高考物理动量守恒定律专项训练及答案

高考物理动量守恒定律专项训练及答案
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m 2=3kg 的小球被长为1l m =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m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的
1
2
反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。

已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度2
10m/s g =。

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：
22
1111011=22
m gL m v m v μ--
解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理
滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221
=+2
m v m v m v - 解之得：2=2m/s v
碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2
22
2m v F m g l
-=
小球受到的拉力：42N F =
（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()0111
2
L v v t =+ 解之得：11s t =
在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=
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2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅
⎪⎝⎭
解之得：22s t =
滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫
=
⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度
11
2
v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t
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
22212X vt m ∆==
因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是
()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J
2．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。

质量m 1=0.40kg 的物块A 从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m 处下滑，并与放在水平木板左端的质量m 2=0.20kg 的物块B 相碰,相碰后物块B 滑行x=4.0m 到木板的C 点停止运动，物块A 滑到木板的D 点停止运动。

已知物块B 与木板间的动摩擦因数
=0.20,重力加速度g=10m/s 2,求：
(1) 物块A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小； (2) 滑动摩擦力对物块B 做的功；
(3) 物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能。

【答案】（1）v 0=4.0m/s （2）W=-1.6J （3）E=0.80J
【解析】试题分析： ①设物块A 滑到斜面底端与物块B 碰撞前时的速度大小为v 0，根据机
械能守恒定律有m 1gh ＝
12
m 12
0v (1分)v 02gh ，解得：v 0＝4.0 m/s(1分) ②设物块B 受到的滑动摩擦力为f ，摩擦力做功为W ，则f ＝μm 2g(1分) W ＝－μm 2gx 解得：W ＝－1.6 J(1分)
③设物块A 与物块B 碰撞后的速度为v 1，物块B 受到碰撞后的速度为v ，碰撞损失的机械能为E ，根据动能定理有－μm 2gx ＝0－1
2
m 2v 2 解得：v ＝4.0 m/s(1分)
根据动量守恒定律m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v(1分) 解得：v 1＝2.0 m/s(1分)
能量守恒
12m 120v ＝12m 12
1v ＋12
m 2v 2＋E(1分) 解得：E ＝0.80 J(1分)
考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律
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3316
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．如图，质量分别为
、
的两个小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度
h=0.8m ，A 球在B 球的正上方． 先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放． 当A 球下落t=0.3s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知，重力加速度大小为
，忽略空气阻力及碰撞中的动
能损失．
（i ）B 球第一次到达地面时的速度； （ii ）P 点距离地面的高度． 【答案】4/B v m s =0.75p h m = 【解析】
试题分析：（i ）B 球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有
21
2
B B B m gh m v =
可得B 球第一次到达地面时的速度24/B v gh m s =
（ii ）A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速度3/A v gt m s == 设B 球的速度为'B v ， 则有碰撞过程动量守恒
'''A A B B B B m v m v m v +=
碰撞过程没有动能损失则有
222111
'''222
A A
B B B B m v m v m v += 解得'1/B v m s =，''2/B v m s =
小球B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以B 离开地面上抛时速度04/B v v m s ==
所以P 点的高度22
0'0.752B p v v h m g
-=
= 考点：动量守恒定律 能量守恒
5．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5m ，物块A 以v 0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1kg(重力加速度g 取10m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．
(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 【答案】(1)5m/s v =, F ＝22 N (2) k ＝45 (3)90.2m/s ()n v n n k =-＜
【解析】
⑴物块A 从开始运动到运动至Q 点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有：－2mgR ＝－
解得：v ＝
＝4m/s
在Q 点，不妨假设轨道对物块A 的弹力F 方向竖直向下，根据向心力公式有：mg ＋F ＝
解得：F ＝
－mg ＝22N ，为正值，说明方向与假设方向相同。

⑵根据机械能守恒定律可知，物块A 与物块B 碰撞前瞬间的速度为v 0，设碰后A 、B 瞬间一起运动的速度为v 0′，根据动量守恒定律有：mv 0＝2mv 0′ 解得：v 0′＝
＝3m/s
设物块A 与物块B 整体在粗糙段上滑行的总路程为s ，根据动能定理有：－2μmgs ＝0－
解得：s ＝
＝4.5m
所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的＝45倍，即
k＝45
⑶物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为：a＝＝－μg＝－1m/s2
由题意可知AB滑至第n个（n＜k）光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直
线运动速度-位移关系式有：2naL＝－
解得：v n＝＝m/s（其中n＝1、2、3、 (44)
【考点定位】动能定理（机械能守恒定律）、牛顿第二定律、匀变速直线运动速度-位移式关系、向心力公式、动量守恒定律的应用，以及运用数学知识分析物理问题的能力。

【规律总结】牛顿定律、动能定理、功能关系、动量守恒定律等往往是求解综合大题的必备知识，因此遇到此类问题，要能习惯性地从以上几个方面进行思考，并正确结合运用相关数学知识辅助分析、求解。

6．冰球运动员甲的质量为80.0kg。

当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为
100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。

碰后甲恰好静止。

假设碰撞时间极短，求：
（1）碰后乙的速度的大小；
（2）碰撞中总动能的损失。

【答案】（1）1.0m/s（2）1400J
【解析】
试题分析：（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv-MV=MV′…①
代入数据解得：V′=1．0m/s…②
（2）设碰撞过程中总机械能的损失为△E，应有：mv2+MV2＝MV′2+△E…③
联立②③式，代入数据得：△E=1400J
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
7．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影
响．【答案】
【解析】
设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得：mv0=(2m＋m)V（2分）
此过程中动能损失为：ΔE损＝f·2d=1
2
mv20－
1
2
×3mV2（2分）
解得ΔE＝1
3
mv20
分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）
因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·d=mv2
（1分），
由能量守恒得：
1 2mv21＋
1
2
mV21＝
1
2
mv20－ΔE损1（2分）
且考虑到v1必须大于V1，
解得：v1＝
13
(
26
v0
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，
由动量守恒得：2mV2＝mv1（1分）
损失的动能为：ΔE′＝1
2
mv2
1
－
1
2
×2mV2
2
（2分）
联立解得：ΔE′＝
13
(1)
22
+×mv20
因为ΔE′＝f·x（1分），
可解得射入第二钢板的深度x为：（2分）
子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解
8．[物理─选修3－5]
（1）天然放射性元素239
94
Pu经过次α衰变和次β衰变，最后变成铅的同位
素。

（填入铅的三种同位素206
82
Pb、207
82
Pb、208
82
Pb中的一种）
（2）某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律．图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2．当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30°．若本实验允许的最大误差为±4％，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？
【答案】（1）8，4，207
82
Pb；（2）21
1
P P
P
-
≤4%
【解析】
【详解】
（1）设发生了x次α衰变和y次β衰变，
根据质量数和电荷数守恒可知，
2x-y+82=94，
239=207+4x；
由数学知识可知，x=8，y=4．
若是铅的同位素206，或208，不满足两数守恒，
因此最后变成铅的同位素是207
82
Pb
（2）设摆球A 、B 的质量分别为A m 、B m ，摆长为l ，B 球的初始高度为h 1，碰撞前B 球的速度为v B .在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得
1(1cos 45)h l =-︒①
2112
B B B m v
m gh =② 设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P 1、P 2．有
P 1=m B v B ③
联立①②③式得
12(1cos45)
B P m gl =-︒ ④ 同理可得
2()2(1cos30)A B P m m gl =+-︒ ⑤
联立④⑤式得
211cos301cos 45A B B
P m m P m +-︒
=
-︒ ⑥ 代入已知条件得
2
21 1.03P P
⎛⎫
= ⎪⎝⎭⑦ 由此可以推出
21
1
P P P -≤4% ⑧ 所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．
9．如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m ＝0.1kg ．P 2的右端固定一轻质弹簧，物体P 置于P 1的最右端，质量为M ＝0.2kg 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0＝4m/s 向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内)．平板P 1的长度L ＝1m ，P 与P 1之间的动摩擦因数为μ＝0.2，P 2上表面光滑．求：
(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1； (2)此过程中弹簧的最大弹性势能E p ．
(3)通过计算判断最终P 能否从P 1上滑下，并求出P 的最终速度v 2． 【答案】(1)v 1=2m/s (2)E P =0.2J (3)v 2=3m/s 【解析】 【分析】
【详解】
（1）P 1、P 2碰撞过程，由动量守恒定律 01m 2v mv = 解得012/2v v m s ==，方向水平向右 ； （2）对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 1022(2)mv Mv m M v '+=+ 解得2033/4
v v m s ='=，方向水平向右， 此过程中弹簧的最大弹性势能222102111•2+Mv 2m )0.2222P E mv M v J =
-='+（； （3）对P 1、P 2、P 系统，由动量守恒定律 103222mv Mv mv Mv +=-
由能量守恒定律得2222103211112+Mv 2mv +Mg 2222
mv Mv L ⋅=⋅+μ 解得P 的最终速度23/0v m s =>，即P 能从P 1上滑下，P 的最终速度23/v m s =
10．如图所示，带有14
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02
v u = C 滑到最高点的过程： 023mv mu mu +='
222011123222
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 =
11．在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC ，半径为R ，如图所示，A 、C 两点的连线水平，B 点为轨道最低点.其中AB 部分是光滑的，BC 部分是粗糙的.有一个质量为m 的乙物体静止在B 处，另一个质量为2m 的甲物体从A 点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC 轨
道，最高运动到D 点，OD 与OB 连线的夹角θ60.=o 甲、乙两物体可以看作质点，重力加速度为g ，求：
(1)甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．
(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力．
(3)甲乙构成的整体从B 运动到D 的过程中，摩擦力对其做的功．
【答案】(1)2
23m gR (2)压力大小为：173
mg ，方向竖直向下．(3)W f =1
6
mgR -． 【解析】
【分析】
(1)先研究甲物体从A 点下滑到B 点的过程，根据机械能守恒定律求出A 刚下滑到B 点时的速度，再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度，即可对甲，运用动量定理求甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．
(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对于甲乙构成的整体，由牛顿第二定律求出轨道对整体的支持力，再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力．
(3)甲乙构成的整体从B 运动到D 的过程中，运用动量定理求摩擦力对其做的功．
【详解】 ()1甲物体从A 点下滑到B 点的过程，
根据机械能守恒定律得：2012mgR 2mv 2
=
⋅， 解得：0v 2gR =
甲乙碰撞过程系统动量守恒，取向左方向为正，根据动量守恒定律得： ()02mv m 2m mv =+，
解得：2v 2gR 3=， 甲物与乙物体碰撞过程，对甲，由动量定理得：02I 2mv 2mv m 2gR 3=-=-
甲，方向：水平向右；
()2甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对甲乙构成的整体，
由牛顿第二定律得：()()2
v F m 2m g m 2m R
-+=+， 解得：17F mg 3
=， 根据牛顿第三定律，对轨道的压力17F'F mg 3==
，方向：竖直向下； ()3对整体，从B 到D 过程，由动能定理得：()2f
13mgR 1cos60W 03mv 2--+=-⋅o 解得，摩擦力对整体做的功为：f 1W mgR 6
=-
； 【点睛】 解决本题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况，把握每个过程的物理规律，知道碰撞的基本规律是动量守恒定律.摩擦力是阻力，运用动能定理是求变力做功常用的方法．
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m 2=0.12kg 的物块2，现有一个质量m 1=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v 2=4.0m/s ．物块均可视为质点，g 取10m/s 2，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R m，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/R m
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•2R m+m2v2
联立可解得：R m=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。