动量守恒定律的应用(计算题)

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（27）动量守恒定律及应用（解析版）考点一 对动量守恒条件的理解1．系统不受外力或系统所受外力的合力为零．2．系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多．3．系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒．1、（2020·新课标全国2卷）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞。

总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s ，反弹的物块不能再追上运动员。

不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A ．48 kgB ．53 kgC ．58 kgD ．63 kg【答案】BC【解析】设运动员和物块的质量分别为m 、0m 规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为1v 、0v ，则根据动量守恒定律 1000mv m v =- 解得010m v v m= 物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块100200mv m v mv m v +=- 解得0203m v v m= 第3次推出后200300mv m v mv m v +=- 解得0305m v v m= 依次类推，第8次推出后，运动员的速度08015m v v m=根据题意可知08015m/s m v v m=>5 解得60kg m < 第7次运动员的速度一定小于5m/s ，则解得52kg m > 综上所述，运07013m/s m v v m=<5动员的质量满足 kg 60kg m 52<<AD 错误，BC 正确。

计算题1、(2019·陕西咸阳模拟)如图8所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。

试求：图8(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。

2.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在光滑水平面的平板小车，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时产生的热量Q；（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。

3．如图8所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。

车上右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与车之间的动摩擦因数μ＝0.5，现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s 的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。

g取10 m/s2，求：图8(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？解析(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s。

(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和动能定理有(m0＋m1)v1＝(m0＋m 1＋m 2)v 2－μm 2gL ＝12(m 0＋m 1＋m 2)v 22－12(m 0＋m 1)v 21 解得L ＝5 m故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m 。

动量守恒定律的应用范例动量守恒定律是物理学中的基本定律之一，它描述了一个封闭系统中，当没有外力作用时，总动量守恒的现象。

在许多实际情况中，我们可以运用动量守恒定律来解释和分析各种物理现象。

本文将介绍一些动量守恒定律的应用范例。

1. 斜面上的冲撞现象想象一个光滑的斜面，上面有一个质量为m1的小木块，从斜面的顶端以速度v1向下滑动。

在斜面底部，有一个质量为m2的物体以速度v2静止等待。

当小木块滑动到斜面底部撞击物体时，动量守恒定律可以用来分析冲撞过程。

根据动量守恒定律，系统总动量在冲撞前后保持不变。

记小木块冲撞后的速度为v3，物体冲撞后的速度为v4，则有：m1 * v1 + m2 * 0 = m1 * v3 + m2 * v4由于木块在斜面上垂直方向上没有速度分量，因此小木块在冲撞前后的垂直动量为0。

将上式进一步简化得：m1 * v1 = m1 * v3 + m2 * v4该式可以用来求解冲撞过程中物体的速度。

2. 火箭的推进原理火箭的推进原理基于动量守恒定律。

当火箭在太空中运行时，没有外力对其进行推动，因此内部燃料的喷射可以根据动量守恒定律来解释。

火箭在燃烧燃料时，燃料以高速喷射出火箭的喷管，根据牛顿第三定律，喷射的燃料会给火箭一个相反的冲量。

根据动量守恒定律，火箭和喷射的燃料的总动量在发射前后保持不变。

火箭的总动量可以表示为火箭本身的质量乘以速度，喷射的燃料的总动量可以表示为喷射质量乘以速度。

因此，在火箭喷射燃料时，可以利用动量守恒定律的表达式：m1 * v1 = (m1 + m2) * v2其中，m1为火箭质量，v1为火箭的速度；m2为喷射出的燃料的质量，v2为喷射出燃料的速度。

通过这个表达式，可以解析火箭在喷射燃料后的速度。

3. 球类碰撞动量守恒定律也可以应用于解析球类碰撞的现象。

想象两个相同质量的球，分别以速度v1和v2沿相反方向运动。

当这两个球碰撞后，根据动量守恒定律，系统总动量保持不变。

专题39 动量守恒定律的理解和应用1.[2022·河南省驻马店市大联考]如图所示，小车A 静止于光滑水平面上，A 上有一圆弧PQ ，圆弧位于同一竖直平面内，小球B 由静止起沿圆弧下滑，则这一过程中( )A ．若圆弧不光滑，则系统动量守恒，机械能守恒B ．若圆弧光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒C .若圆弧不光滑，则系统动量不守恒，机械能守恒D .若圆弧光滑，则系统的动量守恒，机械能守恒2．[2022·甘肃省临洮中学期中考试](多选)如图所示，在光滑水平面上，一速度大小为v 0的A 球与静止的B 球碰撞后，A 球的速率为v 03 ，B 球的速率为v 02，A 、B 两球的质量之比可能是( )A ．3∶4B ．4∶3C ．8∶3D ．3∶83．[2022·九师联盟质量检测](多选)如图所示，光滑水平面上有一轻弹簧，其左端固定在竖直墙壁上．一质量m 1＝0.5 kg 可视为质点的滑块A 以v 0＝12 m /s 的水平速度向左运动，撞上静止的质量m 2＝1.5 kg 可视为质点的滑块B 并粘在一起向左运动，两滑块与弹簧作用后原速率弹回，则下列说法正确的是( )A ．两滑块组成的系统碰撞过程中动量守恒B ．两滑块碰撞结束时的速度大小为3 m /sC ．在整个过程中，两滑块组成的系统动量守恒D ．在整个过程中，弹簧对A 、B 系统的冲量大小为12 N ·s 4.[2022·湖南省衡阳市阶段练习](多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示，现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是( )A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为mv0 M＋mC．子弹和木块一起上升的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒D．子弹和木块一起上升的最大高度为m2v22g（M＋m）25．如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑．在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等．烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上．则下列说法中正确的是( )A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1∶m26.[2022·江西省萍乡市阶段练习]在光滑水平地面上放置一辆小车，车上放置有木盆，在车与木盆以共同的速度向右运动时，有雨滴以极小的速度竖直落入木盆中而不溅出，如图所示，则在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将( )A ．保持不变B ．变大C ．变小D ．不能确定7．滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动．现有一个质量为m 的小孩站在一辆质量为λm 的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v 0匀速运动，突然发现前面有一个小水坑，由于来不及转向和刹车，该小孩立即相对滑板车以速度v 0向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的12，但方向不变，则λ为( )A ．1B ．2C ．3D ．48．[2022·江苏省常州市质量调研]光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A ，斜面体质量为M 、底边长为L ，如图所示．将一质量为m 、可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N ，则下列说法中正确的是( )A ．F N ＝mg cos αB ．滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N t cos αC ．滑块B 下滑的过程中A 、B 组成的系统动量守恒D .此过程中斜面体向左滑动的距离为m M ＋mL 9．[2022·陕西省泾阳县期中]如图所示，质量m ＝2 kg 的小铁块(可视为质点)放在长木板左端，长木板质量M ＝4 kg ，静止在光滑水平面上，当给小铁块施加大小为6 N ·s 、方向水平向右的瞬时冲量后，经过0.8 s 木板和小铁块达到共同速度．重力加速度g 取10 m /s 2，则长木板与小铁块的共同速度大小和二者之间的动摩擦因数分别为( )A ．0.8 m /s 0.5B ．0.8 m /s 0.25C ．1 m /s 0.5D ．1 m /s 0.2510．[2022·黑龙江省双鸭山一中考试]如图所示，质量为m 的滑块A 套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动．在水平杆上固定一挡板P ，滑块靠在挡板P 左侧且处于静止状态，其下端用长为L的不可伸长的轻质细线悬挂一个质量为3m的小球B，已知重力加速度大小为g.现将小球B拉至右端水平位置，使细线处于自然长度，由静止释放，忽略空气阻力，求：(1)小球第一次运动至最低点时，细线拉力的大小；(2)滑块运动过程中，所能获得的最大速度．11．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(1)乙要以多大的速度v将物体A推出；(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．专题39 动量守恒定律的理解和应用1．B 不管圆弧是否光滑，系统的水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒；若圆弧光滑，系统只有重力做功，机械能守恒，若圆弧不光滑，系统有能量损失，机械能不守恒．综上所述，只有选项B 正确．2．AD 两球碰撞过程动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，如果碰撞后A 球的速度方向不变，有m A v 0＝m A ·v 03＋m B ·v 02，解得m A ∶m B ＝3∶4，如果碰撞后A 的速度反向，有m A v 0＝－m A ·v 03＋m B ·v 02，解得m A ∶m B ＝3∶8，A 、D 正确． 3．ABD 两滑块组成的系统碰撞过程中，合外力为零，动量守恒，有m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 2，解得碰撞后的速度v 2＝3 m/s ，A 、B 正确；两滑块压缩弹簧的过程中，合外力不为零，动量不守恒，C 错误；整个过程中弹簧对A 、B 的冲量大小I ＝2(m 1＋m 2)v 2＝12 N ·s ，D 正确．4．BD 子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A 错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得mv 0＝(m ＋M )v ′，解得v ′＝mv 0m ＋M，故B 正确；子弹和木块一起上升的过程中，合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C 错误；子弹在木块中与木块一起上升的过程中，根据机械能守恒得12(m ＋M )v ′2＝(m ＋M )gh ，解得h ＝m 2v 20 2g （M ＋m ）2，故D 正确． 5．C 脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得m 1v 1－m 2v 2＝0，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A 错误；动能与动量的关系为E k ＝12mv 2＝p 22m，由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B 错误；甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由h ＝12gt 2可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C 正确；由A 的解析可得v 1v 2＝m 2m 1，平抛的水平位移为x ＝v 0t ，故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得x 1∶x 2＝m 2∶m 1，D 错误．6．C 雨滴落入木盆的过程中，小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向满足动量守恒，设小车、木盆的总质量为M ，雨滴的质量为m ，则有Mv ＝(M ＋m )v 共，解得v 共＝Mv M ＋m <v ，在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将变小，C 正确．7．A 由题意，小孩在起跳过程中和滑板车组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有(m ＋λm )v 0＝λm ·v 02＋m (v 0＋v 02)，解得λ＝1，故选A. 8．D 当滑块B 相对于斜面加速下滑时，斜面A 水平向左加速运动，所以滑块B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力F N 不等于mg cos α，A 错误；滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N t ，B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C 错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 两者水平位移大小分别为x 1、x 2，则Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝mM ＋m L ，D 正确． 9．D 对小铁块由动量定理有I ＝mv 0，小铁块和木板在光滑水平面上动量守恒有mv 0＝(M ＋m )v 共，联立解得木板与小铁块在共同运动时的速度大小v 共＝1 m/s ，对木板由动量定理有μmgt ＝Mv 共，解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.25，D 正确．10．(1)9mg (2)322gL 解析：(1)小球B 第一次摆到最低点时，由机械能守恒定律得 3mgL ＝12·3mv 2 解得v ＝2gL在最低点，由牛顿第二定律有F －3mg ＝3m v 2L解得，小球第一次到最低点时细线拉力的大小F ＝9mg(2)当小球第一次通过最低点后，滑块A 不再受到挡板P 的作用力，此时滑块A 与小球B 组成的系统在水平方向上动量守恒，可判断知当小球再次到达最低点时，滑块的速度达最大，设此时小球B 与滑块A 的速度分别为v 1、v 2，规定水平向左为正方向，则有3mv ＝3mv 1＋mv 2根据机械能守恒定律有12·3mv 2＝12·3mv 21 ＋12mv 22 联立两式求得v 2＝322gL . 11．(1)5.2 m/s (2)432 N解析：(1)规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v 1，对甲、乙以及物体A 组成的系统根据动量守恒定律可得M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1对乙和A组成的系统根据动量守恒定律可得M2v0＝(M2－m)v1＋mv联立解得v＝5.2 m/s，v1＝0.4 m/s. (2)对甲根据动量定理有Ft＝M1v1－M1(－v0) 解得F＝432 N．。

动量定理题型及例题讲解动量定理是物理学中的一个重要定理，它描述了力、质量和时间之间的关系。

动量定理指出，在一个惯性系中，外力的冲量等于物体动量的增量。

下面我将介绍动量定理的题型和例题讲解。

一、动量定理题型动量定理题型一般可分为以下三种:1. 动量守恒定律应用题动量守恒定律是指在一个系统内，若不存在外力作用，则系统的总动量保持不变。

在这类题型中，考生需要根据动量守恒定律，计算出系统的总动量，然后根据动量定理，求解外力对系统的作用。

2. 动量定理公式应用题在这类题型中，考生需要根据动量定理，计算出物体的动量增量，然后根据动量守恒定律，求解外力对物体的作用。

3. 碰撞问题应用题碰撞问题是物理学中的一个重要问题，它涉及到动量守恒定律和动量定理。

在这类题型中，考生需要根据动量守恒定律和动量定理，计算出碰撞前后物体的动量变化，然后根据碰撞原理，求解外力对物体的作用。

二、动量定理例题讲解下面我们来看几个动量定理的例题:1. 动量守恒定律应用题例题：一个质量为 2 千克的物体，以 5 米/秒的速度沿水平面滑行，如果在物体表面放置一个弹簧，求弹簧的弹力。

解析：根据动量守恒定律，由于物体的速度不变，系统的总动量守恒。

因此，外力的冲量等于物体的动量增量。

即:I = m * v其中，I 为外力的冲量，m 为物体的质量，v 为物体的速度。

根据题意，可知:I = m * v = 2 * 5 = 10 J因此，外力对物体的作用为:F = I / a = 10 / 1 = 10 N。

2. 动量定理公式应用题例题：一个质量为 2 千克的物体，以 5 米/秒的速度沿水平面滑行，如果在物体表面放置一个弹簧，求弹簧的弹力。

解析：根据动量定理，在外力作用期间，物体的动量增量为:p = m * v"其中，p 为物体的动量，m 为物体的质量，v"为物体的速度。

根据题意，可知:v" = v - at其中，a 为物体的水平加速度，t 为物体滑行的时间。

动量守恒初中物理中动量守恒定律的应用与计算动量守恒：初中物理中动量守恒定律的应用与计算动量守恒是运动学中的基本定律之一，它描述了物体在相互作用中动量的守恒。

本文将介绍初中物理中动量守恒定律的应用与计算方法。

一、动量守恒定律的基本概念动量是一个向量量量，定义为物体的质量乘以其速度。

动量守恒定律指出，在一个孤立系统中，如果没有外力作用，系统的总动量保持不变。

即物体的初动量等于物体的末动量。

二、动量守恒定律的应用举例1. 碰撞问题碰撞是动量守恒定律的典型应用之一。

假设有两个物体A和B，在碰撞前分别具有不同的质量和速度，通过撞击后会发生弹性或非弹性碰撞。

2. 爆炸问题爆炸是动量守恒定律的另一个重要应用。

当一个物体在爆炸时，内部的化学能被转化为动能和热能。

根据动量守恒定律，炸碎的物体会以不同的速度向不同的方向散开。

3. 计算问题动量守恒定律也可以用于计算问题。

例如，当一个物体A和另一个物体B发生碰撞，已知物体A的质量、速度和物体B的质量和速度，可以通过动量守恒定律来计算碰撞后物体A和物体B的速度。

三、动量守恒定律的计算方法1. 完全弹性碰撞完全弹性碰撞是指碰撞过程中没有动能损失，动量守恒定律可以写成以下公式：m1u1 + m2u2 = m1v1 + m2v2其中m1和m2分别是物体A和物体B的质量，u1和u2分别是物体A和物体B的初速度，v1和v2分别是物体A和物体B的末速度。

2. 完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞是指碰撞过程中有动能损失，两个物体在碰撞后会黏在一起。

动量守恒定律可以用以下公式表示：m1u1 + m2u2 = (m1+m2)V其中m1和m2分别是物体A和物体B的质量，u1和u2分别是物体A和物体B的初速度，V是黏在一起后物体的速度。

3. 部分弹性碰撞部分弹性碰撞是指碰撞过程中动能只有部分被转化为热能和形变能，动量守恒定律可以用以下公式表示：m1u1 + m2u2 = m1v1 + m2v2其中m1和m2分别是物体A和物体B的质量，u1和u2分别是物体A和物体B的初速度，v1和v2分别是物体A和物体B的末速度。

1.动量守恒定律的判断1、把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹、车的下列说法正确的是（）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.只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒D.枪、子弹、车组成的系统动量守恒解：本题C选项中所提到的子弹和枪筒之间的摩擦是系统的内力，在考虑枪、子弹、车组成的系统时，这个因素是不用考虑的根据受力分析，可知该系统所受合外力为0，符合动量守恒的条件，故选D规律总结：判断系统是否动量守恒时，一定要抓住守恒条件，即系统不受外力或者所受合外力为0。

变式：如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：（）A、动量守恒、机械能守恒B、动量不守恒、机械能不守恒C、动量守恒、机械能不守恒D、动量不守恒、机械能守恒解析:若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．答案：B规律总结：实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．2.碰撞中过程的分析2、如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块A和B都可视作质点，质量相等。

B与轻质弹簧相连。

设B静止，A以某一初速度向B运动并与弹簧发生碰撞。

在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（）A. A的初动能B. A的初动能的1/2C. A的初动能的1/3D. A的初动能的1/4解析：解决这样的问题，最好的方法就是能够将两个物体作用的过程细化。

动量守恒能量守恒练习题动量守恒和能量守恒是物理学中两个重要的守恒定律。

它们在解决物理问题中起着关键的作用，尤其在力学和能量转化的问题中应用广泛。

下面是一些关于动量守恒和能量守恒的练习题，让我们来一起进行练习，加深对这两个定律的理解。

练习题1：碰撞问题两个相互靠近的物体质量分别为m1和m2，初始速度分别为v1和v2。

它们发生完全弹性碰撞，向相反方向运动后的速度分别为v1'和v2'。

根据动量守恒定律，我们可以得到以下式子：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'对于给定的初始条件，求解碰撞后物体的速度。

练习题2：能量转化问题一物体从高处自由下落，其高度为h，质量为m。

忽略空气阻力的影响，我们可以应用能量守恒定律，得到以下式子：mgh = 1/2mv^2其中，g是重力加速度，v是物体的速度。

根据这个式子，给定初始条件，可以求解物体在到达地面时的速度v。

练习题3：弹簧振动问题一质量为m的物体挂在一个弹簧上，弹簧的劲度系数为k。

当物体受到外力F推动后，它绕平衡位置做简谐振动。

根据动量守恒和能量守恒定律，我们可以得到以下式子：mω^2A^2 = F^2其中，A是振幅，ω是振动的角频率。

根据这个式子，可以求解物体的运动参数。

练习题4：线性势能转化为动能一个弹簧压缩到长度为x，劲度系数为k。

当弹簧释放时，它将能量转化为物体的动能。

根据能量守恒定律，可以得到以下式子：1/2kx^2 = 1/2mv^2其中，x是弹簧的长度，v是物体的速度。

根据这个式子，可以求解物体的速度。

练习题5：球体滚动问题一个质量为m的球体从斜面上方的高度h滚动下来，斜面的倾角为θ。

忽略摩擦的影响，根据能量守恒定律，我们可以得到以下式子：mgh = 1/2mv^2 + 1/2Iω^2其中，g是重力加速度，v是球体的速度，I是球体关于通过球心的转动轴的转动惯量，ω是球体的角速度。

根据这个式子，可以求解球体在到达底部时的速度。

在四种常见模型中应用动量守恒定律导练目标导练内容目标1人船模型和类人船模型目标2反冲和爆炸模型目标3弹簧模型目标4板块模型【知识导学与典例导练】一、人船模型和类人船模型1.适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②动量守恒或某方向动量守恒．2.常用结论设人走动时船的速度大小为v 船,人的速度大小为v 人,以船运动的方向为正方向,则m 船v 船-m 人v 人=0,可得m 船v 船=m 人v 人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m 船v 船t =m 人v 人t ,即：m 船x 船=m 人x 人，由图可看出x 船+x 人=L ，可解得：x 人=m 船m 人+m 船L ；x 船=m 人m 人+m 船L3.类人船模型类型一类型二类型三类型四类型五1有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d ，然后用卷尺测出船长L ，已知他自身的质量为m ，则渔船的质量()A.m (L +d )dB.md (L -d )C.mL dD.m (L -d )d【答案】D【详解】因水平方向动量守恒，可知人运动的位移为(L -d )由动量守恒定律可知m (L -d )=Md解得船的质量为M =m (L -d )d故选D 。

2如图所示，滑块和小球的质量分别为M 、m 。

滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为L ，重力加速度为g 。

开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。

现将小球由静止释放，下列说法正确的是( )。

A.滑块和小球组成的系统动量守恒B.滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒C.滑块的最大速率为2m 2gLM (M +m )D.滑块向右移动的最大位移为mM +mL【答案】BC【详解】A ．小球下摆过程中竖直方向有分加速度，系统的合外力不为零，因此系统动量不守恒，A 错误；B ．绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，B 正确；C ．当小球落到最低点时，只有水平方向速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，取水平向右为正方向，系统水平方向动量守恒有Mv 1-mv 2=0由系统机械能守恒有mgL =12mv 22+Mv 21解得滑块的最大速率v 1=2m 2gLM (M +m )，C 正确；D ．设滑块向右移动的最大位移为x ，根据水平动量守恒得M x t -m 2L -x t =0解得x =2mM +mL ，D 错误；故选BC 。

易错点15 动量守恒定理及其应用易错总结1.动量守恒定律的条件:系统所受的总冲量为零不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力),即系统所受外力的矢量和为零。

(碰撞、爆炸、反冲的过程均可近似认为动量守恒)2,某一方向上动量守恒的条件:系统所受外力矢量和不为零,但在某一方向上的合力为零,则系统在这个方向上动量守恒。

必须注意区别总动量守恒与某一方向上动量守恒。

3,完全非弹性碰撞:两物体碰撞后获得共同速度,动能损失最多且全部通过形变转化为内能,但动量守恒。

4,弹性碰撞:动量守恒,碰撞前后系统总动能相等。

5.一般碰撞:有完整的压缩阶段,只有部分恢复阶段,动量守恒,动能减小。

6,人船模型—两个原来静止的物体(人和船)发生相互作用时,不受其他外力,对这两个物体组成的系统来说,动量守恒,且任一时刻的总动量均为零,由动量守恒定律,有2211v m v m (注意利用几何关系解决位移问题)。

(人船模型:人从右向左由船头走向船尾)7,能量与动量不能混为一谈,能量是标量,动量是矢量,且两者的公式、定义均不相同。

8.求变力冲量(1)若力与时间呈线性关系,可用于平均力求变力的冲量；(2)若给出了力随时间变化的图像如图,可用面积法求变力冲量。

9.在研究反冲问题时,注意速度的相对性:若物体间的相对速度已知,应转化为对地速度。

解题方法一、动量守恒定律1.动量守恒定律的推导如图所示，光滑水平桌面上质量分别为m1、m2的球A、B，沿着同一直线分别以v1和v2的速度同向运动，v2>v1.当B球追上A球时发生碰撞，碰撞后A、B两球的速度分别为v1′和v2′.设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t.根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2).因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，则有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2.动量守恒定律的理解(1)动量守恒定律的成立条件①系统不受外力或所受合外力为零.②系统受外力作用，但内力远远大于合外力.此时动量近似守恒.③系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒.(2)动量守恒定律的性质①矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算.②相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度.③普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.二、动量守恒定律的应用1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和.(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反.(4)Δp＝0：系统总动量增量为零.2.应用动量守恒定律的解题步骤：【易错跟踪训练】易错类型1：不明白规律内涵、外延1．（2021·全国高三专题练习）下列关于碰撞的理解正确的是（）A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞【答案】A【详解】AB．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内运动状态发生显著变化的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，A正确，B错误。

动量守恒定律的典型例题【例1】把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上．枪发射出一颗子弹．对于此过程，下列说法中正确的有哪些？[]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．车、枪和子弹组成的系统动量守恒d．车、枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有摩擦力．且摩擦力的冲量甚小【分析】本题涉及如何选择系统，并判断系统是否动量守恒．物体间存在相互作用力是构成系统的必要条件，据此，本题中所涉及的桌子、小车、枪和子弹符合构成系统的条件．不仅如此，这些物体都跟地球有相互作用力．如果仅依据有相互作用就该纳入系统，那么推延下去只有把整个宇宙包括进去才能算是一个完整的体系，显然这对于分析、解决一些具体问题是没有意义的．选择体系的目的在于应用动量守恒定律去分析和解决问题，这样在选择物体构成体系的时候，除了物体间有相互作用之外，还必须考虑“由于物体的相互作用而改变了物体的动量”的条件．桌子和小车之间虽有相互作用力，但桌子的动量并没有发生变化．不应纳入系统内，小车、枪和子弹由于相互作用而改变了各自的动量，所以这三者构成了系统．分析系统是否动量守恒，则应区分内力和外力．对于选定的系统来说，重力和桌面的弹力是外力，由于其合力为零所以系统动量守恒．子弹与枪筒之间的摩擦力是系统的内力，只能影响子弹和枪各自的动量，不能改变系统的总动量．所以d的因果论述是错误的．【解】正确的是c．【例2】一个质量m=1kg的鸟在空中v0=6m/s沿水平方向飞行，离地面高度h=20m，忽被一颗质量m=20g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g=10m/s2．求：鸟被击中后经多少时间落地；鸟落地处离被击中处的水平距离．【分析】子弹击中鸟的过程，水平方向动量守恒，接着两者一起作平抛运动。

【解】把子弹和鸟作为一个系统，水平方向动量守恒．设击中后的共同速度为u，取v0的方向为正方向，则由mv0＋mv＝(m＋m)u，得击中后，鸟带着子弹作平抛运动，运动时间为鸟落地处离击中处水平距离为s＝ut＝11.76×2m＝23.52m．【例3】一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为m，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为[]【分析】列车原来做匀速直线运动，牵引力f等于摩擦力f，f=k(m＋m)g(k为比例系数)，因此，整个列车所受的合外力等于零．尾部车厢脱钩后，每一部分所受摩擦力仍正比于它们的重力．因此，如果把整个列车作为研究对象，脱钩前后所受合外力始终为零，在尾部车厢停止前的任何一个瞬间，整个列车(前部+尾部)的动量应该守恒．考虑刚脱钩和尾部车厢刚停止这两个瞬间，由(m+m)v0=0+mv得此时前部列车的速度为【答】b．【说明】上述求解是根据列车受力的特点，恰当地选取研究对象，巧妙地运用了动量守恒定律，显得非常简单．如果把每一部分作为研究对象，就需用牛顿第二定律等规律求解．有兴趣的同学，请自行研究比较．【例4】质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1 =30cm/s的速率向右运动，恰好遇上在同一条直线上向左运动的另一个小球．第二个小球的质量为m2=50g，速率v2=10cm/s．撞后，小球m2恰好停止．那么，碰撞后小球m1的速度是多大，方向如何？【分析】取相互作用的两个小球为研究的系统。

08专题：动量定理与动量守恒定律专题1．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图所示，则( )A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零2．质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，该过程中，地面对他的冲量大小为I，重力加速度大小为g.下列说法正确的是（）A．运动员在加速上升过程中处于超重状态 B．运动员离开地面时的速度大小为I mC．该过程中，地面对运动员做的功为22ImD．该过程中，人的动量变化大小为I-mgt3．如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab段水平，长度为2R；bc段是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力F的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，以下说法正确的是（）A．重力与水平外力合力的冲量等于小球的动量变化量B．小球对圆弧轨道b点和c点的压力大小都为5mgC．小球机械能的增量为3mgRD．小球在到达c点前的最大动能为21)mgR4．如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( ) A．小球以后将向右做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为20 2 mvD ．小球在弧形槽内上升的最大高度为204gν 5．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。

某时刻甲、乙都以大小为v 0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。

甲和他的装备总质量为M 1＝90 kg ，乙和他的装备总质量为M 2＝135 kg ，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg 的物体A 推向甲，甲迅速接住A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远，速度均指相对空间站的速度)。

第2讲动量守恒定律及应用1•动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。

(2)表达式①P= P’，系统相互作用前总动量P等于相互作用后的总动量P’。

②m2V2= mivi '+ m2V2 " »相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。

③Api =- A P2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

④Ap= 0，系统总动量的增量为零。

2・动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。

(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当內力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。

(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。

3・动量守恒定律的“五性”［思维诊断］(1)动量具有瞬时性。

0(2)物体动量的变化等于某个力的冲量。

()(3)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。

()(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。

()(5)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。

()答案：(1)z (2)X (3)z (4)X (5)x［题组训练］1 •［动量守恒的条件］在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。

若木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被将子弹、木块和弹簧合在一压缩至最短的整个过程中()A・动量守恒，机械能守恒B•动量不守恒，机械能不守恒C•动量守恒?机械能不守恒D •动量不守恒，机械能守恒解析：子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能，之后木块（连同子弹）压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守 恒，但动量不守恒。

由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，所以整个过程中，动量和机械能均不 守恒。

专题9 动量守恒定律的应用一、单选题1．如图所示，质量为m 的小车左端紧靠竖直墙壁但不固定，其左侧AB 部分为14光滑圆弧轨道，半径为R ，轨道最低点B 与水平粗糙轨道BC 相切，2BC R ，将质量也为m 的物块(可视为质点)从A 点无初速释放，只考虑物块与BC 间的摩擦，其动摩擦因数为23，其余一切摩擦不计，则物块相对BC 运动的位移大小为（ ）A ．34RB ．RC ．43RD ．2R2．如图所示 “牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是（ ）A ．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B ．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C ．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D ．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同3．在光滑水平桌面上有两个相同的弹性小球A 、B 质量都为m ，现B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E P ，则碰前A 球的速度等于A P E mB 2pE m C ．2P E mD ．22PE m4．如图所示，光滑的水平桌面上有一个内壁光滑的直线槽子，质量相等的A 、B 两球之间由一根长为L 且不可伸长的轻绳相连，A 球始终在槽内，其直径略小于槽的直径，B 球放在水平桌面上．开始时刻A 、B 两球的位置连线垂直于槽，相距2L ，某给B 球一个平行于槽的速度v 0，关于两球以后的运动，下列说法正确的是A ．绳子拉直前后，A 、B 两球组成的系统在平行于槽的方向动量守恒B ．绳子拉直后，A 、B 两球将以相同的速度平行于相的方向运动C ．绳子拉直的瞬间，B 球的机械能的减少量等于A 球机被能的增加量D ．绳子拉直的瞬间，B 球的机械能的减少量小于A 球机械能的增加量 5．质量为m 的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l ，另一质量也为m 且可视为质点的物体从箱子中央以v 0=2gl 的速度开始运动（g 为当地重力加速度），如图所示。

2022届高三物理二轮高频考点专题突破专题10 重力场、电场和磁场中动量守恒定律的应用专练目标专练内容目标1 重力场中的应用动量守恒定律（1T—6T ） 目标2 电场中的应用动量守恒定律（7T—11T ） 目标3 磁场中的应用动量守恒定律（12T—16T ）一、重力场中的应用动量守恒定律1．2014年12月3日，世界台联宣布中国斯诺克球手丁俊晖已确定在新的世界排名榜上跃居世界第一，他也成为台联有史以来第11位世界第一，同时也是首位登上世界第一的亚洲球员，丁俊晖为台球运动在中国的推广和发展做出了突出贡献。

按照国际标准，每颗球的标准质量为154.5g ，但是由于不同广商生产水平的不同，所以生产出来的球的质量会有一些差异。

如图所示，假设光滑水平面一条直线上依次放n 个质量均为15的静止的弹性红球（相邻两个红球之间有微小的间腺），另有一颗质量为1758的弹性白球以初速度v 0与n 号红球发生弹性正碰，则k 号红球最终的速度大小为（已知1<k <n ）（ ）A ．03533vB ．1035233k kv -⨯C ．D ．035233⨯kkv【答案】B【详解】光滑水平面一条直线上依次放n 个质量为2m 的弹性红球，质量为1m 的白球以初速度为0v 与n 号红球发生弹性正碰，根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知，每碰撞一次白球的速度变为原来的1212m m m m -+而n 号球每次将速度传给右侧球，故白球与n 号球碰撞1次后，白球速度10233v v =红球的速度1001223533m v v m m =+最终传给1号球，白球与n 号碰撞2次后，白球速度220233v v ⎛⎫= ⎪⎝⎭红球的速度1101223523333m v v m m ⎛⎫= ⎪+⎝⎭最终传给2号球，白球与n 号球碰撞3次，白球速度330233v v ⎛⎫= ⎪⎝⎭红球的速度21201223523333m v v m m ⎛⎫= ⎪+⎝⎭最终传给3号球，k 号红球最终的速度大小为103523333k v -⎛⎫⎪⎝⎭故选B 。

物理动量定理题20套(带答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列，质量均为m ，人在极短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 时停。

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，碰撞吋间很短，忽咯空气阻力，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。

【答案】(1)-3kmgL ；(2)10m kgL 【解析】 【分析】 【详解】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则W =-kmgL -2kmgL =-3kmgL即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL 。

(2)设第一辆车的初速度为v 0，第一次碰前速度为v 1，碰后共同速度为v 2，则由动量守恒得mv 1=2mv 222101122kmgL mv mv -=- 221(2)0(2)2k m gL m v -=-由以上各式得010v kgL =所以人给第一辆车水平冲量的大小010I mv m kgL ==2．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R =0.1 m ，半圆形轨道的底端放置一个质量为m =0.1 kg 的小球B ，水平面上有一个质量为M =0.3 kg 的小球A 以初速度v 0=4.0 m / s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80 s 与B 发生弹性碰撞．设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（1）两小球碰前A 的速度； （2）球碰撞后B ,C 的速度大小；（3）小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力；【答案】（1）2m/s （2）v A ＝1m /s ，v B ＝3m /s （3）4N ，方向竖直向上 【解析】 【分析】 【详解】（1）选向右为正，碰前对小球A 的运动由动量定理可得： –μ Mg t ＝M v – M v 0 解得：v ＝2m /s（2）对A 、B 两球组成系统碰撞前后动量守恒，动能守恒：A B Mv Mv mv =+222111222A B Mv Mv mv =+ 解得：v A ＝1m /s v B ＝3m /s（3）由于轨道光滑，B 球在轨道由最低点运动到C 点过程中机械能守恒：2211222B Cmv mv mg R '=+ 在最高点C 对小球B 受力分析，由牛顿第二定律有： 2CN v mg F m R'+= 解得：F N ＝4N由牛顿第三定律知，F N '＝F N ＝4N小球对轨道的压力的大小为3N ，方向竖直向上．3．质量0.2kg 的球,从5.0m 高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起,弹起后能达的最大高度为4.05m.如果球从开始下落到弹起达最大高度所用时间为1.95s,不考虑空气阻力,g 取10m/s 2.求小球对钢板的作用力. 【答案】78N 【解析】 【详解】自由落体过程 v 12＝2gh 1，得v 1=10m/s ； v 1=gt 1 得t 1=1s小球弹起后达到最大高度过程0− v 22＝−2gh 2，得v 2=9m/s 0-v 2=-gt 2 得t 2=0.9s小球与钢板作用过程设向上为正方向，由动量定理：Ft′-mg t′=mv2-（-mv1）其中t′=t-t1-t2=0.05s得F=78N由牛顿第三定律得F′=-F，所以小球对钢板的作用力大小为78N，方向竖直向下；4．如图所示，质量的小车A静止在光滑水平地面上，其上表面光滑，左端有一固定挡板。