰后至返回到碰撞點的過程應(yīng)用動量定理，可得此過程中彈簧對 物體B沖量的大小.【詳解】012(1)A物體下滑過程，A物體機械能守恒，則： mgGsin30 mv02解得：v0 J2gsisin300，2 10 0.1 0.5 嗯 1msA與B碰撞是完全非彈性碰撞，據(jù)動量守恒定律得：mv0 (m M )v1解得：V1 0.25 ms從碰后到最低點的過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則：一 120Ept增 (m M )v1 (m M)gS2sin30 2解得：Ept 增 1.1

19、25J(2)從碰后至返回到碰撞點的過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可求得返回碰撞點時AB的速度大小v2 V1 0.25 mzs 以沿斜面向上為正，由動量定理可得：It (m M )gsin30 2t (m M M (m M)%解得：It解得：It10N s.如圖所示，一質(zhì)量為 m=1 5kg的滑塊從傾角為 。=37。的斜面上自靜止開始滑下，斜 面末端水平(水平部分光滑，且與斜面平滑連接，滑塊滑過斜面末端時無能量損失)，滑塊離開斜面后水平滑上與平臺等高的小車.已知斜面長s=10m,小車質(zhì)量為 M=3 5kg,滑塊與斜面及小車表面的動摩擦因數(shù)科=0. 35,小車與地面光滑且足夠長，取g=

20、10m/s2.求：(1)滑塊滑到斜面末端時的速度(2)當(dāng)滑塊與小車相對靜止時，滑塊在車上滑行的距離【答案】(1) 8 m/s (2) 6. 4m【解析】試題分析：(1)設(shè)滑塊在斜面上的滑行加速度a,由牛頓第二定律，有 mg (sin 0 -cos 0 ) =ma代入數(shù)據(jù)得：a=3. 2m/s2又：s= at22解得t=2 . 5s到達斜面末端的速度大小v 0=at=8 m/s(2)小車與滑塊達到共同速度時小車開始勻速運動，該過程中小車與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，則：mv= (m+M v代入數(shù)據(jù)得：v=2 . 4m/s滑塊在小車上運動的過程中，系統(tǒng)減小的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，得：mgL= 1 mv02- 1 ( m+M v222代入數(shù)據(jù)得：L=6. 4m考點：牛頓第二定律；動量守恒定律；能量守恒定律【名師點睛】此題考查動量守恒定律及功能關(guān)系的應(yīng)用，屬于多過程問題，需要分階段求 解；解題時需選擇合適的物理規(guī)律，用牛頓定律結(jié)合運動公式，或者用動量守恒定律較簡 單，此題是中檔題。.如圖所示，水平光滑軌道AB與以O(shè)點為圓心的豎直半