高考物理动量守恒定律各地方试卷集合汇编及解析

高考物理动量守恒定律各地方试卷集合汇编及解析
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s ，此时乙尚未与P 相撞．
①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；
②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值． 【答案】v 乙＝6m/s. I ＝8N 【解析】 【详解】
（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
又知
联立以上方程可得
，方向向右。

（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为
由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：
2．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =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03/v m s =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 1.5h m =.斜面倾角
o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=）
（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）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】
试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2
cos 1sin 2
B B B B
m gh m gh m v θμθ+⋅= ① （3分）
代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分）
（2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得：
222
0111()222
A B P A A B B
m m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = 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.
3．如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN 的半径为R =3.2m ，水平部分NP 长L =3.5m ，物体B 静止在足够长的平板小车C 上，B 与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端．从M 点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车，物体A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg ，取g =10m/s 2．求
(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小？ (2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？
【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ； (2)物体A 在NP 上运动的时间为0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为33
16
m 【解析】
试题分析：（1）物体A 由M 到N 过程中，由动能定理得：m A gR=m A v N 2 在N 点，由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N
由牛顿第三定律得，物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：F N ′=3m A g=30N （2）物体A 在平台上运动过程中 μm A g=m A a L=v N t-at 2
代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去)
（3）物体A 刚滑上小车时速度 v 1= v N -at=6m/s
从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A 组成系统动量守恒，而物体B 保持静止 (m A + m C )v 2= m A v 1 小车最终速度 v 2=3m/s
此过程中A 相对小车的位移为L 1，则
2211211222mgL mv mv μ=-⨯解得：L 1＝94
m
物体A 与小车匀速运动直到A 碰到物体B ，A ，B 相互作用的过程中动量守恒： (m A + m B )v 3= m A v 2
此后A ，B 组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v 4 (m A + m B )v 3+m C v 2=" (m"A +m B +m C ) v 4 此过程中A 相对小车的位移大小为L 2，则
222223*********mgL mv mv mv μ=+⨯-⨯解得：L 2＝
316
m 物体A 最终离小车左端的距离为x=L 1-L 2=
3316
m 考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.
4．28．如图所示，质量为m a =2kg 的木块A 静止在光滑水平面上。

一质量为m b = lkg 的木块B 以初速度v 0=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 m B v 0=m B v B +m A v A 第二次碰撞 ，规定向左为正向 m A v A -m B v B = m B v B ’+m A v A ’ 得到v A =4m/s v B =2m/s
ΔE=9J
考点：动量守恒定律；能量守恒定律.
视频
5．匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示．图中E0和d均为已知量．将带正电的质点A在O点由能止释放．A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用．已知A的电荷量为Q，A和B的质量
分别为m和．不计重力．
（1）求A在电场中的运动时间t，
（2）若B的电荷量q =Q，求两质点相互作用能的最大值E pm
（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值q m
【答案】（1）（2）1
45
QE0d （3）Q
【解析】
【分析】
【详解】
解：（1）由牛顿第二定律得，A在电场中的加速度 a ==
A在电场中做匀变速直线运动，由d =a得
运动时间 t ==
（2）设A、B离开电场时的速度分别为v A0、v B0，由动能定理得
QE0d =m
qE0d =
A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用为斥力，A受力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v，，
由动量守恒定律得：（m +）v，= mv A0 +v B0
由能量守恒定律得：E Pm= (m+)—）且 q =Q
解得相互作用能的最大值 E Pm=1
45
QE0d
（3）A、B在x>d区间的运动，在初始状态和末态均无相互作用
根据动量守恒定律得：mv A+v B= mv A0 +v B0
根据能量守恒定律得：m+=m+
解得：v B = -+
因为B不改变运动方向，所以v B = -+≥0
解得：q≤Q
则B所带电荷量的最大值为：q m =Q
6．如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2 s至t2=4 s内工作，已知P1、P2的质量都为m=1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。

(1)若v1=6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；
(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A 点时的最大动能E。

【答案】（1）9J （2）10m/s＜v1＜14m/s 17J
【解析】
试题分析：（1）由于P1和P2发生弹性碰撞，据动量守恒定律有：
碰撞过程中损失的动能为：
（2）
解法一：根据牛顿第二定律，P 做匀减速直线运动，加速度a=
设P 1、P 2碰撞后的共同速度为v A ，则根据（1）问可得v A =v 1/2 把P 与挡板碰撞前后过程当作整体过程处理 经过时间t 1，P 运动过的路程为s 1，则 经过时间t 2，P 运动过的路程为s 2，则
如果P 能在探测器工作时间内通过B 点，必须满足s 1≤3L≤s 2
联立以上各式，解得10m/s ＜v 1＜14m/s
v 1的最大值为14m/s ，此时碰撞后的结合体P 有最大速度v A =7m/s 根据动能定理，
代入数据，解得E=17J
解法二：从A 点滑动到C 点，再从C 点滑动到A 点的整个过程，P 做的是匀减速直线。

设加速度大小为a ，则a=μg=1m/s 2
设经过时间t ，P 与挡板碰撞后经过B 点，[学科网则： v B =v-at ，
，v=v 1/2
若t=2s 时经过B 点，可得v 1="14m/s" 若t=4s 时经过B 点，可得v 1=10m/s 则v 1的取值范围为：10m/s ＜v 1＜14m/s v 1=14m/s 时，碰撞后的结合体P 的最大速度为：
根据动能定理，
代入数据，可得通过A 点时的最大动能为：
考点：本题考查动量守恒定律、运动学关系和能量守恒定律
7．（1）（6分）一质子束入射到静止靶核AI 27
13上，产生如下核反应：p+AI 27
13→x+n 式中p 代表质子，n 代表中子，x 代表核反应产生的新核。

由反应式可知，新核x 的质子数为 ，中子数为 。

（2）（9分）在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d 。

现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短：当两木块都停止运动后，相距仍然为d 。

已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为
g 。

求A 的初速度的大小。

【答案】（1）14 13 （2
【解析】（1）由127271
113140H Al X n +→+，由质量数守恒定律和电荷数守恒可得，新核的
质子数为14，中子数为13。

（2）设物块A 的初速度为0v ，运动距离d 的速度为v ，A 、B 碰后的速度分别为v 1、v 2，运动的距离分别为x 1、x 2，由于A 、B 发生弹性正碰,时间极短,所以碰撞墙后动量守恒，动能守恒，有
12A A B m v m v m v =+ ①
22212111
222
A A
B m v m v m v =+ ② ①②联立解得113A B A B m m v v v m m -=
=-+ ③ 222
3
A A
B m v v v m m ==+ ④
A 、
B 与地面的动摩擦因数均为μ，有动能定理得2
11102
A m gx mv μ-=-
⑤ 2
22
102
B m gx mv μ-=- ⑥ 由题意知12x x d += ⑦ 再由22
1122
A A A m gd m v m v μ-=
- ⑧
联立③至⑧式解得0v =
=⑨ 另解：由牛顿第二定律得mg ma μ=,⑤ 所以A 、B 的加速度均为a g μ= ⑥
A 、
B 均做匀减速直线运动
对A 物体有：碰前22
02v v ad =- ⑦
碰后:A 物体反向匀减速运动：2
1102v ax =- ⑧
对B 物体有2
2202v ax =- ⑨
由题意知12x x d += ⑩
②③⑤⑦⑧⑨联立解得v =
(11)
将上式带入⑥解得0v =
= 【考点定位】动量守恒定律、弹性正碰、匀减速直线运动规律、动能定理、牛顿第二定律。

8．如图所示，带有
1
4
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 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）023v gR = （2）123gR
v =，253gR v =
【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v 0，AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度u ，由
02mv mu =，解得0
2
v u =
C 滑到最高点的过程： 023mv mu mu +='
2220111
23222
mv mu mu mgR +⋅=+'⋅ 解得023v gR =
(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01222mv mu mv mv +=+
22220121111222222
mv mu mv mv +⋅=+⋅ 解得：123gR
v =
，253gR v =
9．（20分）如下图所示，光滑水平面MN 左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ 的长度L=8m ，皮带轮逆时针转动带动传送带以v = 2m/s 的速度匀速转动。

MN 上放置两个质量都为m = 1 kg 的小物块A 、B ，它们与传送带间的动摩擦因数μ = 0.4。

开始时A 、B 静止，A 、B 间压缩一轻质弹簧，其弹性势能E p = 16 J 。

现解除锁定，弹开A 、B ，并迅速移走弹簧。

取g=10m/s 2。

（1）求物块B 被弹开时速度的大小；
（2）求物块B 在传送带上向右滑行的最远距离及返回水平面MN 时的速度v B ′； （3）A 与P 相碰后静止。

当物块B 返回水平面MN 后，A 被P 弹出，A 、B 相碰后粘接在一起向右滑动，要使A 、B 连接体恰好能到达Q 端，求P 对A 做的功。

【答案】（1） 4.0/B v m s =（2）'2/B v m s =（3）162 W J ＝ 【解析】
试题分析：（1）（6分）解除锁定弹开AB 过程中，系统机械能守恒：
2
B 2A p 2
121mv mv E +=
……2分 设向右为正方向，由动量守恒 0B A mv mv -= ……2分 解得 4.0/B A v v m s == ①……2分
（2）（6分）B 滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。

由动能定理得 2
B M 2
10mv mgs -
=-μ ……2分 解得2
22B M v S m g
μ=
= ……1分 ② 物块B 在传送带上速度减为零后，受传送带给它的摩擦力，向左加速，若一直加速，则受力和位移相同时，物块B 滑回水平面MN 时的速度'4/B v m s = ，高于传送带速度，说明B 滑回过程先加速到与传送带共速，后以2/m s 的速度做匀速直线运动。

……1分 物块B 滑回水平面MN 的速度'2/B v v m s == ……2分
③
（3）（8分）弹射装置将A 弹出后与B 碰撞，设碰撞前A 的速度为A
v '，碰撞后A 、B 共同的速度为V ，根据动量守恒定律，mV v m v m 2B A ='-'
……2分
④
A 、
B 恰好滑出平台Q 端，由能量关系有
mgL mV 222
1
2⋅=⨯μ ……2分⑤ 设弹射装置对A 做功为W ，2
A
2
1v m W '＝ ……2分 ⑥ 由④⑤⑥ 解得162 W J ＝ ……2分 考点：相对运动 动能定理 动量守恒
10．图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m 水平放置，磁感应强度B =0.4T 的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间．金属棒ab 、cd 质量分别为0.1kg 和0.2kg ，电阻分别为0.4Ω和0.2Ω，并排垂直横跨在导轨上．若两棒以相同的初速度3m /s 向相反方向分开，不计导轨电阻，求：
(1)金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小；
(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热；
(3)金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？
【答案】（1）1m/s
（2）1．2J
（3）1．5m
【解析】
【详解】
解：(1)ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v ，以水平向右为正方向，则
解得稳定后的ab棒的速度大小：
(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：
(3)对cd棒根据动量定理有：
即：
又
两棒间距离增加：
11．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，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A．B交换速度，重力加速度，现释放A，求：
（1）物块A．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
12．如图所示，物块质量m=4kg，以速度v=2m/s水平滑上一静止的平板车上，平板车质量M=16kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，其他摩擦不计（g=10m/s2），求：
（1）物块相对平板车静止时，物块的速度；
（2）物块在平板车上滑行的时间；
（3）物块在平板车上滑行的距离，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？
【答案】（1）0.4m/s（2）（3）
【解析】
解：物块滑下平板车后，在车对它的摩擦力作用下开始减速，车在物块对它的摩擦力作用下开始加速，当二者速度相等时，物块相对平板车静止，不再发生相对滑动。

（1）物块滑上平板车的过程中，二者组成的系统动量守恒，取v 的方向为正方向。

mv=（M+m）v′，，即物块相对平板车静止时，物块速度为0.4m/s。

（2）由动量定理，
（3）物块在平板车上滑行时，二者都做匀变速直线运动，且运动时间相同，因此，对物块，对板车，物块在板车上滑行的距离，要
使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m。

本题考查的是对动量守恒定律和动量定理问题的应用，根据动量守恒定律可求出物块相对平板车静止时的速度，再由动量定理得到时间；由匀变速直线运动的特点，可得结果。