湖北省宜昌市高考物理二轮复习 考点过关三 动量、动量守恒定律练习二(无答案)

高考物理高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(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) /v 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：/v 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 =3．人站在小车上和小车一起以速度v 0沿光滑水平面向右运动．地面上的人将一小球以速度v 沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v 水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止．重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n 次后，人和车速度刚好变为0．已知人和车的总质量为M ，求小球的质量m ． 【答案】02Mv m nv= 【解析】试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv 0-mv=Mv 1+mv 得：102mvv v M=-车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒： Mv 1-mv=Mv 2+mv 得：2022mvv v M=-⋅同理，车上的人第n 次将小球抛出后，有02n mvv v n M=-⋅由题意v n =0， 得：02Mv m nv=考点：动量守恒定律4．如图，质量分别为、的两个小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h=0.8m ，A 球在B 球的正上方． 先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放． 当A 球下落t=0.3s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．（i ）B 球第一次到达地面时的速度； （ii ）P 点距离地面的高度． 【答案】4/B v m s =0.75p h m = 【解析】试题分析：（i ）B 球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有212B B B m gh m v =可得B 球第一次到达地面时的速度24/B v gh m s =（ii ）A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速度3/A v gt m s == 设B 球的速度为'B v ， 则有碰撞过程动量守恒'''A A B B B B m v m v m v +=碰撞过程没有动能损失则有222111'''222A AB B B B m v m v m v += 解得'1/B v m s =，''2/B v m s =小球B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以B 离开地面上抛时速度04/B v v m s ==所以P 点的高度220'0.752B p v v h m g-== 考点：动量守恒定律 能量守恒5．[物理─选修3－5] （1）天然放射性元素23994Pu 经过次α衰变和 次β衰变，最后变成铅的同位素 。

专题十一 动量守恒定律重点难点1．动量守恒的条件：可以归纳为以下几种情况：①物体系统不受外力或所受合外力为零；②物体系统受到的外力远小于内力；③系统在某方向上不受外力、合外力为零或外力远小于外力，此时在该方向上动量守恒．在碰撞和爆炸现象中，由于物体间相互作用持续时间很短，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理．2．运用动量守恒定律应注意： ①矢量性：动量守恒定律的方程是一个矢量关系式对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，按正方向确定各矢量的正负 ②瞬时性：动量是一个状态量，对应着一个瞬时动量守恒是指该相互作用过程中的任一瞬时的动量恒定不同时刻的动量不能相加③相对性：动量的具体数值与参考系的选取有关，动量计算时的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以地面为参考系3．反冲运动中移动距离问题的分析：一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使另一部分也跟着运动，若现象中满足动量守恒，则有m 1υ1-m 2υ2 = 0，υ1 = 12m m υ2．物体在这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样满足s 1 = s 2，它们的相对距离s 相 = s 1+s 2．规律方法【例1】如图所示，大小相同质量不一定相等的A、B、C三个小球沿一直线排列在光滑水平面上，未碰前A、B、C三个球的动量分别为8kg·m/s、-13kg·m/s、-5kg·m/s，在三个球沿一直线相互碰撞的过程中，A、B两球受到的冲量分别为-9N·s、1N·s，则C球受到的冲量及C球碰后的动量分别为（B）A．1N·s，3kg·m/sB．8N·s，3kg·m/sC．-8N·s，5kg·m/sD．10N·s，5kg·m/s训练题A 、B 两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度υ从A船跳到B船，再从B船跳回A船．经多次跳跃后，人最终跳到B船上，设水对船的阻力不计，则（ABC）A．A、B两船最终的速度大小之比为3∶2B．A、B（包括人）最终的动量大小之比为1∶1C．A、B（包括人）最终的动量之和为零D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定【例2】假定航天飞机的喷气发动机每次喷出质量为m= 200g的气体，气体离开发动机喷气孔时，相对于喷气孔的速度υ= 1000m/s，假定发动机在1min内喷气20次，那么在第1min末，航天飞机的速度的表达式是怎样的？如果这20次喷出的气体改为一次喷出，第1min末航天飞机的速度为多大？航天飞机最初质量为M = 3000kg，初速度为零，运动中所受阻力不计．【解析】设第一次喷气后航天飞机速度为υ1，第二次喷气后航天飞机速度为υ2，……依次类推，取航天飞机速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：第一次喷气后：（M-m）υ1-m（υ-υ1）= 0；得υ1 = mM第二次喷气后：（M -m ）υ1 = （M -2m ）υ2-m （υ-υ2），得υ2-υ1 = m M m υ- 第三次喷气后：（M -2m ）υ2 = （M -3m ）υ3-m （υ-υ3），得υ3-υ2 =2m M mυ-…… 第20次喷气后：（M -19m ）υ19 = （M -20m ）υ20-m （υ-υ20），得υ20-υ19 = 19m M m υ-综合以上可得1min 末飞船的速度为 υ20 =m M υ+m M m υ-+2m M m υ-+……+19m M m υ-若20次喷出的气体一次喷出，则：0 = （M -20m ）υ′-20m （υ-υ′） 得υ′ = M mv 20 = 300010002.020⨯⨯ = 34m/s比较可知υ20＞υ′，即当喷气质量一定时，分次喷出比一次喷出，航天飞机获得的速度大且分的次数越多，获得的速度越大，这也是火箭连续喷气的原因训练题甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，车与水平面摩擦不计，甲与车的总质量为M = 100kg ，另有一质量为m = 2kg 的球乙固定站在车对面的地面上，身旁有若干质量不等的球开始车静止，甲将球以速率υ水平抛给乙，乙接球后马上将另一质量m 1 = 2m 的球以相同的速度υ水平抛给甲；甲接住后再以相同速率将此球抛回给乙，乙接住后马上将另一质量m 2 = 2m 1 = 4m 的球以速率υ水平抛给甲……这样往复抛球．乙每次抛给甲的球质量都是接到甲抛给他的球的质量的2倍，而抛球速率始终为υ（相对于地面水平方向）不变．求：（1）甲第二次抛出（质量为2m ）球后，后退速率多大？（2）从第1次算起，甲抛多少次后，将再不能接到乙抛来的球？ 答案：（1）v 2=v/10（2）甲抛5次后，将再不能接到乙抛来的球【例3】如图所示，三个质量为m 的弹性小球用两根长为L 的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上，现给中间的小球B 一个水平初速度υ0，方向与绳垂直小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长，求：（1）当小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度．（2）当三个小球再次处在同一直线上时，小球B 的速度．（3）运动过程中小球A 的最大动能E KA 和此时两根绳的夹角θ．（4）当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F 的大小．【解析】由于绳子不可伸长，且A 、C 两球在运动过程中具有对称性，当A 、C 两球第一次相碰时，三球具有相同的速度；小球发生相互作用时满足动量守恒定律和机械能守恒定律．（1）设小球A 、C 第一次相碰时，小球B 的速度为υB ，此时A 、C 小球沿B 球初速度方向的速度也为υB ．由动量守恒定律，得：m υ0 = 3m υB ，由此得υB = 31υ0（2）当三个小球再次在同一直线上时，此时B 球的速度为υB 1，A 、C 球的速度为υA ，υA 的方向为B球的初速度方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律得：m υ0 = m υB 1+2m υA 21m υ20 = 21m υB +2×21m υ2A 解得：υB 1 = -31υ0，υA = 32υ0（或υB 1 = υ0，υA = 0，此为初状态，舍去）所以，当三球再次处在同一直线上时，小球B 的速度为υB 1 = -31υ0，负号表示与初速度反向． （3）从（2）的解可知，B 球速度由最初的υ0变化（减小）为零，然后反向运动，可见当B 球速度为零时，动能E KBI 也为零，而机械能守恒，故此时A 球动能最大设此时A 球（C 球）的速度为υ，两根绳的关角为θ，如图，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得：m υ0 = 2m υsin 2θ21m υ20 = 2×21m υ2可得此时A 球的最大动能为E KA =21m υ2 = 41m υ，两根绳间夹角为θ = 90°．（4）当三球处于同一直线上时，B 球受力平衡，B 球加速度为零，选B 球为参考系时，A 、C 两球做圆周运动，绳子拉力为其提供向心力．A 球相对B 球的速度为υAB = υA -υB 1 = υ0由牛顿第二定律，此时绳中拉力为F ，则F = m 2AB L υ = m 20Lυ． 训练题长为2b 的轻绳，两端各系一质量为m 的小球，中央系一质量为M 的小球，三球均静止于光滑的水平面上，绳处于拉直状态今给小球M 以一种冲击，使它获得一水平初速度υ0，υ0的方向与绳垂直，如图所示，求在两端的小球发生相互碰撞前的瞬间，球m 在垂直于绳方向的分速度多大？（绳不可伸长）答案：v 2=｛Mv/（M+2m ）｝1/2【例4】如图所示，甲、乙两人分别站在A 、B 两辆冰车上，一木箱静止于水平光滑的冰面上，甲与A 车的总质量为M 1，乙和B 车的总质量为M 2，甲将质量为m 的木箱以速率υ（对地）推向乙，乙接住后又以相等大小的速度将木箱推向甲，甲接住木箱后又以速率υ将木箱推向乙，然后乙接住后再次将木箱以速度υ推向甲，木箱就这样被推来推去，求最终甲、乙两人（连同冰车）的速度各为多少？（已知M 1 = 2M 2，M 1 = 30m ）【解析】设甲第1次推出木箱后获得的速度为υ1，第2次推出木箱后甲的速度为υ2，……第n 次推出木箱后速度为υn ，对木箱与甲（包括车）构成的系统应用动量守恒，第1次推出过程：0 = M 1υ1-m υ，得υ1 = 1M m υ．从接住到第2次推出：M 1υ1+m υ = M 1υ2-m υ，得υ2 = υ1+12m M υ = 13m M υ 从接住到第3次推出：M 1υ2+m υ = M 1υ3-m υ，得υ3 = υ2+12m M υ = 15m M υ……从接住到第n 次推出：M 1υn -1+m υ = M 1υn -m υ，得υn = υn -1+12m M υ = 1(21)n m M υ-当甲不再接住木箱时，有：υn ≥υ，即1(21)n m M υ-≥υ 解得n ≥15.5设乙第1次、第2次、第3次、……，第k 次推出木箱的速度依次为υ′1、υ′2、υ′3……υ′k ，根据动量守恒定律得：第1次推出：m υ = M 2υ′1-m υ，得υ′1 =22m M υ第2次推出：m υ+M 2υ′1 = M 2υ′2-m υ，得υ′2 = υ′1+22m M υ = 24m M υ 第3次推出：m υ+M 2υ′2 = M 2υ′3-m υ，得υ′3 = υ′2+22m M υ = 26m M υ ……第k 次推出：m υ+M 2υ′k -1 = M υ′k - m υ，得υ′k = υ′k -1+22m M υ = 22km M υ欲使乙不再接住木箱，必满足υ′k ≥υ，即≥υ，解得k ≥7.5比较n ≥15．5和k ≥7．5可知，当乙第8次推出木箱后，就不再接住木箱，因此甲第9次推出木箱后，速度也不再发生变化，故甲和乙的最终速度分别为：υ甲 = 1192M -⨯m υ = 3017υ，c 乙 = 282M ⨯m υ = 1516υ训练题如图一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n 的木板，所有木块的质量均为m ，与木板间的动摩擦因数都相同开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n 号木块的初速度分别是υ0、2υ0、3υ0、……n υ0，方向都向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动．设木块之间均无相互碰撞，求：（1）所有木块与木板一起匀速运动的速度υn．（2）第1号木块与木板刚好相对静止时的速度υ1．答案：（1）vn=（n+1）v0/4（2）v1=v0/2能力训练1．如图所示，光滑的水平地面上放着一个光滑的凹槽，槽两端固定有两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把槽、小球和弹簧视为一个系统，则在运动过程中（B ）A ．系统的动量守恒，机械能不守恒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 ．系统的动量守恒，机械能不守恒2．在一定条件下，让质子获得足够大的速度，当两个质子P以相等的速率对心正碰，特发生下列反应：P+P→P+P+p +p ，其中p是反质子（反质子与质子质量相等，均为m P，且带一个单位正电荷），则以下关于该反应的说法正确的是（ABC ）A ．反应前后系统总动量皆为零B ．反应过程系统能量守恒C．根据爱因斯坦质能方程可知，反应前两个质子的能量最小为2m p c2D．根据爱因斯坦质能方程可知，反应后单个质子的能量可能小于m p c2 3．一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生衰变而形成了如图3-11-8所示的两个圆形轨迹，两圆半径之比为1∶16，下列说法正确的是 （ A ）A ．该原子核发生了α衰变B ．反冲核沿大圆做逆时针方向的圆周运动C ．原来静止的原子核的序数为15D ．沿大圆和沿小圆运动的柆子周期相同4．如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M ，当炮管水平，火炮车在水平路面上以υ1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m 的炮弹后，自行火炮的速度变为υ2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度υ0为（ B ）A ．122()m m m υυυ-+B ．12M()mυυ- C ．122()2m m mυυυ-+ D ．1212())m m m υυυυ---（ 5．如图甲所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m 的小滑块以初速度υ0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板速度随时间变化的图象如图乙所示，某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是（ ACD ）A ．滑块与木板间始终存在相对运动B ．滑块始终未离开木板C ．滑块的质量大于木板的质量D ．在t 1时刻滑块从木板上滑出6．质量为m 的木板和质量为M 的金属块用细绳系在一起，处于深水中静止，剪断细绳，木块上浮h时（还没有出水面），则铁沉下沉的深度为多大？（水的阻力不计）答案：x=mh/M7．人和冰车的总质量为M，另有一木球质量为m，且M∶m= 10∶1，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度υ（相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向前方的固定挡板，球与冰面、车与冰面的摩擦可不计，空气阻力也忽略不计，设球与挡板碰撞后，球被原速率反向弹回，人接住球后再以同样的速率υ将球沿冰面向正前方推向挡板．问人推球多少次后不能再接到球？答案：人推球六次后不能再接到球8．如图所示，n个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为µ．开始时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下．（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能．（2）求第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比．（3）若n＝４，l＝0.10m，v0＝3.0m/s，重力加速度g＝10m/s2，求µ的数值．答案：（1）整个过程中系统克服摩擦力做的总功为W f ＝µmgl （1＋2＋3＋…＋n ）＝mgl n n μ2)1(+ 整个过程中因碰撞而损失的总动能为mgl n n mv W mv E f k μ2)1(21212020+-=-=∆ （2）设第i 次（i ≤n －1）碰撞前瞬间，前i 个木块粘合在一起的速度为v i ， 动能为221i Ki imv E =与第i ＋１个（i ≤n －1）木块碰撞粘合在一起后瞬间的速度为v i ＇， 由动量守恒定律i i v m i imv '+=)1( 则i i v i i v 1+=' 第i 次（i ≤n －1）碰撞中损失的动能为121])1)(1([21)1(2121222222+⋅=++-='+-=∆i i mv v i i i iv m v m i imv E i i i i i Ki 则第i 次（i ≤n －1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为 11+=∆i E E ki ki （i ≤n －1） （3）n ＝４时，共发生了i ＝3次碰撞．第1次碰前瞬间的速度为gl v v μ22021-=，碰撞中动量守恒：112v m mv '=第1次碰后瞬间的速度为22212011gl v v v μ-==' 第2次碰前瞬间的速度为410242220202122gl v gl gl v gl v v μμμμ-=--=-'= 碰撞中动量守恒：2232v m mv '= 第2次碰后瞬间的速度为310322022gl v v v μ-==' 第3次碰前瞬间的速度为9282910220202223gl v gl gl v gl v v μμμμ-=--=-'=碰撞中动量守恒：3343v m mv '= 第3次碰后瞬间的速度为428432033glv v v μ-==' 最后滑行到桌边，速度恰好为零，则0223=-'gl v μ 即02162820=--gl gl v μμ 整理后得06020=-gl v μ，代入数据解得15.0=μ。

考点过关三动量、动量守恒定律（练习三）1．如图所示，光滑的水平面上有m A=2kg，m B= m C=1kg的三个物体，用轻弹簧将A与B连接．在A、C两边用力使三个物体靠近，A、B间的弹簧被压缩，此过程外力做功72 J，然后从静止开始释放，求当物体B与C分离时，B对C做的功有多少？2．如图所示，圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定，质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连。

求：⑴弹簧的最大弹性势能；⑵A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度。

3．如图所示，质量均为2.0kg的物块A、B用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B与竖直墙接触，另一个质量为4.0kg的物块C以v=3.0m/s的速度向A运动，C与A碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动，并压缩弹簧，以后继续运动的过程中。

求：⑴弹簧的最大弹性势能E p？⑵整个运动的过程中B的最大速度？4.如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A、B、C，质量分别为m A=1kg，m B=1kg，m C=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板（小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失）。

现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在BC之间的弹簧第一次压缩到最短时追上B，并且在碰撞后和B粘到一起。

求：弹簧弹性势能的最大值。

5.如图，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上的O点，此时弹簧处于原长．另一质量与B相同的滑块A从导轨上的P点以初速度v0向B滑行，当A滑过距离l时，与B相碰．碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动．设滑块A和B均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．求：⑴碰后瞬间，A、B共同的速度大小；⑵若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量．6.光滑水平面上放着质量M A=1kg的物体A与质量为M B=2kg的物体B，A与B均可视为质点，A靠近在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不连接）用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能E P=49J。

动量及动量守恒定律习题大全(含解析答案)动量守恒定律习题课一、运用动量守恒定律的解题步骤1．明确研究对象，一般是两个或两个以上物体组成的系统； 2．分析系统相互作用时的受力情况，判定系统动量是否守恒； 3．选定正方向，确定相互作用前后两状态系统的动量； 4．在同一地面参考系中建立动量守恒方程，并求解． 二、碰撞 1.弹性碰撞特点：系统动量守恒，机械能守恒．设质量m 1的物体以速度v 0与质量为m 2的在水平面上静止的物体发生弹性正碰，则有动量守恒：221101v m v m v m += 碰撞前后动能不变：222212111210121v mv m v m += 所以012121v v m m m m +-=022211v v m m m +=(注：在同一水平面上发生弹性正碰，机械能守恒即为动能守恒) [讨论]①当m l =m 2时，v 1=0，v 2=v 0(速度互换) ②当m l <<m 2时，v 1≈-v 0，v 2≈O (速度反向) ③当m l >m 2时，v 1>0，v 2>0(同向运动) ④当m l <m 2时，v 1<O ，v 2>0(反向运动)⑤当m l >>m 2时，v 1≈v,v 2≈2v 0 (同向运动)、 2.非弹性碰撞特点：部分机械能转化成物体的内能,系统损失了机械能两物体仍能分离.动量守恒 用公式表示为：m 1v 1+m 2v 2= m 1v 1′+m 2v 2′机械能的损失：)()(22221211212222121121'+'-+=∆v m v m v m v m Elv 0 v S3.完全非弹性碰撞特点：碰撞后两物体粘在一起运动，此时动能损失最大,而动量守恒． 用公式表示为： m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v动能损失：221212222121121)()(v m m v m v mE k +-+=∆ 【例题】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p 甲=5 kg ·m/s,p 乙= 7 kg ·m/s ，甲追乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p 乙′=10 kg ·m/s ，则两球质量m 甲与m 乙的关系可能是A.m 甲=m 乙B.m 乙=2m 甲C.m 乙=4m 甲D.m 乙=6m 甲 三、平均动量守恒问题——人船模型：1．特点：初态时相互作用物体都处于静止状态，在物体发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒（如水平方向动量守恒）．对于这类问题，如果我们应用“人船模型”也会使问题迅速得到解决，现具体分析如下：【模型】如图所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，一个质量m 的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？ 〖分析〗四、“子弹打木块”模型此模型包括：“子弹打击木块未击穿”和“子弹打击木块击穿”两种情况，它们有一个共同的特点是：初态时相互作用的物体有一个是静止的（木块），另一个是运动的（子弹） 1．“击穿”类其特点是：在某一方向动量守恒，子弹有初动量，木块有或无初动量，击穿时间很短，击穿后二者分别以某一速度度运动【模型1】质量为M 、长为l 的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m 的子弹以水平初速度v 0射入木块，穿出时子弹速度为v ，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

第三章 动量定理及动量守恒定律（习题）3.5.1质量为2kg 的质点的运动学方程为 j ˆ)1t 3t 3(i ˆ)1t 6(r 22+++-=(t 为时间，单位为s ；长度单位为m).求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。

解，j ˆ)3t 6(i ˆt 12v ++= j ˆ6i ˆ12a +=jˆ12i ˆ24a m F +==（恒量）12257.262412tg )N (83.261224F ==θ=+=-3.5.2质量为m 的质点在oxy 平面内运动，质点的运动学方程为ωω+ω=b,a, ,j ˆt sin b i ˆt cos a r为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。

解， ,j ˆt cos b i ˆt sin a v ωω+ωω-= r,j ˆt sin b i ˆt cos a a 22 ω-=ωω-ωω-= r m a m F ω-==3.5.3在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较底的一边将秸杆逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4，问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动。

解答，以谷筛为参照系，发生相对运动的条件是,g a ,mg f a m 000μ≥'μ=≥'a ' 最小值为)s /m (92.38.94.0g a 20=⨯=μ='以地面为参照系：解答，静摩擦力使谷粒产生最大加速度为,mg ma 0max μ= ,g a 0max μ=发生相对运动的条件是筛的加速度g a a0max μ=≥'，a '最小值为)s /m (92.38.94.0g a20=⨯=μ='3.5.4桌面上叠放着两块木板，质量各为,m ,m 21如图所示。

2m 和桌面间的摩擦系数为2μ，1m 和2m 间的静摩擦系数为1μ。

动量定理与动量守恒定律一、选择题1.高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N解析 根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确。

答案 C2.(多选)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移L 后，动量变为p 、动能变为E k ，以下说法正确的是A ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动量将等于3pB ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动量将等于3pC ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动能将等于3E kD ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动能将等于3E k解析 根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2 联立解得p ＝2mE k根据动能定理FL ＝12mv 2，位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p ＝2mE k ，动量变为原来的3倍，故B 错误，D 正确。

根据动量定理Ft ＝mv ，时间变为原来的3倍，动量变为原来的3倍，根据E k ＝p 22m，知动能变为原来的9倍，故A 正确，C 错误。

答案 AD3.(多选)质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m 的物块乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则A．在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．甲物块的速率可能为5 m/sD．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s解析在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为5 m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6 m/s或4 m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项C错误；当甲物块的速率为1 m/s，方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律，m·4 m/s－m·3 m/s＝mv－m·1 m/s，解得乙物块的速率v＝2 m/s，选项D正确。

第七章动量守恒定律考点一：动量、动量变化量与冲量、动量定理1. (多选)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开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中()A.重力的冲量相同B.斜面弹力的冲量不同C.斜面弹力的冲量均为零D.合力的冲量不同答案BD2.(多选)质量为m的物块以初速度v0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中()A.上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同B.整个过程中物块所受弹力的冲量为零C.整个过程中物块合外力的冲量为零D.若规定沿斜面向下为正方向，则整个过程中物块合外力的冲量大小为2mv0 答案AD3.如图所示，质量为m的物体，在大小确定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是()A.v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多B.v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v的大小无关C.v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少D.v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v的大小无关答案D4. (多选)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同答案BCD5. (多选)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() 答案ABA.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时物块的速度为零6. (多选)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图5所示，下列说法正确的是()A.第2 s 末，质点的动量为0B.第4 s 末，质点回到出发点C.在0～2 s 时间内，力F 的功率先增大后减小D.在1～3 s 时间内，力F 的冲量为0 答案 CD7.质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示。

动量定理及动量守恒定律专题复习一、知识梳理1、深刻理解动量的概念(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv(2)动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。

(3)动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

(4)动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。

题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。

(5)动量的变化：0p p p t -=∆.由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。

A 、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。

B 、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。

(6)动量与动能的关系：k mE P 2=，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。

2、深刻理解冲量的概念(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。

(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。

如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。

如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。

对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。

(4)高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。

对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。

(5)要注意的是：冲量和功不同。

恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。

特别是力作用在静止的物体上也有冲量。

3、深刻理解动量定理（1）.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。

既I =Δp（2）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。

这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。

宜昌市物理动量守恒定律各地方试卷集合及解析一、动量守恒定律 选择题1．如图所示，足够长的光滑水平面上有一质量为2kg 的木板B ，质量为1kg 的木块C 叠放在B 的右端点，B 、C 均处于静止状态且B 、C 之间的动摩擦因数为μ = 0.1。

质量为1kg 的木块A 以初速度v 1 = 12m/s 向右滑动，与木板B 在极短时间内发生碰撞，碰后与B 粘在一起。

在运动过程中C 不从B 上滑下，已知g = 10m/s 2，那么下列说法中正确的是（ ）A ．A 与B 碰撞后A 的瞬时速度大小为3m/sB ．A 与B 碰撞时B 对A 的冲量大小为8N∙sC ．C 与B 之间的相对位移大小为6mD ．整个过程中系统损失的机械能为54J2．如图所示,质量10.3kg m =的小车静止在光滑的水平面上,车长 1.5m l =,现有质量20.2kg m =可视为质点的物块,以水平向右的速度0v 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0.5μ=,取2g=10m/s ,则（ ）A ．物块滑上小车后,系统动量守恒和机械能守恒B ．增大物块与车面间的动摩擦因数,摩擦生热不变C ．若0 2.5m/s v =,则物块在车面上滑行的时间为0.24sD ．若要保证物块不从小车右端滑出,则0v 不得大于5m/s3．如图所示，将一光滑的、质量为4m 、半径为R 的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨着一个质量为m 的物块.今让一质量也为m 的小球自左侧槽口A 的正上方高为R 处从静止开始落下，沿半圆槽切线方向自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）A ．小球在半圆槽内第一次由A 到最低点B 的运动过程中，槽的支持力对小球做负功 B ．小球第一次运动到半圆槽的最低点B 时，小球与槽的速度大小之比为41︰C ．小球第一次在半圆槽的最低点B 时对槽的压力为133mg D ．物块最终的动能为15mgR4．如图所示，质量为M 、带有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O 为圆心。