高中物理动量大题与解析解：（1）对物块a，由动能定理得：，1．（2017?平顶山模拟）如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻代入数据解得 a 与 b 碰前速度：v1=2m/s；质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，AO 部分粗a、b 碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，糙且长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB 部分光滑．另一小物块a．放由动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/s；在车的最左端，和车一起以v0=4m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离， a 以v2=1m/s 在小车上向分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后2m v2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/s，一起向右运动．（取g=10m/s）求：对小车，由动能定理得：，代入数据解得，同速时车 B 端距挡板的距离：=0.03125m；（3）由能量守恒得：，解得滑块 a 与车相对静止时与O 点距离：；（1）物块a与b 碰后的速度大小；答：（1））物块a 与b 碰后的速度大小为1m/s；（2）当物块 a 相对小车静止时小车右端 B 到挡板的距离；（3）当物块 a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离．（2）当物块 a 相对小车静止时小车右端 B 到挡板的距离为第1 页（共7 页）0.03125mmv0=m×v0+2mv1（3）当物块 a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离为得：v1= v00.125m．由能量守恒得知系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，2．（2017?肇庆二模）如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的有：木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板Q=μmgL= m ﹣m ﹣×2m 接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C 静止在水平面上．现有滑块 A 以初速V0 从右端滑上B，并以V0 滑离B，得：μ=恰好能到达 C 的最高点．A、B、C 的质量均为m，试求：（1）木板B 上表面的动摩擦因素μ；（2）当A 滑上C，B 与C 分离，A 与C 发生作用，设到达最高（2）圆弧槽C 的半径R；点时速度相等为V2，规定向左为正方向，由于水平面光滑， A 与（3）当A 滑离C 时，C 的速度．C 组成的系统动量守恒，有：m×v0+mv1=（m+m）V2，得：V2=解：（1）当A 在B 上滑动时，A 与BC 整体发生作用，规定向左为正方向，由于水平面光滑， A 与BC 组成的系统动量守恒，有： A 与C 组成的系统机械能守恒，有：第2 页（共7 页）（3）当A 滑离C 时，C 的速度是．m + m = ×（2m）+mgR3．（2017?惠州模拟）如图所示，一质量M=0.4kg 的小物块 B 在足够长的光滑水平台面上静止不动，其右侧固定有一轻质水平弹得：R=簧（处于原长）．台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带，传（3）当A 滑下C 时，设 A 的速度为V A ，C 的速度为V C，规定送带始终以υ=1m/s的速率逆时针转动．另一质量m=0.1kg 的小物块 A 以速度υ0=4m/s 水平滑上传送带的右端．已知物块 A 与传送向左为正方向， A 与 C 组成的系统动量守恒，有：m×v0+mv1=mv A+mv C 带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带左右两端的距离l=3.5m，滑2块A、B 均视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s．A 与 C 组成的系统动能守恒，有：（1）求物块 A 第一次到达传送带左端时速度大小；（2）求物块 A 第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能E pm；m + m = m + m（3）物块A 会不会第二次压缩弹簧？解得：V C= ．答：（1）木板 B 上表面的动摩擦因素为；解：（1）物块A 从传送带的右端滑到左端的过程，根据动能定理（2）圆弧槽C 的半径为； 2 2=﹣μmgl有：mυ1 ﹣mυ0第3 页（共7 页）代入数据解得：υ1=3m/s 根据动能定理有：0﹣m υ1′2=﹣μmg1l 2=﹣μmg1l因为υ1＞υ代入数据解得：l1=1.62m 所以物块 A 第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s．因为l1＜l（2）物块A 第一次压缩弹簧过程中，当物块 A 和B 的速度相等所以物块 A 第二次向左到达传送带左端时的速度υ1″=υ=1m/s 时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：mυ1=（M+m ）根据υ1″＜υ2′，可得物块 A 不会第二次压缩弹簧．υ′答：（1）物块A 第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s；2 2（2）物块 A 第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能E pm 为根据机械能守恒定律有：E pm= mυ1 ﹣（M+m ）υ′代入数据解得：E pm=0.36J．0.36J；（3）物块A 第一次压缩弹簧前后动量和动能均守恒，有：（3）物块A 不会第二次压缩弹簧．mυ1=mυ1′+Mυ2′4．（2017?盐城一模）历史上美国宇航局曾经完成了用“深度撞击”mυ12= mυ1′2+ Mυ2′22= mυ1′2+ Mυ2′2号探测器释放的撞击器“击中”坦普尔 1 号彗星的实验．探测器上解得：υ1′=υ1=﹣1.8m/s，υ2′=υ14m/s 的速度径直所携带的重达370kg 的彗星“撞击器”将以1.0×10撞向彗星的彗核部分，撞击彗星后“撞击器”融化消失，这次撞击代入数据解得：υ1′﹣=1.8m/s，υ2′=1.2m/s ﹣7m/s 的改变．已知普朗克常使该彗星自身的运行速度出现 1.0×10第4 页（共7 页）量 h=6.6×10 ﹣34J?s ．（计算结果保留两位有效数字） ．求： ﹣34J?s ．（计算结果保留两位有效数字） ．求： 答：①撞击前彗星 “撞击器 ”对应物质波波长是 1.8 ×10﹣40 m ． 40m ．①撞击前彗星 “撞击器 ”对应物质波波长；②根据题中相关信息数据估算出彗星的质量．13kg ．②彗星的质量是 3.7×105．（2017?荆门模拟）如图， ABD 为竖直平面内的轨道，其中 AB段是水平粗糙的、BD 段为半径R=0.4m 的半圆光滑轨道，两段轨道相切于 B 点．小球甲从 C 点以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在 B 点的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m，小球甲与AB 段的动摩擦因数为μ=0.5，C、B 距离L=1.6m，解：①撞击前彗星“撞击器”的动量为：2．（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点）g 取 10m/s4=3.7 ×106kg?m/sP=mυ=370×1.0 ×10（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离；则撞击前彗星“撞击器”对应物质波波长为：（2）在满足（ 1）的条件下，求的甲的速度υ0；λ== ≈ 1.8 ×﹣1040m40m（3）若甲仍以速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变．道上的首次落点到 B 点的距离范围，求乙在轨为研究对象，规成的系统定彗星初速度的方器组②以彗星和撞击正方向，由动量守恒定律得：mυ=M△υ向为：M= = =3.7 ×10量为则得彗星的质13kg第5页（共7页）解：（1）设乙到达最高点的速度为v D，乙离开 D 点到达水平轨道22⑨甲从C 到 B，由动能定理有：﹣μmgL= mv B﹣m v0的时间为t，乙的落点到 B 点的距离为x，乙恰能通过轨道最高点，解得： v0=6m/s（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为v M、v m，取则 mg=m ⋯ ①乙做平抛运动过程有： 2R= gt2⋯ ②2⋯ ②向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有： Mv B =Mv M +mv m ⋯ ⑩x=v D t ⋯ ③M v B2= Mv M 2+ mv m 2⋯ （11） 2= Mv M 2+ mv m 2⋯ （11）联立①②③得： x=0.8 m ⋯④联立得⑩（11）得： v m= ⋯（12）正方向，（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，取向右为由 M=m 和M≥m ，可得v B≤v m＜2v B ⋯（13）量守恒定律和机械能守恒定律有根据动能定理得：v D'，由动的速度为设乙球过D点时mv B =mv 甲+mv 乙 ⋯ ⑤ 2 mv B = mv 甲 2 + mv 乙2 ⋯ ⑥ ﹣m g?2R= m v ′0 2﹣mv m 2⋯ （14） 2﹣m v m 2⋯ （14） 联立⑨（13）（14）得： 2 m/s ≤ D v '＜8 m/s ⋯（15） 联立⑤⑥ 得：v 乙=v B ⑦对乙从 B 到 D ，由动能定理得：﹣m g?2R= mv 02﹣m v乙2⋯ ⑧设乙在水平轨道上的落点距 B 点的距离为x '，有 ：x'=v D 't ⋯ （16）2m v﹣联立②（15）（16）得： 0.8 m ≤＜x' 3.2m⋯（17）立①⑦⑧得： v B=2 m/s⋯⑨联第6页（共7页）答：（1）乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离是0.8m；把小球反弹v x′=vsin，θv y′=vcos，θ速度分解为v x）=0，△p y=m（v y′﹣v y） =2mvcosθ，方向沿y 轴（2）甲的速度υ0是6m/s；则△p x=m（v x′﹣是0.8 m ≤＜x' 3.2m．道上的首次落点到 B 点的距离范围（3）乙在轨正方向，b、对小球分析，根据△p=F△t 得：，，6．（2016?北京）动量定理可以表示为△p=F△t，其中动量p 和力则，方向沿y轴正向，F 都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直根据牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力的方向沿y轴负方m的小球斜射到木研究．例如，质量为的x、y 两个方向上分别板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速向．程中忽略小球所受重力．所示．碰撞过度大小都是υ，如图答：a．分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化△p x为0，a．分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化△p x、△p y；△p y 大小为2mvcosθ，方向沿y轴正方向；b．分析说明小球对木板的作用力的方向．b．小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．解： a、把小球入射速度分解为v x=vsin θ，v y=﹣v cosθ，第7页（共7页）。