高考物理动量守恒定律专项训练及答案及解析

高考物理动量守恒定律专项训练及答案及解析
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为m A=1kg、m B=2kg、m C=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：
（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；
（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．
【答案】（1）；（2）；（3）零．
【解析】
试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：
碰后A、B的共同速度
损失的机械能
（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大
根据动量守恒定律有：
三者共同速度
最大弹性势能
（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．
弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：
根据机械能守恒定律：
此时A、B的速度，C的速度
可知碰后A 、B 已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的
，故B
的最小速度为零 ．
考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．
【名师点睛】A 、B 发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能．当B 、C 速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答
2．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：
(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；
(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；
(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．
【答案】(1)2
4.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360
t π
=
,001290143ββ==和 【解析】 【详解】
解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v
从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111
-22
m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =
碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '
=+
取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =
b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2
222N v F m g m R
-=
解得:2
4.610N N F -=⨯
(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：
22222211
(1cos )22
c m gR m v m v θ-+=
解得：2m/s c v =
进入磁场后：Q 所受电场力2
2310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动
由牛顿第二定律得：2
211
c c m v qv B r =
Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，222
1m c
m v r qB =
= 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：
设最大圆心角为α，由几何关系得：2
2
cos(180)d r r α-︒-= 解得：127α=︒
运动周期：2
2
2m T
qB π=
则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360
m t T qB πα
π
=
=
=︒
此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒
3．如图，足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板，挡板前L 处静止着质量m 1=1kg 的小球A ，质量m 2=2kg 的小球B 以速度v 0运动，与小球A 正碰．两小球可看作质点，小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计，且碰撞中均没有机械能损失．求
(1)第1次碰撞后两小球的速度；
(2)两小球第2次碰撞与第1次碰撞之间的时间； (3)两小球发生第3次碰撞时的位置与挡板的距离．
【答案】(1)04
3
v 013v 方向均与0v 相同 (2)065L v (3)9L 【解析】 【分析】
（1）第一次发生碰撞，动量守恒，机械能守恒；
（2）小球A 与挡板碰后反弹，发生第2次碰撞，分析好位移关系即可求解；
（3）第2次碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒，从而找出第三次碰撞前的初始条件，分析第2次碰后的速度关系，位移关系即可求解． 【详解】
（1）设第1次碰撞后小球A 的速度为1v ，小球B 的速度为2v ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律:201122m v m v m v =+
222
201122111222
m v m v m v =+ 整理得：210122m v v m m =+，21
2012
m m v v m m -=+
解得1043v v =
，201
3
v v =，方向均与0v 相同． （2）设经过时间t 两小球发生第2次碰撞，小球A 、B 的路程分别为1x 、2x ，则有
11x v t =，22x v t =
由几何关系知：122x x L += 整理得：0
65L
t v =
（3）两小球第2次碰撞时的位置与挡板的距离：2
35
x L x L =-= 以向左为正方向，第2次碰前
A 的速度04
3A v v =
，B 的速度为013
B v v =-，如图所示．
设碰后A 的速度为A v '，B 的速度为B v '
．根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
1212A B A B m v m v m v m v ''+=+； 222
2121211112222
A B A
B m v m v m v m v ''+=+ 整理得：12212()2A B A m m v m v v m m -+'=+，21112
()2B A B m m v m v v m m -+'=+
解得：089A v v '=-，079
B v v '=
设第2次碰后经过时间t '发生第3次碰撞，碰撞时的位置与挡板相距x '，则
B x x v t '''-=，A x x v t '''+=
整理得：9x L '=
4．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μ=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v 0=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/s 2）求：
(1)物块a 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。

5．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v 0＝8 m/s 的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M 2＝2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上)
【答案】25m/s
【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等． 以M 1、M 2、m 组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒：
()20120M v M m M v +=++共，解得5m /s v =共
以小球与乙车组成的系统，水平方向动量守恒： ()202M v mv m M v -=+共，解得
25m /s v =
考点：考查了动量守恒定律的应用
【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解
6．如图所示，一辆质量M=3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=l kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p =6J ，小球与小车右壁距离为L=0.4m ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
①小球脱离弹簧时的速度大小；
②在整个过程中，小车移动的距离。

【答案】（1）3m/s （2）0.1m 【解析】
试题分析：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得 mv 1-Mv 2=0
22121122
P E mv Mv =
+ 代入数据解得：v 1=3m/s v 2=1m/s （2）根据动量守恒和各自位移关系得12x x
m M t t
=，x 1+x 2=L 代入数据联立解得：24
L
x =
=0.1m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.
7．如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m 的木板B ，B 的左端放置一个质量为m 的物块A ，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m 的小球以水平速度0υ飞来与A 物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A 始终未滑离木板B ，且物块A 和小球均可视为质点(重力加速度g)．求：
①物块A 相对B 静止后的速度大小； ②木板B 至少多长．
【答案】①0.25v 0．②20
16v L g
μ=
【解析】
试题分析：（1）设小球和物体A 碰撞后二者的速度为v 1，三者相对静止后速度为v 2，规定向右为正方向，根据动量守恒得， mv 0=2mv 1，① （2分） 2mv 1=4mv 2② （2分）
联立①②得，v 2=0.25v 0． （1分）
（2）当A在木板B上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L，假设A刚好滑到B的右端时共速，则由能量守恒得，
③ （2分）
联立①②③得，L=
考点：动量守恒，能量守恒．
【名师点睛】小球与 A碰撞过程中动量守恒，三者组成的系统动量也守恒，结合动量守恒定律求出物块A相对B静止后的速度大小；对子弹和A共速后到三种共速的过程，运用能量守恒定律求出木板的至少长度．
8．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
9．[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
2112B 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 211
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．
10．卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。

发现质子的核反应为：。

已知氮核质量为m N =14.00753u ，氧核的质量为m O =17.00454u ，氦核质量m He =4.00387u ，质子（氢核）质量为m p =1.00815u 。

（已知：1uc 2=931MeV ，结果保留2位有效数字）求： （1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？
（2）若入射氦核以v 0=3×107m/s 的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。

反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1:50。

求氧核的速度大小。

【答案】（1）吸收能量，1.20MeV ；（2）1.8×106m/s
【解析】
（1）这一核反应中，质量亏损：△m=m N +m He -m O -m p =14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=-0.00129u
由质能方程，则有△E=△m c 2=-0.00129×931=-1.20MeV
故这一核反应是吸收能量的反应，吸收的能量为1.20MeV
（2）根据动量守恒定律，则有：m He v 0=m H v H +m O v O
又：v O ：v H =1：50
解得：v O =1.8×106m/s
11．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上，另一端与滑块C 接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H 的光滑水平桌面上.现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面h 高处由静止开始滑下，与滑块B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动，经一段时间，滑块C 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知
,2,3A B C m m m m m m ===，求：
（1）滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度v ；
（2）被压缩弹簧的最大弹性势能E Pmax ；
（3）滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离 s.
【答案】（1）111233v v gh =
=（2）6mgh （323Hh 【解析】
【详解】
解：(1)滑块A 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为1v ，由机械能守恒定律有：2112=
A A m gh m v 解之得：12v gh =滑块A 与
B 碰撞的过程，A 、B 系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v ，由动量守恒定律有：()1A A B m v m m v =+ 解之得：111233
v v gh ==(2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A 、B 、C 速度相等，设为速度2v
由动量守恒定律有： ()12A A B C m v m m m v =++
由机械能守恒定律有： ()22max 21()2
A A C
B B P m v m m m m E v -++=+ 解得被压缩弹簧的最大弹性势能：max 16P E mgh =
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，设滑块A 、B 的速度为3v ，滑块C 的速度为4v ，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：
()()34A B A B C m m v m m v m v +=++ ()()22234111222
A B A B C m m v m m v m v +=++ 解之得：30=v ，4123
v gh = 滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：4 s v t =
212
H gt = 解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：23s Hh =
12．（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：2B 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 2B M 2
10mv mgs -=-μ ……2分 解得222B 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
12⋅=⨯μ ……2分⑤ 设弹射装置对A 做功为W ，2
A 21v 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。