1、高考物理一轮复习专项训练物理动量守恒定律一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 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1圆孤， BC 部分水平粗糙，BC 长为L=0.6m 。一可看做质点的小物块从A 点由静止4释放，滑到C 点刚好相对小车停止。已知小物块质量m=1kg，取g =10m/s 2。求：（ 1）小物块与小车 BC 部分间的动摩擦因数；（ 2）小物块从 A 滑到 C的过程中，小车获得的最大速度。【答案】（ 1） 0.5（ 2） 1m/s【解析】【详解】解： (1) 小物块滑到 C 点的过程中，系统水平方向动量守恒则有：( M m)v0
2、所以滑到 C 点时小物块与小车速度都为0由能量守恒得：mgRmgL解得：R0.5L(2)小物块滑到 B 位置时速度最大，设为v1 ，此时小车获得的速度也最大，设为v2由动量守恒得： mv1Mv 2由能量守恒得： mgR1 mv121 Mv 2222联立解得： v21m / s228如图所示，质量为 m =2kg 的木块 A 静止在光滑水平面上。一质量为m = lkg 的木ab块 B 以初速度 v0=l0m/s 沿水平方向向右运动，与A 碰撞后都向右运动。木块A 与挡板碰撞后立即反弹（设木块 A 与挡板碰撞过程无机械能损失）。后来木块A 与 B 发生二次碰撞，碰后 A、 B 同向运动，速度大小分
3、别为1m/s、 4m/s 。求：木块 A、 B 第二次碰撞过程中系统损失的机械能。【答案】 9J【解析】试题分析：依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后A、 B 速度方向都向左。第一次碰撞，规定向右为正向mBv0=mBvB+mAvA第二次碰撞，规定向左为正向mAvA-mBvB= mBvB +mAvA得到 vA=4m/s v B=2m/sE=9J考点：动量守恒定律；能量守恒定律.视频3如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上
4、升的最大高度为h=0.3 m （h 小于斜面体的高度）已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg ，冰块的质量为m2 =10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g=10 m/s 2（ i ）求斜面体的质量；（ ii ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】（ i） 20 kg （ ii）不能【解析】试题分析： 设斜面质量为 M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：m2 v2 ( m2 M )v系统机械能守恒：m2 gh1 (m2M )v21 m2v2222解得： M20kg 人推冰块的过程： m1v1m2v2 ,得 v11m / s （向右）冰块与斜面的系统：m2
5、v2m2v2Mv31 m2 v221 m2 v22 + 1 Mv 32222解得： v21m / s（向右）因 v2 =v1 ，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩考点：动量守恒定律、机械能守恒定律4 如图，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为 m 的子弹以水平速度 v0射入物块后，以水平速度v0 /2 射出 .重力加速度为g.求：（ 1）此过程中系统损失的机械能；（ 2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离1m2mv0h【答案】 (1) E3mv0(2) s2g8MM【解析】【分析】【详解】试题分析：（ 1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得mv0
6、=m+MV解得系统的机械能损失为E=由式得E=（2）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s,则s=Vt由S=得考点：动量守恒定律；机械能守恒定律点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易5 （ 1）（ 5 分）关于原子核的结合能，下列说法正确的是（填正确答案标号。选对I个得2 分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分；每选错1 个扣3 分，最低得分为0分）。. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B一重原子核衰变成 粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C铯原子核( 13355 C
7、s ) 的结合能小于铅原子核(20882 Pb ) 的结合能D比结合能越大，原子核越不稳定. 自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能（2）（ 10 分）如图，光滑水平直轨道上有三个质童均为m的物块、 B、 C。 B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计). 设 A 以速度朝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。求从开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中，（）整个系统损失的机械能；（）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【答案】（ 1） ABC（2） EP 13 mv0248【解析】（ 1）
8、原子核的结合能等于核子结合成原子核所释放的能量，也等于将原子核分解成核子所需要的最小能量，A 正确；重核的比结合能比中等核小，因此重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和小球原来重核的结合能，B 项正确；原子核的结合能是该原子核的比结合能与核子数的乘积，虽然銫原子核( 13355 Cs ) 的比结合能稍大于铅原子核 ( 20882 Pb )的比结合能，但銫原子核( 13355 Cs ) 的核子数比铅原子核( 20882 Pb ) 的核子数少得多，因此其结合能小， C 项正确；比结合能越大，要将原子核分解成核子平均需要的能量越大，因此原子核越稳定， D 错；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应
9、的能最等于该原子核的结合能， E 错。中等难度。（2）（）从A 压缩弹簧到A 与 B 具有相同速度v1时，对 A、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv02mv1此时 B 与 C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2 ，损失的机械能为 E 。对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv12mv21 m v12E1 (2 m)v2222联立式得E1 mv0216（）由式可知 v2v1， A 将继续压缩弹簧，直至A、B、 C三者速度相同，设此速度为v3 ，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为EP 。由动量守恒和能量守恒定律得mv03mv31m v02EP1(3m)v3222联立式得
10、EP13 mv0248【考点定位】（1）原子核（2）动量守恒定律6 如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、 12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、 v0为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度（不计水的阻力）【答案】 4v0【解析】【分析】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题【详解】设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：
11、12mv0=11mv 1-mv，甲船与货物：10m2v0-mv=11mv 2，两船不相撞的条件是：v2 v1，解得：v 4v0，则最小速度为4v0【点睛】本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择以及正方向的选择7 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 v02 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 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
12、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 s0.4 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 v1则mg ma ，解得 ag 1m / s2 L1 at 2 ， v1at2联立 解得 t0.
13、4s ， v1 0.4m / s （ 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：v v02nTta at 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 式可改写为 2vv02nTa 由于木板的速率只能处于0 到 v1 之间，故有 0v02nTa2v1 求解上式得 1.5n2.5由于 n 是整数，故有n=2由得：t0.2s ； v 0.2m / s
14、 从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：t 4Tt1.8s（ 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18s（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为sL1 at 2 （ 12）2联立 与（ 12）式，并代入数据得s0.06m即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为006m 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
15、；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，两者速度一起减为零8 如图所示，内壁粗糙、半径R0.4 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m2 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m10.2 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g 10 m/s 2。求：(1)小球 a 由 A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功Wf ；(2)小球 a 通过
16、弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep；(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)(2) EP=0.2J (3) I=0.4N?s【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，联立可得（ 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：由机械能守恒定律得弹簧的最大弹性势能Ep =0.4J小球 a 与小球 b 通过弹簧相互作用的整个过程中，由动量守恒定律a 球最终速度为， b 求最终速度为，由能量守恒定律：根据动量定理有：得小球
17、 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 s9如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑，水平段OP 长 L=1m， P 点右侧一与水平方向成的足够长的传送带与水平面在 P 点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s，一质量为1kg 可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能，物块与OP 段动摩擦因数，另一与A 完全相同的物块B 停在 P 点， B 与传送带的动摩擦因数带足够长， A 与 B 的碰撞时间不计，碰后AB 交换速度，重力加速度放 A，求：，传送，现释（1）物块 A
18、 B 第一次碰撞前瞬间，A 的速度（2）从 A B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量（3） A B 能够碰撞的总次数【答案】（ 1）（ 2）（ 3） 6 次【解析】试题分析：（ 1）设物块质量为m， A 与 B 第一次碰前的速度为，则：解得：（2）设 A.B 第一次碰撞后的速度分别为，则，碰后 B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为，则：，解得：运动的时间，位移此过程相对运动路程此后 B 反向加速，加速度仍为，与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为位移为此过程相对运动路程全过程生热（3） B 与 A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此
19、后 A 向左运动再返回与 B 碰撞， B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞则对 A.B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25，所以碰撞总次数为N=2+2n=6.5=6 次（取整数）考点：动能定理；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律【名师点睛】本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，特别要掌握弹性碰撞过程，动量和机械能均守恒，两物体质量相等时交换速度10 如图所示，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（水平部
20、分光滑，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已知斜面长s=10m，小车质量为M=3 5kg ，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数=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） 64m【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 - cos） =ma212又： s=at解得 t=2 5s到达斜面末端的速度大小v 0=at=8 m/s（ 2）小车与滑块达到共同速度时小车开始匀
21、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，则： mv0=（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 mv0 2- 1 （ m+M） v 222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；解题时需选择合适的物理规律，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 如图所示，水平光滑轨道AB 与以O 点为圆心的竖直半圆形光滑轨道BCD相切于B点，半圆形轨道的半径r=0.30m 在水
22、平轨道上A 点静止放置一质量为m2=0.12kg 的物块2，现有一个质量m1 =0.06kg 的物块 1 以一定的速度向物块 2 运动，并与之发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，碰撞后物块2 的速度 v2=4.0m/s 物块均可视为质点， g 取 10m/s 2，求：（ 1）物块 2 运动到 B 点时对半圆形轨道的压力大小；（ 2）发生碰撞前物块 1 的速度大小；（3）若半圆形轨道的半径大小可调，则在题设条件下，为使物块2 能通过半圆形轨道的最高点，其半径大小应满足什么条件【答案】【小题 1】 7.6N【小题 2】 6.0m/s【小题 3】 0.32m【解析】（ 1）设轨道 B 点对物块 2 的
23、支持力为 N，根据牛顿第二定律有N-m2g=m2v22/R解得N=7.6N根据牛顿第三定律可知，物块2 对轨道B 点的压力大小N=7.6N（2）设物块1 碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，对于物块1 与物块2 的碰撞过程，根据动量守恒定律有m1v0=mv1+m2v2因碰撞过程中无机械能损失，所以有m1v02=m1v12+m2v22代入数据联立解得v0 =6.0m/s（3）设物块2 能通过半圆形轨道最高点的最大半径为Rm，对应的恰能通过最高点时的速度大小为 v，根据牛顿第二定律，对物块2 恰能通过最高点时有m2 g=m2v2/Rm对物块 2 由 B 运动到 D 的过程，根据机械能守恒定律有
24、m2v22=m 2g?2Rm+m2v2联立可解得： Rm=0.32m所以，为使物块 2 能通过半圆形轨道的最高点，半圆形轨道半径不得大于0.32m12 如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=1kg 的小物块 A装置的中间是水平传送带，它与左、右两边的台面等高，并能平滑对接传送带始终以 v=1m/s 的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面，质量m=0.5kgBh=0.8mB的动摩擦因数0.35， l=1.0m 设物块A、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 处于静止状态取g=10m/s 2(1)求物 B 与物 A 第一次碰撞前的速度大小；
25、(2)物 A、B 生碰撞 程中，物 B 受到的冲量；(3)通 算 明物 B 与物 A 第一次碰撞后能否运 到右 的曲面上？(4)如果物 A、 B 每次碰撞后， 簧恢复原 都会立即被 定，而当它 再次碰撞前 定被解除， 求出物 B 第 n 次碰撞后的运 速度大小1n 11m【答案】 (1)3m/s ；(2)2kgm/s ； (3)l ，所以不能 ；(4)73s【解析】【分析】物 B 沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物 B 在 送 上滑 根据牛 第二定律和运 学公式求解；物 A、 B 第一次碰撞前后运用 量守恒，能量守恒列出等式求解 ；当物 B 在 送 上向右运 的速度 零 ，将会沿
26、 送 向左加速可以判断，物 B 运 到左 台面是的速度大小 v1， 而与物 A 生第二次碰撞物 B 与物 A 第三次碰撞、第四次碰撞，根据 于的 律求出n 次碰撞后的运 速度大小【 解】(1) 物 B 沿光滑曲面下滑到水平位置 的速度大小 v0，由机械能守恒定律可得：mgh1 mv022解得： v0 4 ms 物 B 在 送 上滑 程中因受摩擦力所 生的加速度大小 a， 有： mg=ma ， 物 B 通 送 后运 速度大小 v，有： v12-v02=-2al，解得： v1=3m/s v=1m/s ， 物 B 与物 A 第一次碰撞前的速度大小 3m/s；(2) 物体 A、 B 第一次碰撞后的速度
27、分 vA 、 vB ，取向右 正方向由 量守恒定律得：mv1MvAmvB由机械能守恒定律得：1mv12 1mvB21Mv A2222解得： vA=-2m/s ， vB=1m/s ，（ vA=0m/s ， vB=-3m/s 不符合 意，舍去）mIPmvBmv12kg? s ，方向水平向右；(3) 碰撞后物 B 在水平台面向右匀速运 ， 物 B 在 送 上向右运 的最大位移 l ， 有：0-vB2=-2al ，解得： l1l7所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上；(4) 当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速可以判断，物块B 运动到左边台面是的速度大小为vB，继而与物块A 发生第二次碰撞由（ 2）可知， vB=1 v13同理可得：第二次碰撞后B 的速度： vB1=1vB(1) 2 v133第 n 次碰撞后 B 的速度为： vB（ n-1） = ( 1)n v1(1) n 1 m33s【点睛】本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大
