高中物理动量守恒定律解题技巧和训练方法及练习题(含答案)

的 1 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 4
平面上，现有滑块 A 以初速度 v0 从右端滑上 B 并以 v0 滑离 B，恰好能到达 C 的最高点.A、 2
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 圆弧槽 C 的半径 R 4
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 v0)＋mv1＝(m＋m)v2 ③ 2
1 m( 1 v0)2＋ 1 mv12＝ 1 (2m)v22＋mgR ④
22
2
2
联立①③④解得：R＝ v02 64g
解得：vB = - +
因为 B 不改变运动方向，所以 vB = - + ≥0
解得： q≤ Q
则 B 所带电荷量的最大值为：qm = Q
6．如图所示，质量为 m 的由绝缘材料制成的球与质量为 M=19m 的金属球并排悬挂．现将 绝缘球拉至与竖直方向成 θ=600 的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰 撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次 碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于
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
（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 qm
【答案】（1）
（2） 1 QE0d （3） Q 45
【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 vA0、vB0，由动能定理得 QE0d = m
由动量守恒定律得：（m + ）v， = mvA0 + vB0
由能量守恒定律得：EPm= ( m +
)—
）
且q= Q
解得相互作用能的最大值 EPm= 1 QE0d 45
（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：mvA+ vB= mvA0 + vB0
根据能量守恒定律得： m + = m +
考点：动量守恒定律；能量守恒定律. 视频
3．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
⑤
s=Vt
⑥
由②⑤⑥得
S=
⑦
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综 合，比较容易．
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
【解析】
【详解】
(1)
U 232 92
22980Th+
4 2
He
(2)质量亏损 m mU mα mTh 0.0059u
△ E=△ mc2=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
pTh pα
EkTh
pT2h 2mTh
Ekα
pα2 2mα
设 B 球的速度为 vB ' ， 则有碰撞过程动量守恒
mAvA mBvB ' mBvB ''
碰撞过程没有动能损失则有
1 2
mAvA2
1 2
mBvB
Βιβλιοθήκη Baidu
'2
1 2
mBvB
''2
解得 vB ' 1m / s ， vB '' 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 v0 vB 4m / s
7．（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到 108K 时，可
以发生“氦燃烧”。
①完成“氦燃烧”的核反应方程：
4 2
He
___
8 4
Be
γ
。
②
8 4
Be
是一种不稳定的粒子，其半衰期为
2.6×10-16s。一定质量的
8 4
Be
，经
7.8×10-16s
后所剩下的
8 4
Be
占开始时的
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】 vB 4m / s hp 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
mB gh
1 2
mB vB 2
可得 B 球第一次到达地面时的速度 vB 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 vA gt 3m / s
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：
2．28．如图所示，质量为 ma=2kg 的木块 A 静止在光滑水平面上。一质量为 mb= lkg 的木 块 B 以初速度 v0=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。
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 Epm
u
）．（已知：原子质量单位
1u 1.67 1027 kg ，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)
232 92
U
22980Th+
4 2
He
(2)5.49MeV (3)0.095MeV
高中物理动量守恒定律解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
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．
。
（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板 A（上表面粗糙）和滑块 C，滑块 B 置于 A 的
左端，三者质量分别为 mA = 2kg 、 mB = 1kg 、 mC = 2kg 。开始时 C 静止，A、B 一起以
v0 = 5m / s 的速度匀速向右运动，A 与 C 发生碰撞（时间极短）后 C 向右运动，经过一段 时间，A、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与 C 碰撞。求 A 与 C 发生碰撞后
450．
【答案】最多碰撞 3 次 【解析】 解：设小球 m 的摆线长度为 l
小球 m 在下落过程中与 M 相碰之前满足机械能守恒：
①
m 和 M 碰撞过程是弹性碰撞，故满足： mv0=MVM+mv1 ②
③
联立 ②③得：
④
说明小球被反弹，且 v1 与 v0 成正比，而后小球又以反弹速度和小球 M 再次发生弹性碰 撞，满足：
所以 P 点的高度 hp
v02 vB 2g
'2
0.75m
考点：动量守恒定律 能量守恒
4．如图，一质量为 M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为 h.一质量为 m 的 子弹以水平速度 v0 射入物块后，以水平速度 v0/2 射出.重力加速度为 g.求： （1）此过程中系统损失的机械能；
（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
碰后 A、B 满足动量守恒，设 A、B 的共同速度为 v1 ，则 mAvA mBv0 (mA mB )v1
由于 A、B 整体恰好不再与 C 碰撞，故 v1 vC
联立以上三式可得 vA =2m/s。
【考点定位】（1）核反应方程，半衰期。
（2）动量守恒定律。
8．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
EkTh Ekα E
所以钍核获得的动能 EkTh
mα
mα mTh
E
4 E 4 228
0.095MeV
10．如图所示，在光滑的水平面上有一长为 L 的木板 B，其右侧边缘放有小滑块 C，与木板
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．
9．一个静止的铀核
232 92
U
（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 90
Th
（原子质量为
228.0287
mv1=MVM1+mv2 ⑤ ⑥
解得：
⑦
整理得：
⑧
故可以得到发生 n 次碰撞后的速度：
⑨
而偏离方向为 450 的临界速度满足：
⑩ 联立①⑨⑩代入数据解得，当 n=2 时，v2＞v 临界 当 n=3 时，v3＜v 临界 即发生 3 次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于 45°． 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 专题：压轴题． 分析：先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度，然后根据动量守恒定律和机械 能守恒定律求出碰撞后小球的速度，对速度表达式分析，求出碰撞 n 次后的速度表达式， 再根据机械能守恒定律求出碰撞 n 次后反弹的最大角度，结合题意讨论即可． 点评：本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大 角度，然后对结果表达式进行讨论，得到第 n 次反弹后的速度和最大角度，再结合题意求 解．
瞬间 A 的速度大小。
【答案】（1）①
4 2
He
（或
）
②1 8
（或 12.5%）
（2）2m/s
【解析】（1）①由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。
②由题意可知经过
3
个半衰期，剩余的
8 4
Be
的质量 m
m0
(
1 2
)3
1 8
m0 。
（2）设碰后 A 的速度为 vA ，C 的速度为 vC ,由动量守恒可得 mAv0 mAvA mCvC ,
【答案】（1） ＝ 5v02 ；（2） R＝ v02
16gL
64g
【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：
mv0＝m( 1 v0)＋2mv1 ① 2
μmgL＝ 1 mv02－ 1 m( 1 v0) 2－ 1 ×2mv12 ②
2
22
2
联立①②解得：μ＝ 5v02 . 16gL
【答案】(1)
E
1 8
3
m M
mv02
(2) s mv0 M
h 2g
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为 V，由动量守恒得
mv0=m +MV ① 解得
②
系统的机械能损失为
ΔE=
③
由②③式得
ΔE=
④
（2）设物块下落到地面所需时间为 t，落地点距桌面边缘的水平距离为 s,则
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，，
【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 mBv0=mBvB+mAvA 第二次碰撞 ，规定向左为正向 mAvA-mBvB= mBvB’+mAvA’ 得到 vA=4m/s vB=2m/s
ΔE=9J