2020年高考物理专题训练十二 动量守恒多种模型的解题思路

动量守恒问题的解题技巧动量守恒是物理学中一个重要的概念，涉及到物体在碰撞或相互作用过程中动量的守恒特性。

在解决动量守恒问题时，我们可以使用一些技巧和方法来简化计算和分析过程。

本文将介绍一些常用的解题技巧，帮助读者更好地理解和应用动量守恒定律。

一、应用动量守恒法则在解决动量守恒问题时，我们首先要明确动量守恒定律的表达式：在一个封闭系统中，所有物体的动量之和在一个过程中保持不变。

即：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'其中，m1和m2分别代表两个物体的质量，v1和v2分别代表两个物体的初速度，v1'和v2'分别代表两个物体的末速度。

这个表达式可以应用于各种碰撞和相互作用问题。

二、选择适当的参考系在解决动量守恒问题时，选择适当的参考系可以简化计算和分析过程。

一般来说，选择质心参考系是最常用的方法。

在质心参考系中，两个物体的总动量为零，因此动量守恒问题可以转化为一个单个物体的运动问题。

三、区分内力和外力在解决动量守恒问题时，我们需要区分内力和外力。

内力是指物体内部各个部分之间的相互作用力，而外力是指物体与外部环境之间的作用力。

在考虑动量守恒时，我们通常忽略物体内部的相互作用力，只考虑外力对物体的影响。

这样可以简化计算，并且假设物体内部没有其他力的作用，使问题更加清晰明了。

四、利用动量守恒解决碰撞问题碰撞是动量守恒问题中最常见的情况之一。

在碰撞问题中，我们可以利用动量守恒定律来推导出物体碰撞前后的速度关系。

根据动量守恒定律的表达式，我们可以得到：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'利用这个式子，我们可以解决各种碰撞问题，包括弹性碰撞和非弹性碰撞。

通过选择适当的参考系，假设内部无相互作用力，并利用动量守恒定律，我们可以计算出物体碰撞后的速度。

五、利用动量守恒解决爆炸问题除了碰撞问题，动量守恒定律也可以用于解决爆炸问题。

在爆炸问题中，物体会突然分离并以不同的速度飞出。

2020年高考物理专题精准突破专题实验：验证动量守恒定律【专题诠释】一、实验原理及注意事项注意事项1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。

2．方案提醒(1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平。

(2)若利用摆球进行验证，两摆球静止时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将摆球拉起后，两摆线应在同一竖直面内。

(3)若利用两小车相碰进行验证，要注意平衡摩擦力。

(4)若利用平抛运动规律进行验证，安装实验装置时，应注意调整斜槽，使斜槽末端水平，且选质量较大的小球为入射小球。

3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不变。

二、数据处理与误差分析【数据处理】由实验测得数据，m1碰撞前后光电计时器测得时间为t1、t′1，m2碰撞前后光电计时器测得时间为t2、t′2，验证表达式m1lt1－m2lt2＝m1lt′1－m2lt′2(l为滑块的长度)是否成立。

误差分析1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求。

(1)碰撞是否为一维。

(2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，用长木板实验时是否平衡掉摩擦力。

2．偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量。

自作主张自作主张三、实验创新设计将上面四种基本方法进行组合、迁移、可以延伸出多种验证动量守恒的方法．创新角度实验装置图创新解读【高考领航】【2019·浙江选考】小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动。

图1 图2（1）小明用游标卡尺测小球A 直径如图2所示，则d =_______mm 。

又测得了小球A 质量m 1，细线长度l ，碰撞前小球A 拉起的角度α和碰撞后小球B 做平抛运动的水平位移x 、竖直下落高度h 。

为完成实验，还需要测量的物理量有：______________________。

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)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=）（1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能.【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2cos 1sin 2B B B Bm gh m gh m v θμθ+⋅= ① （3分）代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分）（2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得：2220111()222A B P A A B Bm m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分）考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.2．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有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。

第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题一、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0，这个系统的总动量保持不变。

2.表达式(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，作用前的动量和等于作用后的动量和。

(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。

(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。

3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。

(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。

【自测1】(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。

关于上述过程，下列说法中正确的是()图1A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同答案CD解析男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，所受合外力为0，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。

二、“三类”模型问题1.“子弹打木块”模型(1)“木块”放置在光滑的水平面上①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做加速直线运动。

②处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为“子弹”与“木块”组成的系统在这一过程中动量守恒。

把“子弹”和“木块”看成一个系统，系统水平方向动量守恒；机械能不守恒；对“木块”和“子弹”分别应用动能定理。

高考物理动量守恒定律解题技巧和训练方法及练习题(含答案)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：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m2=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=10m/s2．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B1；(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=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)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t 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：221011111-22m 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 =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 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 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)dr r α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒3．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v 0=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/s 2）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】试题分析：（1）对物块a ，由动能定理得：代入数据解得a 与b 碰前速度：；a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：；（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，对小车，由动能定理得：，代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；（3）由能量守恒得：，解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；考点：动量守恒定律、动能定理。

高中物理动量守恒题解题技巧动量守恒是高中物理中一个重要的概念，也是解题中常用的方法之一。

在解动量守恒题时，我们可以通过以下几个步骤来分析和解答。

1. 确定系统边界首先，我们需要明确题目中所涉及的物体是否构成一个封闭的系统。

如果是一个封闭系统，那么系统内的总动量在任何时刻都是守恒的。

如果不是一个封闭系统，我们需要考虑外力对系统的作用。

举个例子，假设有两个质量分别为m1和m2的物体A和B，它们在水平面上以不同的速度运动。

如果题目中明确指出A和B之间没有外力作用，那么A和B构成一个封闭系统，其总动量在运动过程中保持不变。

2. 分析系统内部的动量变化接下来，我们需要分析系统内部各个物体的动量变化。

通常，我们可以通过使用动量守恒定律来解决这个问题。

动量守恒定律可以表示为：系统内部各个物体的动量之和在任何时刻都保持不变。

例如，假设一个质量为m的物体在水平面上以速度v1运动，与一个质量为M的物体发生碰撞，碰撞后物体的速度分别为v2和V。

根据动量守恒定律，我们可以得到以下方程：mv1 + MV = mv2 + MV通过解这个方程，我们可以求解出碰撞后物体的速度v2和V。

3. 考虑外力对系统的作用如果题目中存在外力对系统的作用，我们需要将外力对系统的作用考虑进去。

外力对系统的作用会改变系统的总动量。

例如，假设一个质量为m的物体在水平面上以速度v1运动，与一个质量为M 的物体发生碰撞，碰撞后物体的速度分别为v2和V。

如果题目中明确指出碰撞过程中有一个外力F对系统产生作用，那么我们需要考虑这个外力对系统的动量变化。

根据牛顿第二定律，外力对物体的作用会改变物体的动量，动量的变化量等于外力的冲量。

我们可以使用冲量-动量定理来分析这个问题。

例如，如果外力F对物体A的作用时间为Δt，那么物体A的动量变化量可以表示为FΔt。

根据动量守恒定律，我们可以得到以下方程：mv1 + MV + FΔt = mv2 + MV通过解这个方程，我们可以求解出碰撞后物体的速度v2和V。

高考物理动量守恒定律技巧和方法完整版及练习题及解析一、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．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有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。

高中物理动量问题的解题技巧动量是物理学中的重要概念之一，它描述了物体运动的特性。

在高中物理学习中，动量问题是必不可少的一部分。

本文将介绍几种解题技巧，帮助高中学生更好地理解和解决动量问题。

一、动量守恒定律动量守恒定律是解决动量问题的基本原理。

根据动量守恒定律，当物体在一个封闭系统内相互作用时，系统的总动量保持不变。

这意味着物体之间的动量转移是相互抵消的，总动量始终保持不变。

例如，考虑一个弹性碰撞的问题。

两个物体A和B以不同的速度相向运动，发生完全弹性碰撞后，它们的速度会发生变化。

根据动量守恒定律，我们可以得出以下方程：m₁v₁i + m₂v₂i = m₁v₁f + m₂v₂f其中，m₁和m₂分别是物体A和B的质量，v₁i和v₂i是它们的初始速度，v₁f和v₂f是它们的最终速度。

通过解这个方程组，我们可以求解出碰撞后物体的速度。

二、动量定理动量定理是解决动量问题的另一个重要原理。

根据动量定理，物体的动量变化等于作用在物体上的力的冲量。

冲量是力在时间上的积分，描述了力对物体产生的总效果。

例如，考虑一个力对物体施加的持续时间很短的冲击。

根据动量定理，我们可以得出以下方程：Δp = FΔt其中，Δp是物体的动量变化，F是作用在物体上的力，Δt是作用时间。

通过解这个方程，我们可以求解出物体的动量变化。

三、动量守恒与动能守恒的关系在某些情况下，动量守恒和动能守恒是相互关联的。

当物体在运动过程中没有外力做功时，动能守恒定律成立。

在这种情况下，动量守恒和动能守恒是等价的。

例如，考虑一个自由落体的问题。

一个物体从高处自由落下，没有外力对其做功。

根据动能守恒定律，物体的动能在下落过程中保持不变。

根据动量守恒定律，物体的动量在下落过程中也保持不变。

这两个定律可以互相验证，进一步加深对动量问题的理解。

综上所述，动量问题是高中物理中的重要内容。

通过掌握动量守恒定律、动量定理以及动量守恒与动能守恒的关系，我们可以解决各种与动量相关的问题。

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 - W4【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) Q12 2导体棒第一次通过最低点时感应电动势： E BLv1 BLv2E2回路电功率：P. ........ . 9联立解得：P -W42.如图,两块相同平板P i、P2置于光滑水平面上,质量均为m = 0.1kg. P2的右端固定一轻质弹簧,物体P置于P i的最右端,质量为M = 0.2kg且可看作质点.P i与P以共同速度vo= 4m/s向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P i与P2粘连在一起,压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内).平板P i的长度L=1m , P与P i之间的动摩擦因数为科=0.2, P2上外表光滑.求：-厂। A B vWm(i)P i、P2刚碰完时的共同速度v i;(2)此过程中弹簧的最大弹性势能E P.(3)通过计算判断最终P能否从P i上滑下,并求出P的最终速度V2.【答案】(i) v i=2m/s (2)E P=0.2J (3)v2=3m/s【解析】【分析】【详解】(i) P i、P2碰撞过程,由动量守恒定律mV. 2mM解得V i v°- 2m / s,方向水平向右；2(2)对P i、P2、P系统,由动量守恒定律2mv i Mv o (2m M )V2…3斛得v2 -v0 3m/s,方向水平向右,4i o i o i o此过程中弹簧的最大弹性势能E P -?2mv i2 + -Mv2 — (2m M )v22 0.2J -2 2 2(3)对P i、F2、P系统,由动量守恒定律2mv i Mv o 2mv3 Mv?i o i o i c 1c由能重寸恒TH律得一2mv〔+ Mv 02mv3Mv2 + Mg L2 2 2 2解得P的最终速度v2 3m/s 0,即P能从P i上滑下,P的最终速度v2 3m/s3.光滑水平面上质量为ikg的小球A, 量为2kg的大小相同的小球B发生正碰I~~H J I,,,,,.Cbr,〞(i)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. 以2.0m/s的速度与同向运动的速度为i.0m/s、质,碰撞后小球B以i.5m/s的速度运动.求：【答案】v A i.0m/s, E损0.25J【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,由动量守恒定律得：m A V A+m B V B=m A V A+m B v B代入数据解：v A=1.0m/s②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：甘-1 2 1 2 _1 / 2 _1 」E损-彳与口『 A彳叫.B代入数据解得：E损=0.25J答：①碰后A球的速度为1.0m/s；②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.4.在日常生活中,我们经常看到物体与物体间发生反复的屡次碰撞.如下图,一块外表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vo = 2 m/s从左端滑上木板,木板和小物块的质量均为 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/s2.求：可________________ 「J(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到达共同速度时,木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间；(3)小物块和木板到达共同速度时 ,木板右端与墙之间的距离.【答案】(1) 0.4 s 0.4 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,碰撞时的速度为V I那么mg ma,解得a g 1m/s2①,1 , 2 LL - at ②,v1 at ③ 2联立①②③ 解得t 0.4s, v1 0.4m/s④(2)在物块与木板两者到达共同速度前,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到达共同速度v前木板共经历n次碰撞,那么有：v V O 2nT t a a t ⑤式中At是碰撞n次后木板从起始位置至到达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⑤ 式可改写为2v V o 2nTa⑥由于木板的速率只能处于 .到v1之间,故有0 v02nTa 2v1⑦求解上式得1.5 n 2.5由于n是整数,故有n=2®由①⑤⑧ 得：t 0.2s⑨；v 0.2m/s⑩从开始到物块与木板两者到达共同速度所用的时间为：t 4T t 1.8s (11)即从物块滑上木板到两者到达共同速度时,木板与墙共发生三次碰撞,所用的时间为1. 8s.............. 一…,……、、,,一 1 2(3)物块与木板到达共同速度时,木板与墙之间的距离为s L — a t2 (12)2联立①与(12)式,并代入数据得s 0.06m即到达共同速度时木板右端与墙之间的距离为0. 06m.考点：考查了牛顿第二定律,运动学公式【名师点睛】此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,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,两者速度一起减为零.5.如下图,固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上外表平滑相接,在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A,在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B,滑块A与B均可看做质点.现使滑块A从距小车的上外表高h=1.25m处由静止下滑,与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动,最终没有从小车C上滑出.滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为斤0.5,小车C与水平地面的摩擦忽略不计,取g=10m/s2.求：(1)滑块A与B弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小；【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A滑到圆弧末端时的速度大小,由动量守恒定律求解滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C上外表的最短长度.(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v i,由机械能守恒定律有：m A gh — m A V i2代入数据解得v i ,2gh 5m/s .设A、B碰后瞬间的共同速度为V2,滑块A与B碰撞瞬间与小车C无关,滑块A与B组成的系统动量守恒, m A V i m A m B V2代入数据解得V2 2.5m/s .(2)设小车C的最短长度为L,滑块A与B最终没有从小车C上滑出,三者最终速度相同设为V3,根据动量守恒定律有：m A m B v2m A m B m C v31 2 1 2根据能重寸恒TH律有：m A m B gL= m A m B v2m A m B m C v；2 2联立以上两代入数据解得L 0.375m【点睛】此题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式,正确把握每个过程的物理规律是关键.6.如下图,一轻质弹簧的一端固定在滑块B上,另一端与滑块C接触但未连接,该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下,与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动,经一段时间,滑块C脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度V；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能E pmax；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离s.【答案】(1) v 1V l I J2gh (2) mg" (3)—VHh 3 3 6 3【解析】【详解】解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程,机械能守恒,设其滑到底面的1 2速度为v1,由机械能守恒定律有：m A gh —m A%解之得：v 1 2gh滑块A 与B 碰撞的过程, A 、B 系统的动量守恒,碰撞结束瞬间具有共同速度设为 v,由动量守恒定律有： m A v 1 m A m B v1 1 ----- 斛之信：vV i — 2gh 3 3 ,(2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块 C 一起压缩弹簧,压缩的过程机械能守恒,被压缩弹簧的 弹性势能最大时,滑块 A 、B 、C 速度相等,设为速度 V 2 由动量守恒定律有：m A v 1 m A m B m C v 2122由机械能寸恒TH 律有： E Pmax (m A m B )v m A m B m C v 221解得被压缩弹簧的最大弹性势能：E Pmax -mgh Pmax6(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时,滑块C 脱离弹簧,设滑块 A 、B 的速度为V3,滑块C 的速度为V4,分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：121 21 2-m A m B v m A m B v -m e v^ 2221 -------解之得：v 3 0, v 4 -42gh3 . 滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：s v 4t12H2g t2解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：s — JHh3R= 0.4 m 的四分之一圆弧轨道 AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切.质量m 2 = 0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧,静止在光滑水平轨道上,另 一质量m 〔 = 0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放,运动到圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍,忽略空气阻力,重力加速度(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中,摩擦力做功 W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中,弹簧的最大弹性势能 E p ； (3)小球a 通过弹簧与小球 b 相互作用的整个过程中,弹簧对小球 b 的冲量I .【答案】(1)四：(2) E P =0.2J ⑶ I=0.4N?sm A m B v m A m B v m C v 47.如下图,内壁粗糙、半径g= 10 m/s 2.求:【解析】(1)小球由静止释放到最低点B的过程中,据动能定理得小球在最低点B时: 据题意可知乐=2四乱联立可得悭f=-0网(2)小球a与小球b把弹簧压到最短时,弹性势能最大,二者速度相同,此过程中由动量守恒定律得：：,1 1=4mi + m* 超 + & 由机械能守恒定律得2 2户弹簧的最大弹性势能E p=0.4J小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中, a球最终速度为由动量守恒定律啊也=mi0 + m*4由能量守恒定律: 根据动量定理有：得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中,弹簧对小球b的冲量I的大小为I=0.8N s8.如下图,在沙堆外表放置一长方形木块A,其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B,木块的质量为M=6.0kg.当爆竹爆炸时,因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5cm,而木块所受的平土阻力为f=80N .假设爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计, g取10m/s2,求爆竹能上升的最大高度.【答案】h 60m【解析】试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用,根据动能定理可得1 2 ,、(mg f )h 0 Mv1 (1)2爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒,故有mv2 Mv i (2)爆竹完后,爆竹做竖直上抛运动,故有v2 2gh(3)联立三式可得：h 600m考点：考查了动量守恒定律,动能定理的应用点评：根底题,比拟简单,此题容易错误的地方为在A下降过程中容易将重力丢掉9.在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC,半彳空为R,如下图,A、C两点的连线水平,B点为轨道最低点.其中AB局部是光滑的,BC局部是粗糙的.有一个质量为m的乙物体静止在B处,另一个质量为2m的甲物体从A点无初速度释放,甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后结合成一个整体,甲乙构成的整体滑上BC轨道,最高运动到D点,OD与OB连线的夹角0 60°甲、乙两物体可以看作质点,重力加速度为g,求：(1)甲物与乙物体碰撞过程中,甲物体受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,甲乙构成的整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中,摩擦力对其做的功.【答案】⑴—mj2gR ,方向水平向右.(2)压力大小为:一mg ,方向竖直向3 31下.(3)W f= - mgR .【解析】【分析】(1)先研究甲物体从A点下滑到B点的过程,根据机械能守恒定律求出A刚下滑到B点时的速度,再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度,即可对甲,运用动量定理求甲物与乙物体碰撞过程中,甲物体受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,对于甲乙构成的整体,由牛顿第二定律求出轨道对整体的支持力,再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中,运用动量定理求摩擦力对其做的功.【详解】1甲物体从A点下滑到B点的过程,1 2根据机械能守恒定律得：2mgR — 2mv2,2解得：v0"2gR,甲乙碰撞过程系统动量守恒,取向左方向为正,根据动量守恒定律得：2mv o m 2m mv ,解得：v —J2gR ,甲物与乙物体碰撞过程,对甲,由动量定理得：I甲2mv 2mv0 2 m,2gR ,方向：水平向右;2甲物体与乙物体碰撞后的瞬间,对甲乙构成的整体,2由牛顿第二定律得：F m 2mg m 2m —R (17)斛得：F —mg,根据牛顿第三定律,对轨道的压力F' F ——mg 方向：竖直向下；3o _ _ 1 _ 23对整体,从B到D过程,由动能定理得：3mgR 1 cos60 W f 0 — 3mv2一... ... ...................... 1 _解得,摩擦力对整体做的功为：W f -mgR ；6【点睛】解决此题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况,把握每个过程的物理规律,知道碰撞的根本规律是动量守恒定律 .摩擦力是阻力,运用动能定理是求变力做功常用的方法.10.如下图,一质量为m=1 5kg的滑块从倾角为 .=37.的斜面上自静止开始滑下,斜面末端水平(水平局部光滑,且与斜面平滑连接,滑块滑过斜面末端时无能量损失),滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车.斜面长s=10m,小车质量为M=3 5kg,滑块与斜面及小车外表的动摩擦因数科=0. 35,小车与地面光滑且足够长,取g=10m/s2.求：(1)滑块滑到斜面末端时的速度(2)当滑块与小车相对静止时,滑块在车上滑行的距离【答案】(1) 8 m/s (2) 6. 4m【解析】试题分析：(1)设滑块在斜面上的滑行加速度a,由牛顿第二定律,有mg (sin 0 -cos 0 ) =ma代入数据得：a=3. 2m/s2又：s= — at22解得t=2 . 5s到达斜面末端的速度大小v 0=at=8 m/s(2)小车与滑块到达共同速度时小车开始匀速运动,该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒,那么：mv= (m+M v代入数据得：v=2 . 4m/s滑块在小车上运动的过程中,系统减小的机械能转化为内能,得：mgL= 1 mv o2- 1 〔m+M v2 2 2代入数据得：L=6. 4m考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的应用,属于多过程问题,需要分阶段求解；解题时需选择适宜的物理规律,用牛顿定律结合运动公式,或者用动量守恒定律较简单,此题是中档题.11.如下图,小球A质量为m,系在细线的一端,线的另一端固定在.点,.点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍,置于粗糙的水平面上且位于.点正下方,物块与水平面间的动摩擦因数为也现拉动小球使线水平伸直,小球由静止开始释放,运动到最低点时与物块发生正碰〔碰撞时间极短〕,反弹后上升至最高点时到水平面的距离为小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,求碰撞过程物块获得的冲16量及物块在地面上滑行的距离.气—一1 : hI**+ 'pl Ih【答案】——16【解析】【分析】对小球下落过程由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度,再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求解获得的冲量；对物块滑行过程由动能定理可求得其滑行的距离.【详解】小球的质量为m,设运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v i,取小球运动到最低点时的重力势能为零,根据机械能守,值定律有：mgh=1mv i22解得：v i= 2ghh 1 ’2设碰撞后小球反弹的速度大小为V1,同理有：mg —— mv i16 2解得：〃1 =,设碰撞后物块的速度大小为V2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有：mv1=-mv' 1+5mv2解得：V2= 'g h由动量定理可得,碰撞过程滑块获得的冲量为I=5mv2=l m,2gh物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F=5科mg设物块在水平面上滑行的时间为t,由动能定理有：1 2Fs 0 5mv22…口h解得：s16【点睛】此题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理,要注意正确分析物理过程,选择适宜的物理规律求解.12.如下图,粗细均匀的圆木棒A下端离地面高H,上端套着一个细环B. A和B的质量均为m, A和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A和B使它们从静止开始自由下落.当A与地面碰撞后,A以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时间极短,空气阻力不计,运动过程中A始终呈竖直状态.求：假设A再次着地前B不脱离A, A的长度应满足什么条件？y.8m好〞---------q【答案］(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么即寸期木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mgwi=z:-解得：m,方向竖直向下对环：・mg 7G2 = ---------解得瓶方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为-- ■-要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于X,即12弁8叫?〞LW解得：Op +「考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。

动量守恒题解题技巧动量守恒是力学中一个重要的物理定律，它描述了在没有外力作用下，系统总动量保持不变的现象。

对于解题来说，掌握动量守恒的基本原理和技巧，可以帮助我们更好地理解问题，快速准确地得出答案。

本文将介绍一些动量守恒题解题的技巧和方法。

首先，我们来回顾一下动量守恒的基本原理。

动量是一个物体运动的量度，用质量乘以速度来表示。

对于一个封闭系统，如果没有外力作用，系统总动量在时间上是守恒的。

换句话说，系统中各个物体的动量之和在任意时刻都是不变的。

在解题时，我们需要注意以下几点。

第一，要清楚系统的边界和所考虑的物体。

只有在一个封闭系统内，动量守恒才成立。

因此，要明确哪些物体属于这个系统，哪些物体不属于考虑范围。

第二，要注意动量的正负性。

正方向的动量为正，反方向的动量为负。

对于一个系统中的物体，它们的各自的动量方向要根据题目给出的条件进行判断，然后在计算中要注意动量的正负。

第三，要注意速度的单位。

在计算动量时，要保证速度的单位与质量的单位相匹配。

常用的速度单位有米每秒(m/s)和千米每小时(km/h)。

在计算过程中，要注意速度单位的统一，避免混淆和计算错误。

接下来，我们通过几个例子，来具体说明动量守恒题的解题技巧。

例1：两人滑雪问题在一个水平的冰面上，两个体重相同的人（$m_1$和$m_2$）开始两人滑雪竞赛。

他们以相等大小的速度相向而行，然后他们相碰撞。

碰撞过程中没有外力作用，两人在水平冰面上产生了一个共同的中心质点，他们的速度互换了。

求两人碰撞后各自的速度大小。

解析：这是一个典型的动量守恒问题。

首先，我们要明确所考虑的系统范围是两个人。

设两人碰撞前的速度分别为$v_1$和$v_2$，碰撞后两人的速度分别为$v_1'$和$v_2'$。

根据动量守恒定律，有$m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_1' + m_2v_2'$。

因为两人的质量相同，所以$m_1 = m_2$，得到$v_1 + v_2 = v_1' + v_2'$。

高中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．如图所示，质量分别为m1和 m2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v1、 v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后 m2被右侧墙壁原速弹回，又与 m1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后 m1球速度的大小 .【答案】【解析】设两个小球第一次碰后m1和 m2速度的大小分别为和，由动量守恒定律得：（ 4 分）两个小球再一次碰撞，（4 分）得：（ 4 分）本题考查碰撞过程中动量守恒的应用，设小球碰撞后的速度，找到初末状态根据动量守恒的公式列式可得2．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块 A、 B、 C，物块 B、 C 静止，物块 B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块 A 以速度 v0朝 B 运动，压缩弹簧；当A、 B 速度相等时， B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设 B 和 C 碰撞过程时间极短．那么从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求．（1） A、 B 第一次速度相同时的速度大小；（2） A、 B 第二次速度相同时的速度大小；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】（ 1） v0（ 2） v0（3）【解析】试题分析：（ 1）对 A、B 接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0=2mv 1，解得 v1＝v0（2）设 AB 第二次速度相同时的速度大小v2，对 ABC 系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2解得 v2= v0（3） B 与 C接触的瞬间， B、 C 组成的系统动量守恒，有：解得 v3＝ v0系统损失的机械能为当 A、 B、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2= v0根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。

高考物理动量守恒定律试题类型及其解题技巧一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。

P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L 。

物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可以看作质点。

P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点（弹簧始终在弹性限度内）。

P 与P 2之间的动摩擦因数为μ，求：（1）P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； （2）此过程中弹簧最大压缩量x 和相应的弹性势能E p 。

【答案】（1） 201v v =，4302v v = （2）L g v x -=μ3220，1620p mv E = 【解析】（1） P 1、P 2碰撞过程，动量守恒，102mv mv =，解得21v v =。

对P 1、P 2、P 组成的系统，由动量守恒定律 ，204)2(mv v m m =+，解得4302v v =（2）当弹簧压缩最大时，P 1、P 2、P 三者具有共同速度v 2，对P 1、P 2、P 组成的系统，从P 1、P 2碰撞结束到P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点，用能量守恒定律)(2)2()2(21221221222021x L mg u v m m m mv mv ++++=⨯+⨯ 解得L gv x -=μ3220 对P 1、P 2、P 系统从P 1、P 2碰撞结束到弹簧压缩量最大，用能量守恒定律p 222021))(2()2(21221221E x L mg u v m m m mv mv +++++=+ 最大弹性势能162P mv E =注意三个易错点：碰撞只是P 1、P 2参与；碰撞过程有热量产生；P 所受摩擦力，其正压力为2mg【考点定位】碰撞模型、动量守恒定律、能量守恒定律、弹性势能、摩擦生热。

用动量守恒定律解决“三类模型”问题物理题型　1.会用动量守恒观点分析反冲运动和人船模型.2.会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”“滑块—木板”模型的有关问题．题型一　反冲运动和人船模型1．反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加2.人船模型(1)模型图示(2)模型特点①两物体满足动量守恒定律：m v 人－M v 船＝0②两物体的位移满足：m －M ＝0，x 人t x 船t x 人＋x 船＝L ，得x 人＝L ，x 船＝LM M ＋m mM ＋m (3)运动特点①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.x 人x 船v 人v 船Mm 反冲运动例1　一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体，气体离开发动机喷出时的速度v ＝1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M ＝300 kg ，发动机每秒喷气20次．(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1 s 末，火箭的速度为多大？答案　(1)2 m/s (2)13.5 m/s解析　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v 3，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M －3m )v 3－3m v ＝0，故v 3＝≈2 m/s3m vM －3m (2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M －20m )v 20－20m v ＝0，故v 20＝≈13.5 m/s.20m vM －20m 人船模型例2　有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)．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：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d ，然后用卷尺测出船长L .已知他的自身质量为m ，水的阻力不计，则船的质量为( )A.B.m (L ＋d )d m (L －d )dC.D.mL d m (L ＋d )L答案　B解析　设船的质量为M ，人走动的时候船的速度为v ，人的速度为v ′，人从船头走到船尾用时为t ，人的位移为L －d ，船的位移为d ，所以v ＝，v ′＝.以船后退的方向为正方d t L －d t 向，根据动量守恒有：M v －m v ′＝0，可得：M ＝，小船的质量为：d t m (L －d )t M ＝，故B 正确．m (L －d )d1.(滑块—斜面中的人船模型)如图1所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h .现有一质量为m 的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )图1A.B.mhM ＋m Mh M ＋m C.D.mh(M ＋m )tan αMh (M ＋m )tan α答案　C解析　m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移大小为x 1，M 在水平方向上对地位移大小为x 2，以水平向左为正方向，则有0＝mx 1－Mx 2，且x 1＋x 2＝，解得x 2＝，C 项正确．h tan αmh(M ＋m )tan α2.(竖直方向上的人船模型)如图2所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h ＝5 m ．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看成质点)( )图2A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m答案　B解析　当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h 1，气球相对地面上升的位移大小为h 2，由动量守恒定律，得m 1＝m 2，且h 1＋h 2＝h ，解得h 2≈3.6 m ，所以他离地高度h 1t h 2t是3.6 m ，故选项B 正确．题型二　子弹打木块模型1．模型图示2．模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．(2)系统的机械能有损失．3．两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)．动量守恒：m v 0＝(m ＋M )v能量守恒：Q ＝F f ·s ＝m v 02－(M ＋m )v 21212(2)子弹穿透木块．动量守恒：m v 0＝m v 1＋M v 2能量守恒：Q ＝F f ·d ＝m v 02－(M v 22＋m v 12)121212例3　一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为F f .则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？(2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？答案　见解析解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v解得v ＝v 0mM ＋m (2)设子弹在木块内运动的时间为t ，由动量定理得对木块：F f t ＝M v －0解得t ＝Mm v 0F f (M ＋m )(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2，如图所示，由动能定理得对子弹：－F f x 1＝m v 2－m v 021212解得：x 1＝Mm (M ＋2m )v 022F f (M ＋m )2对木块：F f x 2＝M v 212解得：x 2＝Mm 2v 022F f (M ＋m )2子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝x 1－x 2＝Mm v 022F f (M ＋m )(4)系统损失的机械能为：E 损＝m v 02－(M ＋m )v 2＝1212Mm v 022(M ＋m )系统增加的内能为Q ＝F f ·x 相＝Mm v 022(M ＋m )(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有F f L ＝m v 02－(M ＋m )v 21212解得L ＝Mm v 022F f (M ＋m )因此木块的长度至少为Mm v 022F f (M ＋m)3．(子弹打木块模型)如图3所示，相距足够远且完全相同的两个木块，质量均为3m ，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v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中所受的阻力恒定，试求：25图3(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 .答案　(1)v 0 (2)159m v 0225L 5L6v 0解析　(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有m v 0＝m (v 0)＋3m v ，解得v ＝v 02515对子弹与第一块木块相互作用过程，由能量守恒定律有F f L ＝m v 02－m (v 0)2－×3m v 212122512解得子弹在木块中所受阻力F f ＝.9m v 0225L (2)对子弹与第二块木块相互作用过程，由于m (v 0)2＝<，则子弹不能打穿第二12252m v 02259m v 0225块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v 共，由动量守恒定律有m ·v 0＝(m ＋3m )v 共，解得v 共＝25v 010对第二块木块，由动量定理有F f t ＝3m ·v 010解得子弹在第二块木块中的运动时间为t ＝.5L6v 0题型三　滑块—木板模型1．模型图示2．模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能(2)若木块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型)3．求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q ＝F f Δx 或Q ＝E 初－E 末，研究对象为一个系统．例4　(2019·河南九师联盟质检)如图4所示，在光滑水平面上有B 、C 两个木板，B 的上表面光滑，C 的上表面粗糙，B 上有一个可视为质点的物块A ，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m .A 、B 以相同的初速度v 向右运动，C 以速度v 向左运动．B 、C 的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A 滑上C 后恰好能到达C 的中间位置，C 的长度为L，不计空气阻力．求：图4(1)木板C 的最终速度大小；(2)木板C 与物块A 之间的摩擦力的大小F f ；(3)物块A 滑上木板C 之后，在木板C 上做减速运动的时间t .答案　(1)v (2)　(3)56m v 23L 3L2v解析　(1)设水平向右为正方向，B 、C 碰撞过程中动量守恒，则有：2m v －m v ＝(2m ＋m )v 1解得v 1＝v 3A 滑到C 上，A 、C 组成的系统动量守恒，则有：3m v ＋m v 1＝(3m ＋m )v 2解得v 2＝v ；56(2)根据能量关系可知，在A 、C 相互作用过程中，木板C 与物块A 之间因摩擦产生的热量为Q ＝(3m )v 2＋m v 12－(3m ＋m )v 22121212Q ＝F f ·L 2联立解得F f ＝；m v 23L (3)在A 、C 相互作用过程中，以C 为研究对象，由动量定理得F f t ＝m v 2－m v 1解得t ＝.3L2v 4．(滑块—木板模型)如图5所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 且可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：图5(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少．答案　(1)0.24 s (2)5 m/s解析　(1)设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为F f ，对物块应用动量定理有－F f t ＝m 2v －m 2v 0又F f ＝μm 2g代入数据解得t ＝0.24 s(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，需满足物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则有m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′由动能定理有－μm 2gL ＝(m 1＋m 2)v ′2－m 2v 0′21212代入数据解得v 0′＝5 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过5 m/s.课时精练1．(多选)关于反作用力在日常生活和生产技术中的应用，下列说法中正确的是( )A ．在平静的水面上，静止着一只小船，小船上有一人，人从静止开始从小船的一端走向另一端时，小船向相反方向运动B ．普通汽车行驶时，通过排气筒向后排出燃气，从而获得向前的反作用力即动力C ．农田灌溉用自动喷水器，当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，弯管会自动转向D ．软体动物乌贼在水中经过体侧的孔将水吸入鳃腔，然后用力把水挤出体外，乌贼就会向相反方向游去答案　ACD解析　人从小船的一端走向另一端时，要受到小船给人的摩擦力，方向与人行走的方向相同．根据反冲现象原理与动量守恒定律，人对小船也有摩擦力，其方向与人行走的方向相反，因此小船也受摩擦力，其方向与人行走的方向相反，因此小船将在这个摩擦力的作用下改变运动状态，向人行走的相反方向运动，故A 正确；普通汽车行驶时，通过排气筒向后排出燃气，虽然燃气对排气筒有反作用力，但毕竟反作用力很小，并不是汽车动力的来源，故B 错误；农田灌溉用的自动喷水器，当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，根据反冲现象原理与动量守恒定律知，弯管在水的反作用力的推动下会自动旋转，大大增加了喷水的面积，故C 正确；乌贼经过身体侧面的孔把水吸入鳃腔，然后用力把水挤出体外，根据牛顿第三定律可知，乌贼就获得了方向相反的反作用力，从而向排水的相反方向游去，故D 正确．2．(2021·山东临沂市质检)我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X 射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M ＝2 100 g ．当它以对地速度为v 0＝840 m/s 喷出质量为Δm ＝100 g 的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)( )A ．42 m/sB ．－42 m/sC ．40 m/sD ．－40 m/s答案　B解析　喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Δm v 0＋(M －Δm )v ＝0，解得：v ＝－42 m/s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．3．(2019·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M 的气球上有一个质量为m 的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h 高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( )A.hB.h mm ＋M M m ＋M C.hD.hM ＋m M M ＋m m 答案　C解析　设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L ，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0＝－M v 2＋m v 1人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L －h ，平均速度大小为v 2＝L －h t人相对于地面下降的高度为h ，平均速度大小为v 1＝h t联立得：0＝－M ·＋m ·，L －h t h t 解得：L ＝h ，故C 正确，A 、B 、D 错误．M ＋m M 4.世界上第一个想利用火箭飞行的人是明朝的士大夫万户．如图1所示，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M ，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m 的炽热燃气相对地面以v 0的速度竖直向下喷出．忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )图1A ．火箭的推力来源于空气对它的反作用力B ．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为m v 0M －mC ．喷出燃气后，万户及所携带设备能上升的最大高度为m 2v 02g (M －m )2D ．在火箭喷气过程中，万户所携设备机械能守恒答案　B解析　火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的作用力，A 项错误；在燃气喷出后的瞬间，将万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]视为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v ，规定火箭运动方向为正方向，则有(M －m )v －m v 0＝0，解得火箭的速度大小v ＝，B 项正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，m v 0M －m 根据运动学公式可得上升的最大高度h ＝＝，C 项错误；在火箭喷气过程中，v 22g m 2v 022(M －m )2g 燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，D 项错误．5．(多选)长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图2所示，g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图2A ．木板获得的动能为1 JB ．系统损失的机械能为2 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1答案　ABD解析　由题图可知，最终木板获得的速度为v ＝1 m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，解得M ＝2 kg ，则木板获得的动能为E k ＝M v 2＝×2×12 J ＝1 J ，故A 正确；系统损失的机械能ΔE ＝m v B 2－(m ＋M )v 2，12121212代入数据解得ΔE ＝2 J ，故B 正确；根据v －t 图象中图线与t 轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s 内B 的位移为x B ＝×(2＋1)×1 m ＝1.5 m ，A 的位移为x A ＝×1×1 m ＝0.51212m ，则木板A 的最小长度为L ＝x B －x A ＝1 m ，故C 错误；由题图可知，B 的加速度a ＝＝ΔvΔtm/s 2＝－1m/s 2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得－μm B g ＝m B a ，解得1－21μ＝0.1，故D 正确．6．(多选)如图3所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块．现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v 0，下列说法中正确的是( )图3A ．最终小木块和木箱都将静止B ．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为－M v 022(M v 0)22(M ＋m )C ．木箱速度为时，小木块的速度为v 032M v 03mD ．最终小木块速度为M v 0m答案　BC解析　木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，设最终速度为v 1，由动量守恒定律得M v 0＝(m ＋M )v 1，解得小木块和木箱最终速度v 1＝，故A 、D M v 0m ＋M 错误；对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为ΔE ＝M v 02－(m ＋M )v 12＝－，故B 正确；木箱与木块组成的系统动量守恒，1212M v 022M 2v 022(m ＋M )以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得M v 0＝m v 2＋M v 3，木箱速度为v 3＝时，v 03小木块的速度为v 2＝，故C 正确．2M v 03m 7．(多选)(2019·四川石室中学诊断)如图4所示，长为L 、质量为3m 的长木板B 放在光滑水平面上，质量为m 的铁块A 放在长木板右端．一质量为m 的子弹以速度v 0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板．子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均可视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图4A ．木板获得的最大速度为v 05B ．铁块获得的最大速度为v 05C ．铁块与木板之间的动摩擦因数为v 0240gLD ．子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为2m v 025答案　BCD解析　子弹射入瞬间，子弹和木板B 组成的系统动量守恒，有m v 0＝4m v 1，解得v 1＝v 0，14故A 错误；对木板B 、子弹和铁块A 组成的系统，由动量守恒定律有m v 0＝5m v 2，解得v 2＝v 0，故B 正确；子弹射入木板后，对木板B (包括子弹)和铁块A 组成的系统，由能量守15恒定律得－μmgL ＝·5m v 22－·4m v 12，解得μ＝，故C 正确；由能量守恒定律可知，子1212v 0240gL 弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为ΔE ＝m v 02－·5m v 22＝m v 02，故D 正确．1212258.(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s ，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )图5A.(s ＋L )B.(s ＋2L )1v 01v 0C.(s ＋L )D.(L ＋2s )12v 01v 0答案　D解析　子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理得：－F f (s ＋L )＝m v 12－m v 02，1212由动量定理得：－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理得：F f s ＝m v 22，12由动量定理得：F f t ＝m v 2，联立解得：t ＝(L ＋2s )，故选D.1v 09.如图6所示，质量为m 3＝2m 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R 的四分之一圆弧，圆弧底部与长为0.5R 滑道水平部分相切，滑道末端距离地面高度为R ，整个滑道均光滑．质量为m 2＝3m 的物体2(可视为质点)放在滑道的B 点，现让质量为m 1＝m 的物体1(可视为质点)自A 点由静止释放，两物体在滑道上相碰后粘为一体，重力加速度为g .求：图6(1)物体1从释放到运动到圆弧底部时，滑道向左运动的距离；(2)物体1和2落地时，距滑道右侧底部的距离．答案　(1)　(2)RR362解析　(1)物体1从释放到运动到圆弧底部过程中，物体1、滑道组成的系统水平方向动量守恒，设物体1水平位移大小为x 1，滑道水平位移大小为x 3，有：0＝m 1x 1－m 3x 3，x 1＋x 3＝R解得x 3＝.R3(2)设物体1运动到滑道上的B 点时物体1的速度大小为v 1，滑道的速度大小为v 3，轨道对物体1的支持力为F N ，对物体1和滑道组成的系统，由机械能守恒定律有mgR ＝m v 12＋m 3v 321212由动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 3v 3物体1与物体2碰撞后立即飞离轨道做平抛运动，设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为v 2，做平抛运动时物体1、2水平位移大小为s 1，轨道向左滑动的距离为s 2，由动量守恒定律有m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2R ＝gt 212s 1＝v 2t s 2＝v 3t联立并代入数据可以求得Δs ＝s 1＋s 2＝R .6210.如图7所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m 1＝1 kg ，木板与物体间的动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v 0＝0.8 m/s 一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g ＝10 m/s 2.图7(1)如果木板质量m 2＝3 kg ，求物体相对木板滑动的最大距离；(2)如果木板质量m 2＝0.6 kg ，求物体相对木板滑动的最大距离．答案　(1)0.96 m (2)0.512 m解析　(1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，以水平向左为正方向，对物体与木板系统，由动量守恒定律有：m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)v解得v ＝0.4 m/s ，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞由能量守恒定律有(m 1＋m 2)v 02＝(m 1＋m 2)v 2＋μm 1gs 11212解得s 1＝0.96 m(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，对物体及木板系统，由动量守恒定律得：m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ′解得v ′＝－0.2 m/s ，负号表示方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处由能量守恒定律得：(m 1＋m 2)v 02＝μm 1gs 212解得s 2＝0.512 m.11.一块足够长的木板C 质量为2m ，放在光滑的水平面上，如图8所示．在木板上自左向右放有A 、B 两个完全相同的物块，两物块质量均为m ，与木板间的动摩擦因数均为μ.开始时木板静止不动，A 、B 两物块的初速度分别为v 0、2v 0，方向如图所示．试求：图8(1)木板能获得的最大速度．(2)A 物块在整个运动过程中的最小速度．(3)全过程AC 间由于摩擦产生的热量跟BC 间由于摩擦产生的热量之比是多少？答案　见解析解析　(1)当A 、B 和木板速度相同时，木板的速度最大，取向右为正方向，对三者组成的系统运用动量守恒定律得m v 0＋m ·2v 0＝(m ＋m ＋2m )v ′，解得v ′＝v 034(2)开始时，A 、B 做匀减速直线运动的加速度大小为a ＝＝μg ，A 、B 都滑动时，木板Cμmgm 的加速度大小为a ′＝＝μg .因为A 的初速度小，A 与木板C 先达到共同速度，当μmg ＋μmg2mA 与木板达到共同速度后，A 与木板一起做匀加速直线运动．可知，A 与木板速度相同时，速度最小，则有v ＝v 0－at ＝a ′t ，解得t ＝，则A 物块在整个运动过程中的最小速度为v 02μg v ＝v 0－at ＝v 02(3)A 、C 刚共速时速度为：v ＝，A 、C 间的相对位移大小为v 02Δx ＝t －t ＝t ＝，A 、C 间由于摩擦产生的热量Q AC ＝μmg Δx ＝m v 02v 0＋v 2v2v 02v 024μg 14全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量，为Q ＝m v 02＋m (2v 0)12122－(m ＋m ＋2m )v ′212解得Q ＝m v 02118B 、C 间由于摩擦产生的热量为Q BC ＝Q －Q AC ＝m v 0298即＝.QACQBC 29。

巧用动量守恒定律求解多体问题动量守恒定律是自然界中广泛合用的物理规律。

运用动量守恒定律求解多物体问题是物理教课中的热门问题，在剖析这种问题中，既要注意系统总动量守恒，又要注意系统内某几个物体的动量守恒，便于灵巧奇妙地应用动量守恒定律。

以下对此类问题作初浅的剖析和商讨。

一. 巧选对象对多物系统统，因为参加作用的物体许多，作用的状况比较复杂，所以，要从巧选研究对象和巧选研究过程上找到解题的打破口。

既要注意系统总动量守恒，还要注意系统内某几个物体发生作用时动量也守恒。

例1. 质量相等的五个物体在圆滑水平面上间隔必定距离排成向来线，如图1 所示，拥有初速度的物体1 向其余4 个静止物体运动，挨次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后五个物体粘成一整体，则这个整体的速度等于多少？图1剖析：这是一个波及五个物体的多物系统统。

当物体 1 与物体 2 发生碰撞过程中，取物体1 和物体2 为研究对象，它们的总动量守恒。

接着，物体1 和物体2 构成一个物体，再与物体 3 发生碰撞，取物体1、物体2 和物体 3 为研究对象，它们的总动量也守恒，挨次类推，此题一共将发生四次碰撞，每次碰撞都知足动量守恒条件，分别应用动量守恒定律求出每次碰撞后的速度，进而可求出最后的结果。

但假如取由五个物体构成的整体为研究对象，它们的总动量守恒，这样，求解过程就显得特别简易。

依据动量守恒定律得。

二. 建立模型在多物系统统内发生互相作用的过程中，不单要认清作用的过程和参加的物体，并且要依据作用的特色和规律，建立物理模型，为顺利运用动量守恒定律摊平道路。

特别是对碰撞类问题，因为碰撞时间短、作使劲大等特色，参加作用的常常就是发生碰撞的两个物体，而与其余物体没关。

例2. 如图2 所示，甲、乙两完整同样的小车，质量都为M。

乙车内用绳吊一质量为M的小球，当乙车静止时，甲车以速度v 与乙车相碰，碰后连为一体，求：（1）两车刚碰后的共同速度为多大？（2）小球摆到最高点时的速度为多大？图2剖析：甲车与乙车发生碰撞到连为一体的过程中，因为碰撞时间短，乙车在碰撞的时间内发生的位移可略去不计，小球还未摇动，小球和小车间在水平方向无作用。

高考物理《动量守恒多种模型的解题思路》专题训练1.（碰撞模型）甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量是p 1＝5 kg·m/s，乙球的动量是p 2＝7 kg·m/s，当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p 2′＝10 kg·m/s，设甲球的质量为m 1，乙球的质量为m 2，则m 1、m 2的关系可能是( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2【答案】 C【解析】碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量p 1′＝2 kg·m/s。

由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有p 1m 1>p 2m 2，可得m 2>75m 1；碰撞后甲的速度不大于乙的速度，有p 1′m 1≤p 2′m 2，可得m 2≤5m 1。

碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由E k ＝p 22m 可知p 1′22m 1＋p 2′22m 2≤p 212m 1＋p 222m 2，解得m 2≥177m 1，联立得177m 1≤m 2≤5m 1，C 正确。

2.（碰撞模型综合)如图所示，在粗糙水平面上A 点固定一半径R ＝0.2 m 的竖直光滑圆弧轨道，底端有一小孔。

在水平面上距A 点s ＝1 m 的B 点正上方O 处，用长为L ＝0.9 m 的轻绳悬挂一质量M ＝0.1 kg 的小球甲，现将小球甲拉至图中C 位置，绳与竖直方向夹角θ＝60°。

静止释放小球甲，摆到最低点B 点时与另一质量m ＝0.05 kg 的静止小滑块乙(可视为质点)发生完全弹性碰撞。

碰后小滑块乙在水平面上运动到A 点，并无碰撞地经过小孔进入圆轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔，g ＝10 m/s 2。

(1)求甲、乙碰前瞬间小球甲的速度大小；(2)若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好不脱离圆轨道，求小滑块乙与水平面的动摩擦因数。

高中物理力学中动量守恒问题的解题技巧高中物理力学中，动量守恒是一个重要的概念，也是解题中常见的问题之一。

在本文中，我将介绍一些解决动量守恒问题的技巧，并通过具体的例题进行说明。

动量守恒是指在一个系统中，如果没有外力作用，系统的总动量将保持不变。

这个概念在解决碰撞、爆炸等问题时非常有用。

下面，我将通过几个例题来说明如何应用动量守恒解题。

例题一：两个质量相同的小球A和B，以相同的速度相向而行，在碰撞后，小球A的速度变为v，小球B的速度变为2v。

求碰撞后两个小球的速度。

解析：首先，我们可以根据动量守恒定律得出方程：mA * vA + mB * vB = mA * v + mB * 2v。

其中，mA和mB分别是小球A和B的质量，vA和vB分别是小球A和B的初始速度，v是小球A的速度，2v是小球B的速度。

由于小球A和B的质量相同，可以简化方程为：vA + vB = v + 2v，整理得出2vA = 4v，即vA = 2v。

因此，小球A的速度为2v，小球B的速度为v。

通过这个例题，我们可以看出，在应用动量守恒定律时，需要根据实际情况确定变量的代表意义，并将其转化为方程进行求解。

例题二：一辆质量为m的小车以速度v撞击一堵质量为M的墙壁，碰撞后小车的速度变为-v/2。

求墙壁受到的冲击力大小。

解析：根据动量守恒定律，我们可以得到方程：m * v + 0 = -m * v/2 + 0。

其中，小车的速度为v，碰撞后小车的速度为-v/2，墙壁的质量为M。

通过整理方程，我们可以得到：m * v = m * v/2，进一步整理可得：v = v/2。

由此可见，小车在撞击墙壁后速度减小了一半。

根据牛顿第三定律，墙壁受到的冲击力与小车受到的冲击力大小相等，方向相反。

因此，墙壁受到的冲击力大小为m * v，即m * v = m * v/2 = mv/2。

通过这个例题，我们可以看出，应用动量守恒定律解决问题时，有时需要结合其他物理定律进行分析，如牛顿第三定律。

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)含解析一、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2．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=）（1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能.【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2cos 1sin 2BB B Bm gh m gh m v θμθ+⋅= ① （3分）代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分）（2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得：2220111()222A B P A A B Bm m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分）考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.3．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C 碰撞过程时间极短．那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求．（1）A、B第一次速度相同时的速度大小；（2）A、B第二次速度相同时的速度大小；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】（1）v0（2）v0（3）【解析】试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，解得v1＝v0（2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2解得v2=v0（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：解得v3＝v0系统损失的机械能为当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能．考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。