一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O点(A、B均视为质点)，重力加速度为g．求：
（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；
（2）A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；
（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆弧轨道与斜面相切
于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，则v至少为多大时物块A能沿圆弧轨道运动到Q点．（计算结果可用根式表示）
【答案】
【解析】
试题分析：（1）A与B球碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A球滑下过程中，机械能守恒，有：
mg（3x0）sin30°=mv12
解得：…①
又因A与B球碰撞过程中，动量守恒，有：mv1=2mv2…②
联立①②得：
（2）碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒．
则有：EP+•2mv22＝0+2mg•x0sin30°
解得：EP＝2mg•x0sin30°−•2mv22=mgx0−mgx0＝mgx0…③
（3）设物块在最高点C的速度是vC，
物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：
所以：④
C点相对于O点的高度：
h=2x0sin30°+R+Rcos30°=x0…⑤
物块从O到C的过程中机械能守恒，得：mvo2＝mgh+mvc2…⑥
联立④⑤⑥得：…⑦
设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，滑块从P到B的过程中机械能守恒，得：mv2+mg（3x0sin30°）＝mvA2…⑧
A与B碰撞的过程中动量守恒．得：mvA=2mvB…⑨
A与B碰撞结束后从B到O的过程中机械能守恒，得：•2mvB2+EP＝•2mvo2+2mg•x0sin30°…⑩
由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离．
联立⑦⑧⑨⑩解得：
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A、B到达P点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．
2．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/s2。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：
所以滑到C点时小物块与小车速度都为0
由能量守恒得：
解得：
(2)小物块滑到B位置时速度最大，设为，此时小车获得的速度也最大，设为
由动量守恒得 ：
由能量守恒得 ：
联立解得：
3．两个质量分别为、的小滑块A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A粘连，另一端与小滑块B接触而不粘连.现使小滑块A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B冲上斜面的高度为.斜面倾角，小滑块与斜面间的动摩擦因数为，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度取.求：（提示：，）
（1）A、B滑块分离时，B滑块的速度大小.
（2）解除锁定前弹簧的弹性势能.
【答案】（1） （2）
【解析】
试题分析：（1）设分离时A、B的速度分别为、，
小滑块B冲上斜面轨道过程中，由动能定理有： ① （3分）
代入已知数据解得： ② （2分）
（2）由动量守恒定律得： ③ （3分）
解得： （2分）
由能量守恒得： ④ （4分）
解得： ⑤ （2分）
考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.
4．如图所示,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B与斜面间的动摩擦因数；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离0.1m，A、B的质量都为m=2kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A、B之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A、B,经过一段时间,A与B的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g取.求：
(1)释放后物块A和凹槽B的加速度分别是多大?
(2)物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；
(3)从初始位置到物块A与凹糟B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小．
【答案】（1）（2）vAn=(n-1)m∙s-1，vBn="n" m∙s-1（3）xn总=0.2n2m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设物块A的加速度为a1，则有mAgsinθ=ma1，
解得a1=5m/s2
凹槽B运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcosθ=mg方向沿斜面向上；
凹槽B所受重力沿斜面的分力G1=2mgsinθ=mg方向沿斜面向下；
因为G1=f，则凹槽B受力平衡，保持静止，凹槽B的加速度为a2=0
（2）设A与B的左壁第一次碰撞前的速度为vA0，根据运动公式：v2A0=2a1d
解得vA0=3m/s；
AB发生弹性碰撞，设A与B第一次碰撞后瞬间A的速度大小为vA1，B的速度为vB1，则由动量守恒定律： ；
由能量关系：
解得vA1=-1m/s(负号表示方向)，vB1=2m/s
5．人站在小车上和小车一起以速度v0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】
【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：Mv0-mv=Mv1+mv
得：
车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒：
Mv1-mv=Mv2+mv
得：
同理，车上的人第n次将小球抛出后，有
由题意vn=0，
得：
考点：动量守恒定律
6．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．
【答案】(1) (2)
【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=m+MV ①
解得
②
系统的机械能损失为
ΔE=③
由②③式得
ΔE=④
（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
⑤
s=Vt ⑥
由②⑤⑥得
S=⑦
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．
7．（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K时，可以发生“氦燃烧”。
①完成“氦燃烧”的核反应方程：。
②是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10-16s。一定质量的，经7.8×10-16s后所剩下的占开始时的 。
（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为、、。开始时C静止，A、B一起以的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
【答案】（1）①（或） ②（或12.5%）
（2）2m/s
【解析】（1）①由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。
②由题意可知经过3个半衰期，剩余的的质量。
（2）设碰后A的速度为，C的速度为,由动量守恒可得,
碰后A、B满足动量守恒，设A、B的共同速度为，则
由于A、B整体恰好不再与C碰撞，故
联立以上三式可得=2m/s。
【考点定位】（1）核反应方程，半衰期。
（2）动量守恒定律。
8．氡是一种放射性气体，主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料．呼吸时氡气会随气体进入肺脏，氡衰变时放出射线，这种射线像小“”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等．若有一静止的氡核发生衰变，放出一个速度为、质量为m的粒子和一个质量为M的反冲核钋此过程动量守恒，若氡核发生衰变时，释放的能量全部转化为粒子和钋核的动能。
（1）写衰变方程；
（2）求出反冲核钋的速度；计算结果用题中字母表示
（3）求出这一衰变过程中的质量亏损。计算结果用题中字母表示
【答案】（1）；（2），负号表示方向与离子速度方向相反；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由质量数和核电荷数守恒定律可知，核反应方程式为
（2）核反应过程动量守恒，以离子的速度方向为正方向
由动量守恒定律得
解得，负号表示方向与离子速度方向相反
（3）衰变过程产生的能量
由爱因斯坦质能方程得
解得
9．如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A．求男演员落地点C与O点的水平距离s．已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2=2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
两演员一起从从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒定律，设总质量为m，则
女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒：
女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒：
③
根据题意：
有以上四式解得：
接下来男演员做平抛运动：由，得
因而：；
【点睛】
两演员一起从从A点摆到B点，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒，由于女演员刚好能回到高处，可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度，再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度，然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；本题关键分析求出两个演员的运动情况，然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．
10．在光滑的水平面上，质量m1=1kg的物体与另一质量为m2物体相碰，碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图所示。
求：（1）碰撞前m1的速度v1和m2的速度v2；
（2）另一物体的质量m2。
【答案】（1），；（2）。
【解析】
试题分析：（1）由s—t图象知：碰前，m1的速度，m2处于静止状态，速度
（2）由s—t图象知：碰后两物体由共同速度，即发生完全非弹性碰撞
碰后的共同速度
根据动量守恒定律，有：
另一物体的质量
考点：s—t图象，动量守恒定律
11．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的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.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.
【答案】
【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）=μ2mgt1
用动能定理，有：﹣=﹣μ2mgs
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=t1+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．
12．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/s2，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 m2g=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
m2v22=m2g•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0.32m下载本文
