高考物理动量守恒定律的技巧及练习题及练习题(含答案)

高考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．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．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x 0，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3x 0，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 ＝x 0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】20132v gx =01
4
P E mgx =0(2043)v gx =+【解析】
试题分析：（1）A 与B 球碰撞前后，A 球的速度分别是v 1和v 2，因A 球滑下过程中，机械能守恒，有： mg （3x 0）sin30°=
1
2
mv 12 解得：103v gx ＝
又因A 与B 球碰撞过程中，动量守恒，有：mv 1=2mv 2…②
联立①②得：21011
322
v v gx ＝＝
（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：E P +
1
2
•2mv 22＝0+2mg•x 0sin30° 解得：E P ＝2mg•x 0sin30°−
1
2•2mv 22=mgx 0−34
mgx 0＝14mgx 0…③ （3）设物块在最高点C 的速度是v C ，
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：2
c v mg m R
＝
所以：0c v gR gx ＝＝ C 点相对于O 点的高度： h=2x 0sin30°+R+Rcos30°=(43)
+x 0…⑤ 物块从O 到C 的过程中机械能守恒，得：
12mv o 2＝mgh+1
2
mv c 2…⑥ 联立④⑤⑥得：0(53)o v gx +＝…⑦ 设A 与B 碰撞后共同的速度为v B ，碰撞前A 的速度为v A ，滑块从P 到B 的过程中机械能守恒，得：
12mv 2+mg （3x 0sin30°）＝1
2
mv A 2…⑧ A 与B 碰撞的过程中动量守恒．得：mv A =2mv B …⑨ A 与B 碰撞结束后从B 到O 的过程中机械能守恒，得：
1
2
•2mv B 2+E P ＝1
2
•2mv o 2+2mg•x 0sin30°…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：033v gx ＝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．
3．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
1
4
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/s 2。

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：()0M m v += 所以滑到C 点时小物块与小车速度都为0 由能量守恒得： mgR mgL μ= 解得：0.5R
L
μ=
= (2)小物块滑到B 位置时速度最大，设为1v ，此时小车获得的速度也最大，设为2v 由动量守恒得 ：12mv Mv = 由能量守恒得 ：221211
22
mgR mv Mv =+ 联立解得： 21/ v m s =
4．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。

P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L 。

物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可以看作质点。

P 1与P 以共同速度v 0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 压缩弹簧后被弹回并停在A 点（弹簧始终在弹性限度内）。

P 与P 2之间的动摩擦因数为μ，求：
（1）P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； （2）此过程中弹簧最大压缩量x 和相应的弹性势能E p 。

【答案】（1） 201v v =，4
302v v = （2）L g v x -=μ3220，1620
p mv E = 【解析】（1） P 1、P 2碰撞过程，动量守恒，102mv mv =，解得2
1v v =。

对P 1、P 2、P 组成的系统，由动量守恒定律 ，204)2(mv v m m =+，解得4
30
2v v =
（2）当弹簧压缩最大时，P 1、P 2、P 三者具有共同速度v 2，对P 1、P 2、P 组成的系统，从
P 1、P 2碰撞结束到P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点，用能量守恒定律
)(2)2()2(212212212
22021x L mg u v m m m mv mv ++++=⨯+⨯ 解得L g
v x -=μ3220 对P 1、P 2、P 系统从P 1、P 2碰撞结束到弹簧压缩量最大，用能量守恒定律
p 222021))(2()2(2
1221221E x L mg u v m m m mv mv +++++=+ 最大弹性势能16
2
P mv E =
注意三个易错点：碰撞只是P 1、P 2参与；碰撞过程有热量产生；P 所受摩擦力，其正压力为2mg
【考点定位】碰撞模型、动量守恒定律、能量守恒定律、弹性势能、摩擦生热。

中档题
5．一质量为的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块
并留在其中，
与木块
用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧
被压缩瞬间
的速度
，木块
、
的质量均为
．求：
•子弹射入木块
时的速度；
‚弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能． 【答案】22()(2)
Mm a
M m M m ++b
【解析】
试题分析：（1）普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A 正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B 正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D 错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E 错．(2)1以子弹与木块A 组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得：
．
2弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块
的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得：
由机械能守恒定律可知：
．
考点：本题考查了物理学史和动量守恒定律
6．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为3A m m =、B C m m m ==，开始时B 、C 均静止，A 以初速度0v 向右运动，A 与B 相撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．
【答案】06
5
B v v = 【解析】 【分析】 【详解】
设A 与B 碰撞后，A 的速度为A v ，B 与C 碰撞前B 的速度为B V ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：
0A A A B B m v m v m v =+
对B 、C 木块：
()B B B C m v m m v =+
由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得：
06
5
B v v =．
7．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E 0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
8．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m
的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）
【答案】0
4v
【解析】
【分析】
在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．
【详解】
设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：
12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0，则最小速度为4v0．
【点睛】
本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择以及正方向的选择．
9．如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑
的1
4
圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，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 并以0
2
v 滑离B ，恰好能到达C 的最高点.A 、B 、C 的质量均为m ，试求：
（1）滑块与木板B 上表面间的动摩擦因数μ； （2）
1
4
圆弧槽C 的半径R 【答案】（1）20516v gL μ＝；（2）20
64v R g
＝
【解析】
由于水平面光滑，A 与B 、C 组成的系统动量守恒和能量守恒，有：
mv 0＝m (
1
2v 0)＋2mv 1 ① μmgL ＝12mv 02－12m (12v 0) 2－1
2
×2mv 12 ②
联立①②解得：μ＝
2
516v gL
. ②当A 滑上C ，B 与C 分离，A 、C 间发生相互作用．A 到达最高点时两者的速度相等．A 、C 组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒： m (
1
2
v 0)＋mv 1＝(m ＋m )v 2 ③ 12m (12v 0)2＋12mv 12＝1
2
(2m )v 22＋mgR ④ 联立①③④解得：R ＝2
64v g
点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，列出动量守恒以及能量转化的方程；注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向．
10．一个静止的铀核232
92U （原子质量为232.0372u ）放出一个α粒子（原子质量为4.0026u ）后衰变成钍核228
90Th （原子质量为228.0287 u ）．（已知：原子质量单位
271u 1.6710kg -=⨯，1u 相当于931MeV ）
(1)写出核衰变反应方程；
(2)算出该核衰变反应中释放出的核能；
(3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？
【答案】(1)232228492
902U Th+He →
(2)5.49MeV (3)0.095MeV
【解析】 【详解】 (1)
232228
492
902U Th+He →
(2)质量亏损U αTh 0.0059u m m m m ∆=--= △E =△mc 2=0.0059×931MeV=5.49MeV
(3)系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，即
Th αp p =
2
Th kTh
Th
2p E m = 2α
k αα
2p E m =
kTh k αE E E +=∆
所以钍核获得的动能kTh αTh α4
0.095MeV 4228
m E E E m m =
⨯∆=⨯∆=++
11．光滑水平面上放着一质量为M 的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m 的小球以v 0向槽运动．
（1）若槽固定不动，求小球上升的高度（槽足够高）． （2）若槽不固定，则小球上升多高？
【答案】（1）202v g （2）2
2()Mv M m g
+
【解析】
（1）槽固定时，设球上升的高度为h 1，由机械能守恒得：21012
mgh mv =
解得：20
12v h g
=；
（2）槽不固定时，设球上升的最大高度为2h ，
此时两者速度为v ，由动量守恒定律得：()0mv m M v =+ 再由机械能守恒定律得：
()220211
22
mv m M v mgh =++ 联立解得，上球上升的高度：()2
22Mv h m M g
=+
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。