高考物理动量守恒定律的应用技巧(很有用)及练习题一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1．足够长的水平传送带右侧有一段与传送带上表面相切的14光滑圆弧轨道，质量为M ＝2kg 的小木盒从离圆弧底端h =0.8m 处由静止释放，滑上传送带后作减速运动，1s 后恰好与传送带保持共速。

传送带始终以速度大小v 逆时针运行，木盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木盒与传送带保持相对静止后，先后相隔T ＝5s ，以v 0＝10m/s 的速度在传送带左端向右推出两个完全相同的光滑小球，小球的质量m ＝1kg ．第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中并与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t ＝0.5s 与木盒相遇。

取g ＝10m/s 2，求：（1）传送带运动的速度大小v ，以及木盒与第一个小球相碰后瞬间两者共同运动速度大小v 1；（2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇；（3）从木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量。

【答案】（1）v =2m/s ；v 1=2m/s （2）t 0=1s （3）24J Q = 【解析】 【详解】（1）设木盒下滑到弧面底端速度为v '，对木盒从弧面下滑的过程由动能定理得212Mgh Mv =' 依题意，木箱滑上传送带后做减速运动，由运动学公式有：v v at ='-' 对箱在带上由牛顿第二定律有：Mg Ma μ= 代入数据联立解得传送带的速度v =2m/s 设第1个球与木盒相遇，根据动量守恒定律得()01mv Mv m M v -=+代入数据，解得v 1=2m/s（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s ，第1个球经过t 0与木盒相遇，则00s t v =设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有()()m M g m M a μ+=+得：22m/s a g μ==设木盒减速运动的时间为t 1,加速到与传送带相同的速度的时间为t 2，则12v t t a∆===1s 故木盒在2s 内的位移为零 依题意：03s v t vt =∆+其中t 3为木盒回到与1球碰撞点后再随带运动的时间，则对1球和2球有0123t t t t T t +++=+∆代入数据解得：s =10m ， t 0=1s（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为x ，木盒的位移为x 1,则：()09m x v T t t =+∆-=()11205m x v T t t t t =+∆---=故木盒相对与传送带的位移为14m x x x ∆=-=则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为·24J Q M m g x μ=+∆=（）2．如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在O 点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度θ=60°．小明从A 点由静止往下摆，达到O 点正下方B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动．到达C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上．绳长L=1.6m ，浮漂圆心与C 点的水平距离x=2.7m 、竖直高度y=1.8m ，浮漂半径R=0.3m 、不计厚度，小明的质量m=60kg ，平板车的质量m=20kg ，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)轻绳能承受最大拉力不得小于多少? (2)小明跳离平板车时的速度在什么范围?(3)若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功? 【答案】（1）1200N （2）4m/s≤v c ≤5m/s （3）480J 【解析】 【分析】（1）首先根据机械能守恒可以计算到达B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小．（2）由平抛运动规律，按照位移大小可以计算速度范围（3）由动量守恒和能量守恒规律计算即可． 【详解】解(l)从A 到B ．由功能关系可得21(1cos )2mgL mv θ-=① 代人数据求得v=4 m/s② 在最低点B 处，2mv T mg L-=③ 联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N (2)小明离开滑板后可认为做平抛运动 竖直位移212y gt =④ 离C 点水平位移最小位移min x R v t -= ⑤ 离C 点水平位移最大为min x R v t +=⑥ 联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度4 m/s≤v c ≤5 m/s (3)小明落上滑板时，动量守恒01()mv m m v =+⑦代人数据求得v 1=3 m/s⑧ 离开滑板时，动量守恒0102()C m m v mv m v +=+⑨将⑧代人⑨得 V 2=-3 m/s 由功能关系可得()2220201111()222C W mv m v m m v =+-+⑩．解得W=480 J3．如图(a)所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在C 点，C 点左侧地面光滑、右侧粗糙.用可视为质点的质量为m =1kg 的物体A 将弹簧压缩至O 点并锁定.以O 点为原点建立坐标轴.现用水平向右的拉力F 作用于物体A ，同时解除弹簧锁定，使物体A 做匀加速直线运动，拉力F 随位移x 变化的关系如图(b)所示，运动到0.225m 处时，撤去拉力F .(1)求物体A 与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D 点的坐标；(2)若在D点给物体A一向左的初速度，物体A恰好能将弹簧压缩至O点，求物体A到C 点时的速度；(3)质量为M=3kg的物体B在D点与静止的物体A发生弹性正碰，碰后物体A向左运动并恰能压缩弹簧到O点，求物体B与A碰撞前的瞬时速度.【答案】（1）0.45m；（2）m/s；（3）m/s【解析】【分析】【详解】(1)由于物体A做匀加速直线运动，结合图像，可知：从O到C点的过程中：在C点，、解得：在C点右侧：、解得：从O到C点，物体匀加速，则：解得：从C到D的过程中，由动能定理得：其中解得：D点坐标：(2) 物体A将弹簧由C点压缩至O点的过程，由动能定理得：物体从O到C，由动能定理得：其中联立解得：(3)设B碰前速度为v0，碰后速度为v1；碰后A的速度为v2，则：物体A从D到C过程中，由动能定理：联立解得：、4．如图所示，AB是半径R=0.80m的光滑1/4圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M=3.0kg的小车，其上表面与B点等高。

现将一质量m=1.0kg的小滑块从A点由静止释放，经B点滑上小车，最后与小车达到共同速度。

已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ=0.40。

重力加速度g取10m/s2。

求：（1）滑块刚滑至B点时，圆弧对滑块的支持力大；（2）滑块与小车最后的共同速度；（3）为使滑块不从小车上滑下，小车至少多长。

【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】根据“滑块从光滑圆弧滑下，滑上小车最后达到共同速度”可知，本题考查物体做多过程的运动问题，根据曲线运动优先选择动能定理求速度，板块模型优先选用动量守恒定律求速度，能量守恒定律求摩擦生热列式计算.【详解】(1)滑块由A至B，由机械能守恒定律得：经B点时，由牛顿第二定律得：联立解得：(2)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由动量守恒定律得：解得共同速度：(3)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由能量守恒定律得：联立可得：，即小车至少长1.5m【点睛】本题综合力学的三个观点解决运动问题，涉及瞬时力和运动的关系时考虑牛顿第二定律和运动学公式；涉及变力、曲线、位移考虑动能定理；涉及内力作用的系统选择动量守恒定律；摩擦生热涉及相对位移考虑能量守恒定律.5．如图所示，一颗质量为m的子弹水平打中悬挂在O点的质量为M的木块，绳子长L．子弹嵌在木块中一起上升，恰好能够到达最高点，这时被P处的刀片割断绳子（无能量损失）．求：（1）子弹木块飞出后落在了与圆心等高平台上的A点，A到O点的距离是多少？（2）在最低点处，子弹打中木块后瞬间，它们的速度有多大？（3）子弹打中木块前的初速度是多少？【答案】（1）2L （2）5gL （3）()5M m gL+【解析】 【分析】 【详解】（1）木块恰好能够到达最高点，则()()22v M m g M m L+=+木块过最高点后做平抛运动，则有：212L gt = A 到O 点的距离为：2OA x v t = 联立可得：2OA x L =（2）从最低点到最高点根据动能定理可得：()()()222111222M m g L M m v M m v -+⋅=+-+ 解得：15v gL =（3）根据动量守恒可得：()01mv M m v =+ 解得：()05M m gLv +=6．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A ，其上面再放一个质量为m 的爆竹B ，木块的质量为M ．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h ，而木块所受的平均阻力为f 。

若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，重力加速度g 。

求： （1）爆竹爆炸瞬间木块获得的速度； （2）爆竹能上升的最大高度。

【答案】（1()2f Mg hM-2）()2f Mg Mh m g - 【解析】 【详解】（1）对木块，由动能定理得：2102Mgh fh Mv -=-， 解得：()2f Mg hv M-=；（2）爆竹爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：0Mv mv -'=爆竹做竖直上抛运动，上升的最大高度：22v H g'=解得：()2fMg MhH m g-=7．如图所示，一质量为3m 、厚度h=0.05m 的木板C ，静放在粗糙水平地面上。

在木板C 上静放一质量为2m 的弹性小物块B ：B 所处位置的右侧光滑，长L 1=0.22m ；左侧粗糙，长L 2=0.32m ；B 与其左侧的动摩擦因数μ1=0.9：竖直固定、半径R=0.45m 的光滑14圆弧轨道，其最低点与木板C 右端等高相切。

现有一质量为m 的弹性小物块A ，从轨道最高点由静止下滑。

已知C 与地面间动摩擦因数μ2=0.25，小物块A 、B 可看为质点，重力加速度g 取10m/s 2。

试求：(1)A 刚滑上C 时的速度大小； (2)A 、B 碰后瞬间的速度大小；(3)试分析判断，小物块A 是否会滑离木板C ；如果会，试求小物块A 落地瞬间与木板C 右端的水平距离。

【答案】（1）3m/s （2）v1=-1m/s ，v2=2m/s （3）会，0.108m 【解析】 【详解】（1）对物体A ，由动能定理有2012mgR mv = 解得02gR=3m/s v =（2）弹性小物块A 和B 碰撞，设向左为正方向，动量守恒定律有0122mv mv mv =+又能量守恒定律2220121112222mv mv mv =+ 解得v 1=-1m/s ，v 2=2m/s（3）由于小物块B 向左运动进入C 的粗糙区域，则C 不会向右运动，而小物块A 运动方向向右，C 上表面右边光滑，故A 将会从C 右边飞出在A 未飞出C 时，对B 有1122mg ma μ⋅= 得2119m/s a g μ==对C 有1222-63u mg u mg ma ⋅⋅= 得a 2=1m/s 2 设经过t 1时间BC 共速，此时A 还未从C 飞出21121-v v a t a t ==共 得t 1=0.2s ；=0.2m/s v 共A 的位移大小111x v t = 得1=0.2m xB 的位移2221111-2x v t a t = 可得：x 2=0.22m C 的位移232112x a t =可得x 3=0.02m 由于x 1+x 3=0.22=L 1，故此时A 刚好从C 的右端飞出； x 2-x 3=0.2<L 2，故共速时B 没有从C 左端飞出 设BC 共速时可以相对静止一起减速对BC 有2355u mg ma ⋅= 解得232 2.5m/s a u g ==对B ：3122f ma u mg =<⋅ ，故BC 将相对静止一起减速 设BC 一起减速到0的时刻为t 3，位移为X BC ，则：330-v a t =共 32BC v X t =共得3=0.08s =0.008m BC t X ，对A ：飞出后做平抛运动：2212h gt =得20.1t s == 12=0.1m A X v t = 由t 2>t 3可知，BC 停下后A 才落地故A 落地瞬间与木板C 右端得水平距离=0.108m BC A X X X =+V8．如图甲所示，光滑曲面轨道固定在竖直平面内，下端出口处在水平方向上．一平板车静止在光滑水平地面上，右端紧靠曲面轨道，平板车上表面恰好与曲面轨道下端相平．一质量为m=0.1kg 的小物块从曲面轨道上某点由静止释放，初始位置距曲面下端高度h=0.8m ．物块经曲面轨道下滑后滑上平板车，最终没有脱离平板车．平板车开始运动后的速度图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s 2．（1）根据图乙写出平板车在加速过程中速度v 与时间t 的关系式． （2）求平板车的质量M ．（3）求物块与平板车间的动摩擦因数μ和在车上滑动过程中产生的内能Q ． 【答案】(1)2v t = ；(2)0.3kg ；(3)0.6；0.6J 【解析】 【详解】解：(1)由图象知平板车的加速度：2Δ2m/s Δva t== 平板车在加速过程中v 与t 的关系式为：2v t = (2)物块沿曲面下滑过程，机械能守恒，则有：2012mgh mv = 解得：04m/s v =物块滑上车之后最终没有脱离平板车，动量守恒，则有：0()t mv m M v =+ 由图象知物块与平板车最后的共同速度：1m/s t v = 代入数据解得平板车的质量：30.3kg M m ==(3)平板车在加速过程中，由牛顿第二定律可得： mg Ma =μ 由图象知平板车的加速度：22m/s a =代入数据解得物块与平板车间的动摩擦因数：0.6μ= 根据能量守恒可得在车上滑动过程中产生的内能：22011()0.6J 22t Q mv m M v =-+=9．如图所示，绝缘轨道MNPQ 位于同一竖直面内，其中MN 段是长度为L 的水平轨道，PQ 段为足够长的光滑竖直轨道，NP 段为光滑的四分之一圆弧，圆心为O ，直线NN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E =3mgq，在包含圆弧轨道NP 的ONO′P 区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场（边界处无磁场）．轨道MN 最左端M 点处静止一质量为m 、电荷量为q 的带负电的物块A ，一质量为3m 为物块C 从左侧的光滑轨道上以速度v 0撞向物块A ．A 、C 之间只发生一次弹性碰撞，且最终刚好挨在一起停在轨道MN 上，A 、C 均可视为质点，且与轨道MN 的动摩擦因数相同，重力加速度为g ．A 在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道．A 第一次到达N 点时，对轨道的压力为2mg ．求：（1）碰撞后A 、C 的速度大小；（2）A 、C 与水平轨道MN 的动摩擦因数μ； （3）A 对轨道NP 的最大压力的大小．【答案】（1）032A v v =；012C v v =（2）2058v gL（3）053mg qv B【解析】 【分析】（1）A 、C 发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒，列式联立求解碰后A 、C 的速度； （2）A 在NN′右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0．根据动能定理列式求解A 、C 与水平轨道MN 的动摩擦因数；（3）将重力和电场力进行等效合成，找到A 对轨道NP 有最大压力的位置，根据动能定理求解此位置的速度，根据牛顿第二定律求解最大压力. 【详解】（1）A 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v A 、v C ，则有： 3mv 0=mv A +3mv C ①2032mv =2A2mv +2C 32mv ② 联立①②解得：032A v v =③ 012C v v =④ （2）设A 、C 最后静止时与M 点的距离为l 1，A 在NN′右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0．有μmg （2L －l １）=2A2mv ⑤μ∙3mgl １=2C32mv ⑥联立解得③④⑤⑥μ2058v gL=⑦ （3）设A 在Ｎ点的速度为N v ，A 从M 到N 的过程中，由动能定理得22N A 1122mgL mv mv μ-=-⑧ 设圆弧NP 的半径为a 因为A 在Ｎ点时对轨道的压力为2mg ，22N v mg mg m a-=⑨ A 在NN′右侧受到的电场力F =qE =3mg ⑩重力和电场力的合力大小为F 合=2mg ，方向与OP 夹角为30θ=︒．过O 点沿合力方向作直线与圆弧相交于Ｋ点，当A 经P 点返回N 点的过程中到达K 点时，达到最大速度Av '，此时A 对轨道的压力最大．A 从M 点到K 点过程中，由动能定理可得：()22A A 11cos301sin3022qEa mgL mga mv mv μ︒---'-︒=⑪ 返回K 点时：F N －F 合－2A A v qv B m a '='⑫ 由③⑦⑧⑨⑩⑪⑫得：F N 053mg qv B =+由牛顿第三定律得A 对轨道NP 的最大压力为：N053F mg qv B +'=10．北京2022年冬奥运会和冬残奥运开闭幕式计划在北京市区举行，国家游泳中心“水立方”又将迎来新的使命，在这里将进行冰壶的比赛项目。