高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)

高中物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题
(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1.如图所示，在光滑的水平面上有一长为
L 的木板B ,上表面粗糙，在其左端有一光滑的
四分之一圆弧槽C,与长木板接触但不相连，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 以初速度v 0从右端滑上B , —段时间后，以 到达C 的最高点.A 、
B 、
C 的质量均为 m .求:
A 刚滑离木板
B 时，木板B 的速度； A 与B 的上表面间的动摩擦因数
；
圆弧槽C 的半径R ；
【解析】
【详解】
v 0 mv o = m F 2mv B
2
解得V B = v 0
4
解得宜
16gL
(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，
A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有:
mV o
+ mv B = 2mv
2
A 、C 系统机械能守恒:
解得R 64g
(4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒
mv A mv C
V O
滑离B ,并恰好能
2
(1) (2) (3)
15mv 0
32
(1)对A 在木板
B 上的滑动过程，取 A 、B
C 为一个系统，根据动量守恒定律有: (2)对A 在木板 A
、
B 上的滑动过程，
mgL =寸
B 、
C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量
mgR =
(4) 2
2 _ 2
2mv 2
mv o mv-
A、C系统初、末状态机械能守恒，
1 /V o
2 -m^-）
2 2
解得V A=V o.
4
所以从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能为:
2
1 2 1 2 15mv0
E = — mv o —— mv A= -
2 2 32
【点睛】
该题是一个板块的问题，关键是要理清A、B、C运动的物理过程，灵活选择物理规律，能
够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解.
2•两个质量分别为m A 0.3kg、m B 0.1kg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V0 3m/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h 1.5m.斜面倾角37°，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度
2 ,o °
g 取10m / s .求：（提示：sin 37 0.6 , cos37 0.8 ）
（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）V B 6m/s （2）E p 0.6J
【解析】
试题分析：（1）设分离时A B的速度分别为V A、V B,
小滑块B冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：m B gh m B gh cos 1 m B v B①（3
sin 2
分）
代入已知数据解得：V B 6m/s ② （2分）
（2）由动量守恒定律得：（m A m B）v0 m A v A m B v B③ （3分）
解得：V A 2m/ s （2 分）
1 11
由能量守恒得:-(m A m B )v 0
E p
-m A vA -m B v B
④(4
分)
解得：E p 0.6J
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 .
(1) 物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小? ⑵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 ； ⑵物体A 在NP 上运动的时间为
0.5s
33 (3)物体A 最终离小车左端的距离为
m 16
【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 ' =3A g=30N
(2) 物体A 在平台上运动过程中
(imA g=m A a
2
L=v N t-at
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,则
mgL 1
1
mv 12 - 2mv 22
解得：L 1= — m 2
2 4
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 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 面光滑，小车的左端紧贴平台的右端•从 再滑上小车，物体 A 滑上小车后若与物体 平台水平轨道和小车上
表面的动摩擦因数都为 等.物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg , MN 的半径为 C 上，B 与小车的接触 A 滑至轨道最右端P 点后
A 与
M 点由静止释放的物体 B 相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力.
0.4,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相
取 g=10m/s 2 .求
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
根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
(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 Z ,则
1 2
3mv 42
解得: 2
mgL 2 1mV 22
1 2 2
2mv 32
3
L 2= m 16 , 33 X =L I -L 2= m
16
考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律
物体A 最终离小车左端的距离为
4.如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为
块B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)
缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动•假设 碰撞过程时间极短•那么从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求.
m 的物块A 、B C,物块B C 静止，物
;让物块
A 以速度Vo 朝
B 运动，压
B 和C
A
c
(1) A 、B 第一次速度相同时的速度大小; (2) A 、B 第二次速度相同时的速度大小;
(3 )弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小
耳3
【答案】(1) 7V o (2)V 0 (3)
13
试题分析： (1)对A 、B 接触的过程中，当第一次速度相冋时，由动量守恒定律得,
mv o =2mv 1,
1
V 1 = / v o
设AB 第二次速度相同时的速度大小 V 2，对ABC 系统，根据动量守恒定律：
mv o =3mv 2
1
3
V 2= V o
解得 (2) 解得 (3) 解得 B 与C 接触的瞬间，B 、C 组成的系统动量守恒，有:
111
4 V 0
V 3 =
系统损失的机
当A 、B 、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大•此时
1 V 3 V2= V0
1
1 13
考点：动量守恒定律及能量守恒定律
【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选 择研究的系统，运用动量守恒进行求解。

5.
如图，质量分别为 匚，.、「三
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 涓■::二？眾：，重力加速度大小为一- -■
，忽略空气阻力及碰撞中的动
(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】v B 4m/ s h p 0.75m 【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
.1 2
m B gh -m B v B
2
可得B 球第一次到达地面时的速度 v B 2gh 4m/s
(ii ) A 球下落过程，根据自由落体运动可得 A 球的速度v A gt 3m/s
设B 球的速度为V B ',则有碰撞过程动量守恒
E A V A m B V B ' m B V B ''
碰撞过程没有动能损失则有 丄m A v A 2
— m B v B '2
— m B V B ''2
2 2 2
解得 v B '
1m/ s , v B '' 2m/ 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 V O V B 4m/s
2 '
2
所以P 点的高度h p
V O V
^ 0.75m
P
2g
考点：动量守恒定律能量守恒
6. 如图，两块相同平板R、P2置于光滑水平面上，质量均为
m = 0.1kg . F2的右端固定
轻质弹簧，物体F置于P i的最右端，质量为M = 0.2kg且可看作质点.P i与F以共同速度
v0= 4m/s向右运动，与静止的P1 2 3发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2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 i的长度L= 1m , P与P i之间的动摩擦因数为尸0.2, P2上表面光滑.求：
(1) P i、P2刚碰完时的共同速度v i;
(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 i上滑下，并求出P的最终速度V2.
【答案】(i)v i=2m/s (2)E P=0.2J (3)v2=3m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)P i、P2碰撞过程，由动量守恒定律mv°2mv i
解得v i v°2m /s，方向水平向右；
2
(2)对P i、P2、P系统，由动量守恒定律2mv i MV。

(2m M)V2
3
解得v2v0 3m/ s，方向水平向右，
4
1 2 i 2i 2
此过程中弹簧的最大弹性势能E P—?2mv2+ —Mv0 -(2m M )v220.2J ；
2 2 2
(3)对P i、P2、P系统，由动量守恒定律2mw MV。

2mv3 Mv?
1 2 i 2 i 2 i 2
由能量守恒定律得2mv i + Mv 0 2mv3 Mv2 + Mg L
2 2 2 2
解得P的最终速度v 3m/s 0，即P能从P i上滑下，P的最终速度v 3m/s
7. 在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的多次碰撞.如图所示，一块表面
水平的木板静止放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离L= 0.08 m .现有一小物
块以初速度v0 = 2 m/s从左端滑上木板，已知木板和小物块的质量均为1 kg，小物块与木板之间的动摩擦因数尸0.1，木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，
木板与墙碰后木板以原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取重力加速度g = 10 m/s2.求：
1 木板第一次与墙碰撞时的速度大小；
2 从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间;
3 小物块和木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离.
【答案】(1) 0.4 s 0.4 m/s (2) 1.8 s. (3) 0.06 m
【解析】
试题分析：（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动，设木板加速度为a，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为w
则mg ma，解得a g 1m/s2①
1 2
L —at ②，V i at③
2
联立①②③ 解得t 0.4s，v10.4m/ s④
（2）在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为「
设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有：
v v02nT t a a t ⑤
式中△ t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间.
由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为2v V o 2nTa⑥
由于木板的速率只能处于0到v1之间，故有0 v02nTa 2v1⑦
求解上式得1.5 n 2.5
由于n是整数，故有n=2⑧
由①⑤⑧ 得：t 0.2s⑨；v 0.2m/s⑩
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：t 4T t 1.8s （11）
即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为
1. 8s.
1 2
（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s L - a t （12）
2
联立①与（12）式，并代入数据得s 0.06m
即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0. 06m .
考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式
【名师点睛】本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减为零.
&如图所示，质量均为M = 4 kg的小车A、B, B车上用轻绳挂有质量为m= 2 kg的小球C,与B车静止在水平地面上，A车以v0= 2 m/s的速度在光滑水平面上向B车运动，相碰后粘在一起（碰撞时间很短）.求：
g
co
逼 毬
I
(1) 碰撞过程中系统损失的机械能；
(2) 碰后小球C 第一次回到最低点时的速度大小.
【答案】 ⑴4 J (2)1.6 m/s 【解析】
【详解】 解：⑴设A 、B 车碰后共同速度为 v 1，由动量守恒得： Mv 0 2Mv 1
1 2 1 2
系统损失的能量为： E 损 一Mv ： — 2Mv ； 4 J
2 2
⑵设小球C 再次回到最低点时 A 、B 车速为V 2，小球C 速度为V 3，对A 、B 、C 系统由水平
方向动量守恒得:
2Mv 1 2Mv 2
mv 3
由能量守恒得： 1 2 2Mv
1 2 1 2
2Mv 2mv
2 2 2 解得：v
3 1.6 m/s
9.
如图所示，内
壁粗糙、半径 R = 0.4 m 的四分之一圆弧轨道 AB 在最低点B 与光滑水平轨 道BC 相切。

质量m 2 = 0.2 kg 的小球
b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另 一质量m 1 = 0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动
到圆弧轨道最低点
B 时对轨
道的压力为小球a 重力的2倍，忽略空气阻力，重力加速度
g = 10 m/s 2。

求：
(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功
W f ;
⑵小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能
E p ;
(3) 小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球 b 的冲量I 。

【答案】 ⑴卩 ‘=一 7(2) E P =0.2J ⑶ I=0.4N?s
【解析】
I
I ：
(1)小球由静止释放到最低点
B 的过程中，据动能定理得
'-
FN-^ig= mi —
小球在最低点B 时： 据题意可知’’
,联立可得："泪
(2)小球a 与小球b 把弹簧压到最短时，弹性势能最大，二者速度相同, 此过程中由动量守恒定律得：
；
卩 1 Z
= _(mi + ma) vj + E p 由机械能守恒定律得
弹簧的最大弹性势能 &=0.4J
由动量守恒定律
二_慎】心“ y 、
由能量守恒定律: 根据动量定理有:
得小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球
b 的冲量I 的大小为 l=0.8N s
10. 如图所示，在光滑的水平面上，质量为 4m 、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁 不粘连•质量为 m
的小滑块（可视为质点）以水平速度 v o 滑上木板左端，滑到木板右端时 速度恰好为零•现小滑块以水平速度 v 滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹
性碰撞，小滑块弹回后，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求 —的值.
V 1
【答案】 一 _
v
o 2
【解析】 1 2 试题分析：小滑块以水平速度 v o 右滑
时，有：
fL=0- mv ： （2分）
2 1 2 1 2
小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为
w,则有 fL= mvf- mv 2
（2分）
2 2
滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为 V 2 ,
则有 mv =（m 4m ）v 2 （2分）
2 1 2 由总能量守恒可得： fL 二一 mw- （m 4m ）v 2 （2分）
2 2
v 3
上述四式联立，解得
（1分）
v 0
2
考点：动能定理，动量定理，能量守恒定律.
11.
如图所示，一质量为 M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为
m 的小
木块A , m v M,A 、B 间粗糙，现给 A 和B 以大小相等、方向相反的初速度 v0,使A 开始向 左运动，B 开始向右
运动，最后 A 不会滑离B ,求：
小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中, a 球最终速度为 ，b 求最终速度为P 彳，
(2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车的速度大小和方向.
【答案】 M m
V o M m (2) 2M m 2 Mg 2 V o
【解析】 试题分析：(1)由A 、B 系统动量守恒定律得:
Mv0 —mv0= (M +m ) v ①
所以v=
v0
方向向右 (2) A 向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时速度为
v'则由动量守恒定律得:
Mv0 —mv0="Mv ' V
考点：动量守恒定律;
Mv 0 mv 0 M 方向向右 点评：本题主要考查了动量守恒定律得直接应用，难度适中. 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 B . A 和B 的质 量均为m , A 和B 间的滑动摩擦力为f ，且f v 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? B
1
-
J 1
一
甘
1 1
伽2刊
L> -----------
【答案】 (吨+门
【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 忑-屮几
木棒弹起竖直上升过程中，由牛顿第二定律有：对木棒：
町二 —
解得：
砒，方向竖直向下
对环：■
呵-/
(12 = ------------
解得 m 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
2vo t =
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.
L王--------
解得：Og +门
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。