【预赛三一自招】2020高中物理竞赛习题专题三：动量守恒定律和能量守恒定律2(Word版含答案)

第2章 动量守恒定律与能量守恒定律一 基本要求1 理解冲量、动量等概念。

掌握动量定理及动量守恒定律，能运用它们解简单系统在平面内运动的力学问题。

2 理解功的概念，能计算变力做功的问题 。

3 理解保守力做功的特点和势能的概念，会计算重力、弹性力和万有引力做的功及对应的势能 。

4 理解动能定理、功能原理和机械能守恒定律，掌握运用守恒定律解问题 的思想和方法 。

二 基本概念 １ 质点的动量、冲量质点的动量定义：m =p υ，p 为矢量，也是状态量。

质点的冲量定义 ：21t t dt =⎰I F ，它也是矢量，是过程量。

2 冲力 在解决冲击、碰撞问题时，将两个物体在碰撞瞬间的相互作用力称为冲力，冲力作用时间短，量值变化也很大，所以很难确定每一时刻的冲力，常用平均冲力的冲量来代替变力的冲量 。

3内力和外力 对于质点系，其内部各个质点之间的相互作用力称为内力，质点系以外的其他物体对其中的任一质点的作用力称为外力。

4功 功率（1）功 力对质点所作的功为力在质点位移方向的分量与位移大小的乘积。

cos BBAAW dW d F dr θ==⋅=⎰⎰⎰F r(2) 功率 功随时间的变化率,反映的是做功的快慢。

dW P dt =cos d d P F dt dtυθ⋅==⋅=⋅=F r r F F υ5动能 质量为m 的物体，当它具有速度υ时，定义212m υ为质点在速度为υ时的动能，用k E 表示。

6保守力和非保守力 如果力F 对物体做的功只与物体初、末位置有关而与物体所经过的路径无关，我们把具有这种特点的力称为保守力，否则称为非保力。

保守力做功0ld ⋅=⎰F l ，非保守力作功 0ld ⋅≠⎰F l 。

重力、弹性力、万有引力均为保守力，而摩擦力、汽车的牵引力等都是非保守力。

7势能 系统某点的势能等于在保守力作用下将物体从该点沿任意路径移动到零势能点保守力做的功，用p E 表示。

8机械能，系统的动能和势能统称为机械能，用E 表示。

第三章动量守恒定律和能量守恒定律1.如图所示，圆锥摆的摆球质量为m 速率为V，圆半径为R,当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为2. 一物体质量为10 kg，受到方向不变的力F= 30+ 40t (SI)作用，在开始的两秒内，此力冲量的大小等于____________ ；若物体的初速度大小为10 m/s，方向与力F的方向相同，则在2s末物体速度的大小等于3. _____________________________ 如左图所示，A B两木块质量分别为m v77777^77777777777777777~和m,且m= 2m，两者用一轻弹簧连接后静止于光滑水平桌面上，如图所示•若用外力将两木块压近使弹簧被压缩，然后将外力撤去，则此后两木块运动动能之比E K A/E B为__ .4. ____________________ 质量m= 1kg 的物体，在坐标原点处从静止出 发在水平面内沿x 轴运动，其所受合力方向与运 动方向相同，合力大小为 F = 3 +2x (SI)，那么当 x = 3m 时，其速率v= ,物体在开始运动的 3m 内，合力所作的功W ________ 。

5. 一质点在二恒力的作用下 ,位移为r = 3i + 8j(SI), 在此过程中，动能增量为24J,已知其中一 恒力F ! = 12 i - 3j (SI), 则另一恒力所作的功为1、计算题6.如图,质量为M=1.5kg 的物体,用 一根长为l =1.25m 的细绳悬挂在天 花板上，今有一质量为m=10g 的子弹 以v °=500m/s的水平速度射穿 物体,刚穿出物体时子弹的速度大小v =30m/s,设穿透时间极短，求：(1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小；(2) 子弹在穿透过程中所受的冲量.V 0 l V _mi=> m M7.质量为M 的很短的试管，用长 度为L 、质量可忽略的硬直杆悬挂 如图，试管内盛有乙醚液滴，管 口用质量为m 的软木塞封闭.当 加热试管时软木塞在乙醚蒸汽的压力下飞出.如果试管绕悬点 0在竖直平面内作 一完整的圆运动，那么软木塞飞出的最小速度为 多少？若将硬直杆换成细绳，结果如何？答案： 一、填空题1. Rmg/ v2. , 24m/S3. 24. 18J , 6m/s5. 12J.二、计算题6. 子弹与物体组成的系统水平方向动量守恒，设子弹刚穿出物体时的物体速度为v ,有mv =mv+Mvv =n (v o v )/M (1)绳中张力 T = Mg+M v 2/l2 2 =Mg+ m ( v o v ) / ( Ml )=⑵子弹所受冲量 I = m ( v v °)= •s负号表示与子弹入射方向相反 .7.解：设V 1为软木塞飞出的最小速度的大小，软木塞和试管系统水平方向动量守恒，该试管速度的大小为 V 2, Mv 2 mv 1 0,贝Uv 1 Mv 2 / m 2 分(1)当用硬直杆悬挂时， M 到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒： 1 分•0 L I —^im M1 2 ______________________ Mv 2 Mg2L v 2 4gLv 1 2M gL/m1 即 v 、gL 1 分 由机械能守恒：^Mv f 2 1 5 Mg2L ^Mv 2 5MgL 2 2 2 应有v 2 5gL 故这时v 1 M . 5gL/m 1 分 即 (2)若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度 v 须满足。

练习1 如图所示，质量为m 的人从长为l 质量为M 的铁板一端匀加速跑向另一端，并在另一端骤然停住。

一直铁板与水平面间摩擦系数为μ，人与铁板间的摩擦系数为μ'，且μμ' 。

试求人使铁板朝其跑动方向移动的最大距离L 。

解 设人以不致引起铁板移动的最大加速度奔跑，此时铁板受两个方向相反摩擦力作用而平衡，且()f M m g μ=+ 人的加速度 f M ma g m mμ+== 人跑动时间 2()lmt M m g μ=+研究整体，有ft mv =人在板上停住后，地面滑动摩擦力反向，而大小不变，故至完全停止所需时间仍为t ，人与板共同作匀减速直线运动，移动最大距离为 211()222()f M m g l mmL t l M m M m M m g M mμμ+===++++ .练习2 将长为l 的n 块相同均质砖块逐一叠放，如图所示，问最大突出距离为多少？ 解 设想先放最高的砖块，逐一往下叠放，为使第一块不倒下，第二块的右端必须在第一块砖重心以右，在临界情况下，可使之恰在重心的正下方。

同理，第三块砖的右端必须放在1、2两块砖共同的重心的正下方，如此类推。

设第二块砖的右端与第一块砖的右端距离为2x ，第三块砖的右端与第一块砖的右端距离为3x ，等等。

利用重心即质心的性质，则有 22lx =22322()122422lx x l l x x x ++==+=+ 33432()12332lx x l x x ++==+111(2)()12112i i i i li x x l x x i i ----++==+-- 所以2x …3x nx f121221*********11112212n n n nn n i i i l l l x x x n n n l l l i i i ---====+=++==---==--∑∑∑ n x 即为所求的最大突出距离，当n →∞时，n x 为发散的。

第3章 动量守恒定律和能量守恒定律 问题与习题解答问题：3-1、3-3、3-7、3-10、3-14、3-193-1如图所示，设地球在太阳引力的作用下，绕太阳作匀速圆周运动。

试问：在下述情况下，（1）地球从点A 运动到点B ,（2）地球从点A 运动到点C ，（3）地球从点A 出发绕行一周又返回点A ，地球的动量增量和所受的冲量各为多少？ 答：选太阳处为坐标原点O ，且O →C 方向为X 轴正方向，O →B 方向为Y 轴正方向，设地球和太阳的质量分别为,m M ，两者间的距离为r ，地球沿反时针方向作匀速圆周运动的速率为v ，故根据万有引力定律，有：22vm M m Grr=，即v =（1）地球从点A 运动到点B 的动量增量为：()())A B B A P m v v m vi vj i j ∆=-=-=-根据质点的动量定理，地球所受的冲量为：)A B A B I P mi j =∆=-（2）地球从点A 运动到点C 的动量增量和所受的冲量为：()()2A C A C C A P I m v v m vj vj mj ∆==-=--=-（3）同理，地球从点A 出发绕行一周回到A 点的动量增量和所受的冲量为：()0A A A A A A P I m v v ∆==-=3-3在上升气球下方悬挂一梯子，梯子站一人。

问人站在梯子上不动或以加速度向上攀升，气球的加速度有无变化？ 答：（1）人不动，则气球的加速度不变。

（2）以气球及梯子（总质量为M ）与人（质量为m ）为系统，地面为参照系，且设人相对梯子上爬的速度为v 、气球相对地面的速度为V ，人相对地面的速度为v '，则有v v V '=+如果设气球及梯子与人初始为匀速率0v 竖直上升，则可应用动量守恒定律，得0()m v M V m M v '+=+所以， 0()V v m v m M =-+故得气球的加速度为d V m d v a d tm Md t==-⋅+气由此可知，当人相对于梯子的加速度0d v d t=（相对梯子匀速爬上）时0a =气；而当0d v d t>（加速爬上）时，0a <气。

高中物理动量和动量守恒定律专题专练+详细解答第二讲动量和动量守恒定律（多选）高考真题1.（2020·新课标全国3卷）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。

已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J2．（多选）（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 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg 3．（2020·新课标全国1卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。

若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积核心突破突破1.动量定理的应用1．动量定理(1)公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．例题1.（2020届山西省太原市高三模拟）2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。

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。

高中物理：动量守恒定律一、选择题(在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~11题有多项符合题目要求。

) 1．如图所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m ＝70kg ，初速度v 0＝5m/s 。

若经过1s 时，速度为v ＝5m/s ，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g ＝10m/s 2，不计空气阻力)： （ ） A. 700 kg·m/s B. 350 kg·m/s C. 350(－1) kg·m/s D. 350(＋1) kg·m/s2．如图所示，光滑平面上有一辆质量为4m 的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m ，开始两个人和车一起以速度v 0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v 跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v 跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是： （ ） A. 1.5v 0 B. v 0 C. 大于v 0，小于1.5v 0 D. 大于1.5v 03．如图所示，两个质量相等的物体，在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下到达斜面底端的过程中，相同的物理量是 ： （ ）A. 重力的冲量B. 弹力的冲量C. 到达底端的动量D. 到达底端的动能4．如图所示，竖直墙壁两侧固定着两轻质弹簧，水平面光滑，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中： （ ） A. 系统的动量守恒，动能守恒B. 系统的动量守恒，机械能守恒C. 系统的动量不守恒，机械能守恒D. 系统的动量不守恒，动能守恒5．A 、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体A 、B 都在同一直线上运动，其位移—时间图象如图所示。

由图可知，物体A 、B 的质量之比为： （ ） A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 3∶16．在光滑水平地面上匀速运动的装有砂子的小车，小车和砂子总质量为M ，速度为v 0，在行驶途中有质量为m 的砂子从车上漏掉，砂子漏掉后小车的速度应为： （ ） A. v 0 B.0Mv M m - C. 0mv M m - D. ()0M m v M-7．一个质量为0.5kg 的篮球从离地面5m 高处自由落下，与地面碰撞后上升的最大高度为3.2m ，设球与地面接触时间为0.2s ，则地面对球的平均作用力为（不计空气阻力，g 取10m/s 2）： （ ） A. 30N B. 45N C. 50N D. 60N8．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。

2021高中物理竞赛习题专题：动量守恒定律和能量守恒定律1.一物体在介质中按规律x＝ct3作直线运动,c为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x0＝0 运动到x＝l时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k)2.一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．3. 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m1 和m2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k)4.如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．5.质量为7.2 ×10 -23 kg,速率为6.0 ×107 m·s-1 的粒子A,与另一个质量为其一半而静止的粒子B 发生二维完全弹性碰撞,碰撞后粒子A 的速率为5.0 ×107 m·s-1．求：(1) 粒子B 的速率及相对粒子A 原来速度方向的偏转角；(2) 粒子A 的偏转角．6.如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．7.如图所示,一个质量为m 的小球,从内壁为半球形的容器边缘点A滑下．设容器质量为m′,半径为R,内壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．开始时小球和容器都处于静止状态．当小球沿内壁滑到容器底部的点B时,受到向上的支持力为多大？8.如图所示,质量分别为m1 ＝10.0 kg和m2 ＝6.0 kg 的两小球A 和B,用质量可略去不计的刚性细杆连接,开始时它们静止在Oxy 平面上,在图示的外力F1 ＝(8.0 N) i 和F2 ＝(6.0 N) j 的作用下运动．试求：(1)它们质心的坐标与时间的函数关系；(2)系统总动量与时间的函数关系．答案解析1.解 由运动学方程x ＝ct 3,可得物体的速度23d d ct t x==v按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为3/43/242299x kc t kc k F ===v则阻力的功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W lol-=-==⋅=⎰⎰⎰x F2.解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为()J882d d 10=-=⋅=⎰⎰y agy mg W l y F3.解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 ＝P 1 ＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgy ky +=-式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1 ＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F ′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F ′2 ．由式(3)可得F ＝P 1 ＋P 2 ＝(m 1 ＋m 2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．4.冰块此时的速率为32cos Rg θgR ==vv 的方向与重力P 方向的夹角为 α＝90°-θ ＝41.8°5.解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有αm βmm A B A cos cos 221v v v '+= (1) αm βmA B sin sin 20v v '-=(2)又由机械能守恒定律,有222212m 2121A B A m v v v '+⎪⎭⎫ ⎝⎛= (3)解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为()1722s m 1069.42-⋅⨯='-=A A B v v v各粒子相对原粒子方向的偏角分别为022243arccos o 22'=''+=A A AA αv v v v 65443arccos o '==AB βv v6.解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有()10cos v m m αmv '+= (1)在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v 2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得()αhαg m m μsin cos '+-()()()21222121v v m m gh m m m m '+-'++'+=(2)由式(1)、(2)可得()1cot 2cos 202+-⎪⎭⎫⎝⎛'+=αμgh αm m m v v7.7.解 根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得='-'m m m m v v (1)mgR m m m ='+'222121v v v (2)式中v m 、v m ′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为m m gR m m '+'=2vm m gR m m m m '+''='2v由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容器底部时,小球相对容器的运动速度为()gRm m m m m m m m 2⎪⎭⎫⎝⎛''+=+=--='''v v v v v (3)在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为R m mg F mN 2v '=- (4)由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=m m mg F N 238.解 (1) 选如图所示坐标,则t ＝0 时,系统质心的坐标为m5.1202120=+=x m m m x c m9.1102110=+=y m m m y c对小球与杆整体应用质心运动定律,得()t m m F F xx d d 211v +== (1)()t m m F F yy d d 212v +== (2)根据初始条件t ＝0 时,v ＝0,分别对式(1)、式(2)积分可得质心速度的分量与时间的函数关系式,有()tm m F m m t F x x tx2112101 ,d d +=+=⎰⎰v v v (3) ()tm m F m m t F y y ty2122101 ,d d +=+=⎰⎰v v v (4)根据初始条件t ＝0 时,x ＝x C0 ,y ＝y C0 ,对式(3)、式(4)再一次积分可得质心坐标与时间的函数关系式,有t m m F x t x x c d d 0211cc0⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()22211025.05.12t t m m F x x c c +=++=及t m m F y t y y c d d 0212cc0⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= ()22212019.09.12t t m m F y y c c +=++=(2) 利用动量定理并考虑到系统的初始状态为静止,可得系统总动量与时间的函数关系()()()ji F F P P t t t t0.60.8d Δ021-=+==⎰。

动量及动量守恒定律习题大全一．动量守恒定律概述1.动量守恒定律的条件⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。

⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

2．动量守恒定律的表达形式（1），即p1 p2=p1/ p2/，（2）Δp1 Δp2=0，Δp1= -Δp2 和3．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法（1）分析题意，明确研究对象。

（2）对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，判定能否应用动量守恒。

（3）确定过程的始、末状态，写出初动量和末动量表达式。

注重：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。

（4）建立动量守恒方程求解。

4．注重动量守恒定律的“五性”：①条件性；②整体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性．二、动量守恒定律的应用1两个物体作用时间极短，满足内力远大于外力，可以认为动量守恒。

碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。

如：光滑水平面上，质量为的左端连有轻弹m1 的物体 A 以速度v1 向质量为m2 的静止物体簧B 运动， B分析：在Ⅰ位置 A、B 刚好接触，弹簧开始被压缩， A 开始减速， B 开始加速；到Ⅱ位置A、B 速度刚好相等（设为 v），弹簧被压缩到最短；再往后 A、B 远离，到Ⅲ位位置恰好分开。

（1）弹簧是完全弹性的。

压缩过程系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；分开过程弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。

这种碰撞叫做弹性碰撞。

由动量守恒和能量守恒可以证实A、 B 的最终速度分别为：。

（这个结论最好背下来，以后经常要用到。

）（2）弹簧不是完全弹性的。

压缩过程系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态弹性势能仍最大，但比损失的动能小；分离过程弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失。

高中物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析一、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m 2=3kg 的小球被长为1l m =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m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2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/s g =。

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=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=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：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，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 <v ， 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22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J2．如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为半径R =0.3m的光滑14圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为L =0.6m 。