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
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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．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m2=3kg的小球被长为1lm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m1=1kg的物块自传送带上的左端A点以初速度v0=5m/s的速度水平向右运动，运动至B点与球m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12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210m/sg。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：
221111011=22mgLmvmv
解之可得：1=4m/sv
因为1vv，说明假设合理
滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2mvmvmv
解之得：2=2m/sv
碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222mvFmgl
小球受到的拉力：42NF
（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t，则01112Lvvt
解之得：11st
在这过程中，传送带运行距离为：113Svtm
滑块与传送带的相对路程为：111.5XLXm
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：121112mgtmv 解之得：22st
滑块向左运动最大位移：121122mxvt=2m
因为mxL，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带
再考虑到滑块与小球碰后的速度112v
说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t
在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程
22212Xvtm
因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是
112Qmgxx=13.5J
2．如图甲所示，物块A、B的质量分别是 mA=4.0kg和mB=3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求：
①物块C的质量？
②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能EP？
【答案】（1）2kg（2）9J
【解析】
试题分析：①由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．mcv1＝（mA＋mC）v2
即mc＝2 kg
②12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大
（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4
得Ep＝9 J
考点：考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的应用
【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题．
3．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。已知磁场的磁感应强度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=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)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)若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。
【答案】(1) 210/vms (2)25J (3)9W4P
【解析】
【详解】
解：(1)根据机械能守恒定律，可得：212mghmv
解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：210/vms
(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
根据能力守恒可知，整个过程中系统产生的热量：()25QmghrJ
(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为1v，凹槽速度大小为2v，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：12mvMv
由能量守恒可得：2212111()22mvmvmghrQ
导体棒第一次通过最低点时感应电动势：12EBLvBLv
回路电功率：2EPR
联立解得：94PW
4．如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN的半径为R=3.2m，水平部分NP长L=3.5m，物体B静止在足够长的平板小车C上，B与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端．从M点由静止释放的物体A滑至轨道最右端P点后再滑上小车，物体A滑上小车后若与物体B相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A、B和小车C的质量均为1kg，取g=10m/s2．求
(1)物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小？
(2)物体A在NP上运动的时间？
(3)物体A最终离小车左端的距离为多少？
【答案】(1)物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小为30N ；
(2)物体A在NP上运动的时间为0.5s
(3)物体A最终离小车左端的距离为3316m
【解析】
试题分析：（1）物体A由M到N过程中，由动能定理得：mAgR=mAvN2
在N点，由牛顿定律得 FN-mAg=mA
联立解得FN=3mAg=30N
由牛顿第三定律得，物体A进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：FN′=3mAg=30N
（2）物体A在平台上运动过程中
μmAg=mAa
L=vNt-at2
代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去)
（3）物体A刚滑上小车时速度 v1= vN-at=6m/s
从物体A滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A组成系统动量守恒，而物体B保持静止
(mA+ mC)v2= mAv1
小车最终速度 v2=3m/s
此过程中A相对小车的位移为L1，则
2211211222mgLmvmv解得：L1＝94m
物体A与小车匀速运动直到A碰到物体B，A，B相互作用的过程中动量守恒：
(mA+ mB)v3= mAv2
此后A，B组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v4
(mA+ mB)v3+mCv2=" (m"A+mB+mC) v4
此过程中A相对小车的位移大小为L2，则 222223411123222mgLmvmvmv解得：L2＝316m
物体A最终离小车左端的距离为x=L1-L2=3316m
考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.
5．如图所示，一辆质量M=3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=l kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6J，小球与小车右壁距离为L=0.4m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
①小球脱离弹簧时的速度大小；
②在整个过程中，小车移动的距离。
【答案】（1）3m/s （2）0.1m
【解析】
试题分析：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得
mv1-Mv2=0
22121122PEmvMv
代入数据解得：v1=3m/s v2=1m/s
（2）根据动量守恒和各自位移关系得12xxmMtt，x1+x2=L
代入数据联立解得：24Lx=0.1m
考点：动量守恒定律；能量守恒定律.
6．如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂．现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=600的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于450．
【答案】最多碰撞3次 【解析】
解：设小球m的摆线长度为l
小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒：①
m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足：
mv0=MVM+mv1 ②
③
联立 ②③得：④
说明小球被反弹，且v1与v0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞，满足：
mv1=MVM1+mv2 ⑤
⑥
解得：
⑦
整理得：
⑧
故可以得到发生n次碰撞后的速度：
⑨
而偏离方向为450的临界速度满足：
⑩
联立①⑨⑩代入数据解得，当n=2时，v2＞v临界
当n=3时，v3＜v临界
即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°．
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．
专题：压轴题．
分析：先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后小球的速度，对速度表达式分析，求出碰撞n次后的速度表达式，再根据机械能守恒定律求出碰撞n次后反弹的最大角度，结合题意讨论即可．
点评：本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大角度，然后对结果表达式进行讨论，得到第n次反弹后的速度和最大角度，再结合题意求解．
7．如图，水平面上相距为L=5m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M=2kg的小
