高中物理动量定理解题技巧(超强)及练习题(含答案)

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/s 2，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/v m s = (2)25J (3)9W 4P = 【解析】 【详解】解：(1)根据机械能守恒定律，可得：212mgh mv = 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：210/v m 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能力守恒可知，整个过程中系统产生的热量：()25Q mg h r J =+=(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：12mv Mv = 由能量守恒可得：2212111()22mv mv mg h r Q +=+- 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：12E BLv BLv =+回路电功率：2E P R=联立解得：94P W =2．如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m ＝0.1kg ．P 2的右端固定一轻质弹簧，物体P 置于P 1的最右端，质量为M ＝0.2kg 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0＝4m/s 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(弹簧始终在弹性限度内)．平板P 1的长度L ＝1m ，P 与P 1之间的动摩擦因数为μ＝0.2，P 2上表面光滑．求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1； (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 1上滑下，并求出P 的最终速度v 2． 【答案】(1)v 1=2m/s (2)E P =0.2J (3)v 2=3m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）P 1、P 2碰撞过程，由动量守恒定律 01m 2v mv = 解得012/2v v m s ==，方向水平向右 ； （2）对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 1022(2)mv Mv m M v '+=+ 解得2033/4v v m s ='=，方向水平向右， 此过程中弹簧的最大弹性势能222102111•2+Mv 2m )0.2222P E mv M v J =-='+（； （3）对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 103222mv Mv mv Mv +=- 由能量守恒定律得2222103211112+Mv 2mv +Mg 2222mv Mv L ⋅=⋅+μ 解得P 的最终速度23/0v m s =>，即P 能从P 1上滑下，P 的最终速度23/v m s =3．光滑水平面上质量为1kg 的小球A ，以2.0m/s 的速度与同向运动的速度为1.0m/s 、质量为2kg 的大小相同的小球B 发生正碰,碰撞后小球B 以1.5m/s 的速度运动．求:(1)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． 【答案】 1.0/A v m s '=，0.25E J =损【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：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多次碰撞．如图所示，一块表面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v 0＝2 m/s 从左端滑上木板，已知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μ＝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/s 2．求：(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达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间； (3)小物块和木板达到共同速度时，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1v则mg ma μ=，解得21/a g m s μ==①212L at =②，1v at =③ 联立①②③解得0.4t s =，10.4/v m s =④（2）在物块与木板两者达到共同速度前，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达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞，则有：()02v v nT t a a t =-+∆=∆⑤式中△t 是碰撞n 次后木板从起始位置至达到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022v v nTa =-⑥ 由于木板的速率只能处于0到1v 之间，故有()01022v nTa v ≤-≤⑦ 求解上式得1.5 2.5n ≤≤ 由于n 是整数，故有n=2⑧由①⑤⑧得：0.2t s ∆=⑨；0.2/v m s =⑩从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：4 1.8t T t s =+∆=（11） 即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为1．8s ．（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为212s L a t =-∆（12） 联立①与（12）式，并代入数据得0.06s m = 即达到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】本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．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C 的上表面平滑相接，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 从距小车的上表面高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．已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g =10m/s 2. 求： （1）滑块A 与B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）小车C 上表面的最短长度.【答案】(1) v =2.5m/s (2) L =0.375m 【解析】【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 上表面的最短长度．(1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为1v ，由机械能守恒定律有：2A A 11m gh m v 2= 代入数据解得12gh 5m/s v ==．设A 、B 碰后瞬间的共同速度为2v ，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， ()12A A B m v m m v =+ 代入数据解得2 2.5m/s v =．(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3v ，根据动量守恒定律有：()()A B 2A B C 3m m v m m m v +=++ 根据能量守恒定律有：()()()222311gL=22A B A B A B C m m m m v m m m v μ++-++ 联立以上两代入数据解得0.375m L =【点睛】本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．如图所示，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.已知,2,3A B C m m m m m m ===，求：（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）111233v v gh ==（2）6mgh （323Hh 【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，设其滑到底面的速度为1v ，由机械能守恒定律有：2112=A A m gh m v解之得：12v gh =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：()1A A B m v m m v =+ 解之得：111233v v gh == (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2v 由动量守恒定律有： ()12A A B C m v m m m v =++ 由机械能守恒定律有： ()22max 21()2A A CB B P m v m m m m E v -++=+ 解得被压缩弹簧的最大弹性势能：max 16P E mgh =(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3v ，滑块C 的速度为4v ，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：()()34A B A B C m m v m m v m v +=++()()22234111222A B A B C m m v m m v m v +=++ 解之得：30=v ，4123v gh =滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：4 s v t =212H gt =解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：23s Hh =7．如图所示，内壁粗糙、半径R ＝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。

高中物理动量守恒定律解题技巧(超强)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．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．牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16．分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度．若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m 的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小．【答案】v0v0【解析】设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2且由题意知＝解得v1＝v0，v2＝v0视频3．如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端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时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。

高考物理动量定理解题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：（i ）C 与A 碰撞前的速度大小（ii ）A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小． 【答案】（1）C 与A 碰撞前的速度大小是v 0； （2）A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向，对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：01(2)3?0m m v mv －+= 解得：10v v =． ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ，对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得：012 3(3)mv mv m m v =+－在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得：20CA I mv mv =－ 解得：032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv ． 方向为负．考点：动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．2．如图所示，质量M =1.0kg 的木板静止在光滑水平面上，质量m =0.495kg 的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。

质量m 0=0.005kg 的子弹以速度v 0=300m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g取10m/s2。

求：（1）物块的最大速度v1；（2）木板的最大速度v2；（3）物块在木板上滑动的时间t.【答案】（1）3m/s ；（2）1m/s ；（3）0.5s。

高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、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1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与横坐标x 的关系如图2所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角θ=53°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t =0时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m =4kg ；OM 、ON 接触处O 点的接触电阻为R =0．5Ω，其余电阻不计，回路电动势E 与时间t 的关系如图3所示，图线是过原点的直线，求：（1）t =2s 时流过导体棒的电流强度的大小； （2）在1~2s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小；（3）导体棒滑动过程中水平外力F （单位：N ）与横坐标x （单位：m ）的关系式． 【答案】（1）8A （2）8N s ⋅（3）32639F x =+【解析】 【分析】 【详解】（1）根据E-t 图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t =2s 时金属棒产生的感应电动势为4V E =由欧姆定律得24A 8A 0.5E I R === （2）由图2可知，1(T m)x B =⋅ 由图3可知，E 与时间成正比，有E =2t （V ）4EI t R== 因θ=53°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度43x L = 又由F BIL =安所以163F t 安=即安培力跟时间成正比所以在1~2s 时间内导体棒所受安培力的平均值163233N 8N2F +==故8N s I F t =∆=⋅安（3）因为43vE BLv Bx ==⋅所以1.5(m/s)v t =可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度21.5m/s a =又212x at =，联立解得 32639F x =+【名师点睛】本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式．3．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。

高中物理动量定理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定理1．一个质量为60千克的蹦床运动员从距离水平蹦床网面上3.2米的高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5米高处.已知运动员与网接触的时候为1.2秒。

求运动员和网接触的这段时间内，网对运动员的平均作用力F （g 取10 m /s 2）。

【答案】1500N ，方向竖直向上 【解析】 【详解】设运动员从h 1处下落，刚触网的速度为1128m s v gh == (方向向下)运动员反弹到达高度h 2 ，离网时速度为22210m s v gh ==(方向向上)在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg ，设向上方向为正，由动量定理有()()21 F mg t mv mv -=--解得=1500N F ，方向竖直向上。

2．滑冰是青少年喜爱的一项体育运动。

如图，两个穿滑冰鞋的男孩和女孩一起在滑冰场沿直线水平向右滑行，某时刻他们速度均为v 0＝2m/s ，后面的男孩伸手向前推女孩一下，作用时间极短，推完后男孩恰好停下，女孩继续沿原方向向前滑行。

已知男孩、女孩质量均为m ＝50kg ，假设男孩在推女孩过程中消耗的体内能量全部转化为他们的机械能，求男孩推女孩过程中：(1)女孩受到的冲量大小； (2)男孩消耗了多少体内能量？ 【答案】(1) 100N •s (2) 200J 【解析】 【详解】(1)男孩和女孩之间的作用力大小相等，作用时间相等， 故女孩受到的冲量等于男孩受到的冲量，对男孩，由动量定理得：I ＝△P ＝0-mv 0＝-50×2＝-100N•s ， 所以女孩受到的冲量大小为100N•s ； (2)对女孩，由动量定理得100＝mv 1-mv 0，故作用后女孩的速度1100502m/s 4m/s 50v +⨯== 根据能量守恒知，男孩消耗的能量为221011125016504200J 222E mv mv =-⋅=⨯⨯-⨯=；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 ′=mv 2-（-mv 1） 其中t ′=t -t 1-t 2=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．质量为0.2kg 的小球竖直向下以6m/s 的速度落至水平地面，再以4m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，（1）求小球与地面碰撞前后的动量变化；（2）若小球与地面的作用时间为0.2s ，则小球受到地面的平均作用力大小？（取g=10m/s 2）．【答案】（1）2kg•m/s ；方向竖直向上；（2）12N ；方向竖直向上； 【解析】 【分析】 【详解】（1）小球与地面碰撞前的动量为：p 1=m (－v 1)=0.2×(－6) kg·m/s=－1.2 kg·m/s 小球与地面碰撞后的动量为p 2=mv 2=0.2×4 kg·m/s=0.8 kg·m/s 小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp =p 2－p 1=2 kg·m/s （2）由动量定理得(F －mg )Δt =Δp 所以F =p t ∆∆＋mg =20.2N ＋0.2×10N=12N ，方向竖直向上．5．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。

高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：（i ）C 与A 碰撞前的速度大小（ii ）A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小． 【答案】（1）C 与A 碰撞前的速度大小是v 0； （2）A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向，对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：01(2)3?0m m v mv －+= 解得：10v v =． ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ，对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得：012 3(3)mv mv m m v =+－在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得：20CA I mv mv =－ 解得：032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv ． 方向为负．考点：动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．2．如图甲所示，平面直角坐标系中，0≤x ≤l 、0≤y ≤2l 的矩形区域中存在交变匀强磁场，规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，其变化规律如图乙所示，其中B 0和T 0均未知。

比荷为c 的带正电的粒子在点（0，l ）以初速度v 0沿+x 方向射入磁场，不计粒子重力。

（1）若在t =0时刻，粒子射入；在t <02T 的某时刻，粒子从点（l ，2l ）射出磁场，求B 0大小。

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。

高考物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 ) 含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．质量为 m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I．【答案】(1) mg(t1t2t 2 )(2) mgt1【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1 +t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t +t )-Ft =0, 解得：方向竖直向上1 2 2⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt 1-I=0,∴I=mgt1方向竖直向上考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在地高度为 H。

现将细绳拉至与水平方向成30 O 点，另一端系一质量为m ，由静止释放小球，经过时间的小球， O 点离t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。

若忽略空气阻力，重力加速度为g。

(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。

请通过计算，说明你的观点。

2 m2 gL ；（3）当L H【答案】（ 1） F=2mg ；（ 2）I F mgt 时小球抛的最远2【解析】【分析】【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得mgLsin 30 1 m v022小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得2mv0F mgL解得：F=2mg(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量I G=mgt动量变化量p mv0由三角形定则得，绳对小球的冲量I F mgt 2m2gL(3)平抛的水平位移x v0t ，竖直位移H L 1 gt22解得x 2L( H L)当 L H时小球抛的最远23．如图所示，质量M=1.0kg 的木板静止在光滑水平面上，质量m=0.495kg 的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。

高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 ) 及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．观赏“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。

某型“礼花”底座仅0.2s 的发射时间，就能将质量为 m=5kg 的礼花弹竖直抛上 180m 的高空。

（忽略发射底座高度，不计空气阻力， g 取 10m/s 2）(1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？（已知该平均作用力远大于礼花弹自身重力）(2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得前后两块质量之比为1： 4，且炸裂时有大小为E=9000J 的化学能全部转化为了动能，则两块落地点间的距离是多少？【答案】 (1)1550N； (2)900m【解析】【分析】【详解】(1)设发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力为F，设礼花弹上升时间为t，则：h 1gt 2 2解得t 6s对礼花弹从发射到抛到最高点，由动量定理Ft 0mg(t t0 )0其中t00.2s解得F 1550N(2)设在最高点爆炸后两块质量分别为m1、 m2，对应的水平速度大小分别为v1、 v2，则：在最高点爆炸，由动量守恒定律得m1v1m2 v2由能量守恒定律得E 1m1v121m2v22 22其中m11m24 m m1m2联立解得v1120m/sv230m/s 之后两物块做平抛运动，则竖直方向有h 1gt 2 2水平方向有s v1t v2t由以上各式联立解得s=900m2．质量为 m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I．mg(t1t 2 )【答案】 (1)(2) mgt1t2【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1 +t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t 1+t2)-Ft2=0, 解得：方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt 1-I=0,∴I=mgt1方向竖直向上考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．3．如图所示，足够长的木板端， A、 B、C 的质量分别为A 和物块m、2m 和C置于同一光滑水平轨道上，物块 B 置于 A 的左3m，已知 A、 B 一起以 v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C 碰后连成一体，最终A、B、 C 都静止，求：（i） C 与 A 碰撞前的速度大小（i i ）A、 C 碰撞过程中 C 对 A 到冲量的大小．【答案】（ 1） C 与 A 碰撞前的速度大小是v0；（2） A、 C 碰撞过程中 C 对 A 的冲量的大小是3mv0．2【解析】【分析】【详解】试题分析：①设 C 与 A 碰前速度大小为v1,以A碰前速度方向为正方向，对A、 B、 C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：(m 2m) v0－3mv1 ?0解得： v1v0．②设 C 与 A 碰后共同速度大小为v2，对A、C在碰撞过程由动量守恒定律得：mv0－3mv1( m 3m)v2在 A、 C 碰撞过程中对 A 由动量定理得：I CA mv2－ mv0解得： I CA 3mv0 2即A、 C 碰过程中 C 对 A 的冲量大小为3mv0．方向为负．2考点：动量守恒定律【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．4．如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量m=1.0kg、可视为质点的物体，以 v0=6.0m/s 的初速度沿斜面上滑。

高中物理动量定理解题技巧讲解及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：（i ）C 与A 碰撞前的速度大小（ii ）A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小． 【答案】（1）C 与A 碰撞前的速度大小是v 0； （2）A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向，对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：01(2)3?0m m v mv －+= 解得：10v v =． ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ，对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得：012 3(3)mv mv m m v =+－在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得：20CA I mv mv =－ 解得：032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv ． 方向为负．考点：动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．2．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A 以v 0＝12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B 并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A 、B 的质量分别为m 1＝0.5 kg 、m 2＝1.5 kg 。

求：①A 与B 撞击结束时的速度大小v ；②在整个过程中，弹簧对A 、B 系统的冲量大小I 。

【答案】①3m/s ； ②12N •s 【解析】 【详解】①A 、B 碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向 由动量守恒定律得m 1v 0=（m 1+m 2）v代入数据解得v =3m/s②以向左为正方向，A 、B 与弹簧作用过程 由动量定理得I =（m 1+m 2）（-v ）-（m 1+m 2）v代入数据解得I =-12N •s负号表示冲量方向向右。

高中物理动量定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．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 C mv mv mg R '=+ 在最高点C 对小球B 受力分析，由牛顿第二定律有： 2C N 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．2．如图所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：（i ）C 与A 碰撞前的速度大小（ii ）A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小．【答案】（1）C 与A 碰撞前的速度大小是v 0；（2）A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0． 【解析】【分析】【详解】试题分析：①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向，对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：01(2)3?0m m v mv －+= 解得：10v v =． ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ，对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得：012 3(3)mv mv m m v =+－在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得：20CA I mv mv =－ 解得：032CA I mv =- 即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv ． 方向为负． 考点：动量守恒定律【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．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/s0-v2=-gt2得t2=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，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，某时刻物体A获得一大小为的水平初速度开始向右运动。

高考物理动量定理答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。

在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。

在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。

已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=︒。

其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。

(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况； (2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量；(3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少? 【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s g ；(3)43.2J 【解析】 【详解】(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得：sin θF T BIl =+cos θT mg =解得：tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+由图乙可知：1.50.2F t =+则有：0.4I t =cd 棒上的电流为：0.8cd I t =则cd 棒运动的速度随时间变化的关系：8v t =即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。

(2)ab 棒上的电流为：0.4I t =则在2 s 内，平均电流为0.4 A ，通过的电荷量为0.8 C ，通过cd 棒的电荷量为1.6C 由动量定理得：sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-解得： 1.6N s F I =g(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =，则ab 棒产生的热量也为Q ，cd 棒上产生的热量为8Q ，则整个回路中产生的总热量为28. 8 J ，即3 s 内克服安培力做功为28. 8J 而重力做功为：G sin 43.2J W mg θ==对导体棒cd ，由动能定理得：F W W'-克安2G 102W mv +=- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s 解得：43.2J F W '=2．如图所示，质量M =1.0kg 的木板静止在光滑水平面上，质量m =0.495kg 的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。

高中物理动量定理解题技巧和训练方法及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。

现将细绳拉至与水平方向成30︒，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。

若忽略空气阻力，重力加速度为g 。

(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。

请通过计算，说明你的观点。

【答案】（1）F =2mg ；（2）()22F I mgt m gL =+；（3）当2HL =时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得201sin 302mgL mv ︒=小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得20mv F mg L-= 解得：F =2mg(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量I G =mgt动量变化量0p mv ∆=由三角形定则得，绳对小球的冲量()22F I mgt m gL =+(3)平抛的水平位移0x v t =，竖直位移212H L gt -=解得2()x L H L =-当2HL =时小球抛的最远2．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB 与粗糙水平地面BC 相切于B 点。

质量m =0.1kg 的滑块甲从最高点A 由静止释放后沿轨道AB 运动,最终停在水平地面上的C 点。

现将质量m =0.3kg 的滑块乙静置于B 点,仍将滑块甲从A 点由静止释放结果甲在B 点与乙碰撞后粘合在一起,最终停在D 点。

已知B 、C 两点间的距离x =2m,甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为=0.4、=0.2,取g=10m/s ,两滑块均视为质点。

求:(1)圆弧轨道AB 的半径R;(2)甲与乙碰撞后运动到D 点的时间t 【答案】(1) (2)【解析】 【详解】（1）甲从B 点运动到C 点的过程中做匀速直线运动，有：v B 2=2a 1x 1； 根据牛顿第二定律可得：对甲从A 点运动到B 点的过程，根据机械能守恒： 解得v B =4m/s ；R=0.8m ；（2）对甲乙碰撞过程，由动量守恒定律： ；若甲与乙碰撞后运动到D 点，由动量定理：解得t=0.4s3．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0kg 和m B ＝3.0kg ．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触．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 粘在一起不分开，C 的v －t 图象如图乙所示．求：（1）C 的质量m C ；（2）t ＝8s 时弹簧具有的弹性势能E p 1 （3）4—12s 内墙壁对物块B 的冲量大小I【答案】(1) 2kg (2) 27J (3) 36N s × 【解析】 【详解】（1）由题图乙知，C 与A 碰前速度为v 1＝9m/s ，碰后速度大小为v 2＝3m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒m C v 1＝(m A ＋m C )v 2解得C 的质量m C ＝2kg ．（2）t ＝8s 时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A ＋m C )v 22=27J （3）取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s 内墙壁对物块B 的冲量大小I=(m A ＋m C )v 3-(m A ＋m C )（-v 2）=36N·s4．一个质量为60千克的蹦床运动员从距离水平蹦床网面上3.2米的高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5米高处.已知运动员与网接触的时候为1.2秒。

高中物理动量守恒定律技巧(很有用)及练习题含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v；②23v 【解析】试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v =②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223v v =考点：动量守恒定律2．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：3．两个质量分别为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.4．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。

高中物理动量定理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定理1．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0kg和m B＝3.0kg。

用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。

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，C的v－t图象如图乙所示。

求：（1）C的质量m C；（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I；（3）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2。

【答案】（1）2kg ；（2）27J，36N·S；（3）9J【解析】【详解】（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度大小为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒m C v1＝(m A＋m C)v2解得C的质量m C＝2kg。

（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A＋m C)v22=27J取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I=(m A＋m C)v3-(m A＋m C)（-v2）=36N·S（3）由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3m/s，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(m A＋m C)v3＝(m A＋m B＋m C)v41 2(m A＋m C)23v＝12(m A＋m B＋m C)24v＋E p2解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2＝9J。

2．质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I ．【答案】(1)122()mg t t t + (2)1mgt 【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A ，刚好接触沙的位置为B ，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以竖直向下为正方向，有： mg(t 1+t 2)-Ft 2=0, 解得：方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有： mgt 1-I=0,∴I=mgt 1方向竖直向上 考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．3．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。