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1、高考物理动量守恒定律易错剖析含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 水平放置长为 L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v=3m/s ，质量为 m2=3kg 的小球被长为 l 1m 的轻质细线悬挂在 O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为 m1=1kg的物块自传送带上的左端A 点以初速度 v0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球 m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的1 反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。2已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为=0.1，取重力加速度 g10m/s2 。求：（ 1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（ 2）物块在传送带上运动的整个过
2、程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？【答案】（ 1） 42N（ 2） 13.5J【解析】【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：m gL = 1 mv21 m v21211210解之可得： v1 =4m/s因为 v1v ，说明假设合理m1v1 =12滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：2 m1v1 +m2v2解之得： v2 =2m/s碰后，对小球，根据牛顿第二定律：Fm2 gm2 v22l小球受到的拉力：F42N（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为t1 ，则 L1 v0 v1 t12解之得： t11s在这过程中，传送带运行距离为：S1vt13m滑块与传送带的相对路程为
3、：X1LX11.5m设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为t2则根据动量定理：m1 gt2m11 v12解之得： t2 2s滑块向左运动最大位移： xm11 v1 t 2 =2m22因为 xmL ，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带1再考虑到滑块与小球碰后的速度2 v1 v ，说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为2t2在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程X 22vt212m因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是Q m1 g x1 x2 =13.5J2 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
4、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)v 0 所以滑到 C 点时小物块与小车速度都为 0由能量守恒得：mgRmgLR0.5解得：L(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
5、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 / s3 如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b,小车质量M=3kg， AO 部分粗糙且长L=2m，动摩擦因数 =0.3， OB 部分光滑另一小物块 a放在车的最左端，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 两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动（取 g=10m/s2）求：(1)物块 a
6、与 b 碰后的速度大小；(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【答案】 (1)1m/s (2)(3) x=0.125m【解析】试题分析：（1）对物块 a，由动能定理得：代入数据解得a 与 b 碰前速度：；a、 b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：；（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，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：；（3）由能量守恒得：，解得
7、滑块 a 与车相对静止时与 O 点距离：；考点：动量守恒定律、动能定理。【名师点睛】本题考查了求速度、距离问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题。4 一列火车总质量为M ，在平直轨道上以速度v 匀速行驶，突然最后一节质量为m 的车厢脱钩，假设火车所受的阻力与质量成正比，牵引力不变，当最后一节车厢刚好静止时，前面火车的速度大小为多少？【答案】 Mv/(M-m)【解析】【详解】因整车匀速运动，故整体合外力为零；脱钩后合外力仍为零，系统的动量守恒取列车原来速度方向为正方向由动量守恒定律，可得MvM m v m 0解得，前面列车的速度为Mv；vM m232U （原
8、子质量为232.0372u5 一个静止的铀核 92）放出一个粒子（原子质量为4.0026u ）后衰变成钍核90228 Th （原子质量为 228.0287 u ）（已知：原子质量单位1u 1.67 10 27 kg ，1u 相当于 931MeV ）(1)写出核衰变反应方程；(2)算出该核衰变反应中释放出的核能；(3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？【答案】 (1) 23292 U22890Th+ 42 He(2)5.49MeV(3)0.095MeV【解析】【详解】(1) 23292 U22890Th+ 42 He(2)质量亏损mmUmmTh0.0059
9、u E= mc2=0.0059 931MeV=5.49MeV(3)系统动量守恒，钍核和粒子的动量大小相等，即pThpEkThpTh22mThEkp22mEkThEk E所以钍核获得的动能 EkThmE4mThE 0.095MeVm42286 光滑水平面上质量为1kg的小球A2.0m/s的速度与同向运动的速度为1.0m/s、质，以量为 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】 v A1.0m / s ， E损0.25 J【解析】试题分析：（ 1）碰撞过程中动量守恒，
10、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：mAvA +mBvB=m AvA+mBvB代入数据解： v=1.0m/sA 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： 碰后 A 球的速度为1.0m/s ； 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7 如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量
11、的 2 倍，重物与木板间的动摩擦因数为使.木板与重物以共同的速度v0 向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后木板以原速率反弹.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.4v0【答案】 t3 g【解析】解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度v，动量守恒，有：2mv0 mv0=（2m+m ） v，解得： v=木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv m（ v0） = 2mgt1用
12、动能定理，有：= 2mgs木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt2木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t 1+t2=+=答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为【点评】本题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题，正确分析出运动规律是关键8 如图所示，带有1 光滑圆弧的小车 A 的半径为 R，静止在光滑水平面上滑块C 置于4木板 B 的右端， A、 B、 C 的质量均为m， A、 B 底面厚度相同现B、 C 以相同的速度向右匀速运动， B 与 A 碰后即粘连在一起， C 恰好能沿 A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处则 ： (已知重力加速度为 g)(1)B、C
13、 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块 C 返回到 A 的底端时AB 整体和 C 的速度为多少？【答案】 （1） v2 3gR （ 2）v12 3gR ，v253gR033【解析】本题考查动量守恒与机械能相结合的问题(1)设 B、 C 的初速度为 v0， AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度 u，由mv0v02mu ，解得 u2C 滑到最高点的过程： mv02mu3mu1 mv021 2mu21 3mu 2mgR222解得 v02 3gR(2)C从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有 mv02mumv12mv21 mv0212mu21 mv121
14、2mv222222解得 ： v123gR53gR， v2339 如图所示，可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上，一起以v0 的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B， C 的上表面相平且 B， C 不粘连， A 滑上 C 后恰好能到达 C 板的最右端，已知 A， B， C 质量均相等，木板 C 长为 L，求 A 物体的最终速度 A 在木板 C上滑行的时间【答案】 3v0 ； 4L4v0【解析】试题分析： 设 A 、 B 、 C 的质量为 m ， B 、 C 碰撞过程中动量守恒，令 B 、 C 碰后的共同速度为，则，解得，B 、 C 共
15、速后 A 以 v0 的速度滑上 C ， A 滑上 C 后， B 、 C 脱离 A 、 C 相互作用过程中动量守恒，设最终 A 、 C 的共同速度 ，则解得 在 A 、 C 相互作用过程中，根据功能关系有（ f 为 A 、 C 间的摩擦力）代入解得fmv02 16 L此过程中对 C ，根据动量定理有代入相关数据解得t4Lv0考点：动量守恒定律；能量守恒定律及动量定理10 如图所示，固定点 O 上系一长 L 0.6 m 的细绳，细绳的下端系一质量m 1.0 kg 的小球(可视为质点 )，原来处于静止状态，球与平台的B 点接触但对平台无压力，平台高h0.80 m ，一质量 M 2.0 kg 的物块开
16、始静止在平台上的P 点，现对物块 M 施予一水平向右的初速度 v0，物块 M 沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B 处与小球 m 发生正碰，碰后小球 m 在绳的约束下做圆周运动，经最高点A 时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块 M 落在水平地面上的 C 点，其水平位移x1.2 m，不计空气阻力， g 10 m/s 2.(1)求物块 M 碰撞后的速度大小；(2)若平台表面与物块M 间的动摩擦因数 0.5，物块 M 与小球的初始距离为x1 1.3 m，求物块 M 在 P 处的初速度大小【答案】（ 1） 3.0m/s （2） 7.0m/s【解析】试题分析：（ 1）碰后物块M 做平抛运动，设其平抛运
17、动的初速度为V（2 分）S = Vt（ 2 分）得：= 3.0 m/s（2 分）（2）物块与小球在B 处碰撞，设碰撞前物块的速度为V1，碰撞后小球的速度为V2，由动量守恒定律：MV1= mV2+ MV （2 分）碰后小球从B 处运动到最高点A 过程中机械能守恒，设小球在A 点的速度为VA： （ 2 分）小球在最高点时依题给条件有：由解得： V2= 6.0 m/s（1 分）（2分）由得：= 6.0 m/s（ 1 分）物块 M 从 P 运动到 B 处过程中，由动能定理： （2分）解得：= 7.0 m/s （2 分）考点：本题考查了平抛运动的规律、动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理的应用11 如
18、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） =ma代入数据得： a=3 2m
19、/s212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
20、档题。12 如图所示，粗细均匀的圆木棒A 下端离地面高 H，上端套着一个细环 BA 和 B 的质量均为 m， A 和 B 间的滑动摩擦力为f，且 f mg用手控制 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：若A 再次着地前 B 不脱离A， A 的长度应满足什么条件？【答案】【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为 ，因为木棒与环一起自由下落，则木棒弹起竖直上升过程中，由牛顿第二定律有：对木棒：解得：对环：，方向竖直向下解得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，则要求木棒长度不小于x，即解得：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