最新高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)

最新高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题(含答案)
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。

某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2
m
∆ 的压缩气体，每级总质量均为
2
M
，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。

喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。

【答案】116.54m
【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-∆-∆甲
21085=200.5629
v h m m g =≈甲甲
对模型乙第一级喷气： 10022
m m
M v v ∆∆⎛
⎫=-- ⎪⎝⎭乙 解得： 130m v s
=乙
2s 末： ‘
11=10m v v gt s
-=乙乙
22
11
1'=402v v h m g
-=乙乙乙
对模型乙第一级喷气：
‘120=)2222
M M m m v v v ∆∆--乙乙（ 解得： 2670=
9
m
v s 乙 2
2222445=277.10281
v h m m g =≈乙乙
可得： 129440
+=
116.5481
h h h h m m ∆=-≈乙乙甲。

2．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/s2）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。

3．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m2被右侧墙壁原速弹回，又与m1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m1球速度的大小.
【答案】
【解析】
设两个小球第一次碰后m 1和m2速度的大小分别为和，
由动量守恒定律得：（4分）
两个小球再一次碰撞，（4分）
得：（4分）
本题考查碰撞过程中动量守恒的应用，设小球碰撞后的速度，找到初末状态根据动量守恒的公式列式可得
4．牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16．分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度．若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m 的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小．
【答案】v0v0
【解析】设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2
由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2
且由题意知＝
解得v1＝v0，v2＝v0
视频
5．用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”．1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氨（它们可视为处于静止状态）．测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氨核和氦核的质量之比为7：0．查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子．假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氦发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量．（质量用原子质量单位u表示，1u等于1个12C原子质量的十二分之一．取氢核和氦核的质量分别为1.0u和14u．）
【答案】m＝1.2u
【解析】
设构成铍“副射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为m H．构成铍“辐射”
的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和v H ′．由动量守恒与能量守恒定律得 mv ＝mv′＋m H v H ′ ①
12mv 2
＝12mv′2＋1
2m H v H ′2② 解得
v H ′＝2H
mv m m +③
同理，对于质量为m N 的氮核，其碰后速度为
V N ′＝2N
mv m m +④
由③④式可得 m ＝
''
''
N N H H H N m v m v v v --⑤
根据题意可知 v H ′＝7.0v N ′ ⑥
将上式与题给数据代入⑤式得 m ＝1.2u ⑦
6．如图所示，木块m 2静止在高h=0．45 m 的水平桌面的最右端，木块m 1静止在距m 2 左侧s 0=6．25 m 处．现木块m 1在水平拉力F 作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与 m 2碰前瞬间撤去F ，m 1和m 2发生弹性正碰．碰后m 2落在水平地面上，落点距桌面右端水平 距离s=l ．2 m ．已知m 1=0．2 kg ，m 2 =0．3 kg ，m 1与桌面的动摩擦因素为0．2．（两个木块都可以视为质点，g=10 m ／s 2
）求：
（1）碰后瞬间m 2的速度是多少？ （2）m 1碰撞前后的速度分别是多少？ （3）水平拉力F 的大小？
【答案】（1）4m/s （2）5m/s ；-1m/s （3）0．8N 【解析】
试题分析：（1）m 2做平抛运动，则：h=12
gt 2
； s=v 2t ； 解得v 2=4m/s
（2）碰撞过程动量和能量守恒：m 1v=m 1v 1+m 2v 2
12m 1v 2=12m 1v 12+12
m 2v 22
代入数据解得：v=5m/s v 1=-1m/s （3）m 1碰前:v 2
=2as
11F m g m a μ-=
代入数据解得：F=0．8N
考点：动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律的应用
【名师点睛】此题关键是搞清两个物体的运动特征,分清物理过程；用动量守恒定律和能量守恒定律结合牛顿定律列出方程求解．
7．如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v 0向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后木板以原速率反弹.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.
【答案】0
43v t g
μ= 【解析】
解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，
再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度v ，动量守恒，有： 2mv 0﹣mv 0=（2m+m ）v ，解得：v=
木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv ﹣m （﹣v 0）=μ2mgt 1 用动能定理，有：
﹣
=﹣μ2mgs
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt 2 木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t 1+t 2=+
=
答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为
【点评】本题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题，正确分析出运动规律是关键．
8．如图所示，质量为m A =3kg 的小车A 以v 0=4m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m B =1kg 的小球B （可看作质点），小球距离车面h =0.8m ．某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为m C =1kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g =10m/s 2．求：
（1）小车系统的最终速度大小v 共； （2）绳未断前小球与砂桶的水平距离L ； （3）整个过程中系统损失的机械能△E 机损． 【答案】(1)3.2m/s （2）0.4m （3）14.4J 【解析】
试题分析：根据动量守恒求出系统最终速度；小球做平抛运动，根据平抛运动公式和运动学公式求出水平距离；由功能关系即可求出系统损失的机械能． （1）设系统最终速度为v 共，由水平方向动量守恒： (m A ＋m B ) v 0=(m A ＋m B ＋m C ) v 共 带入数据解得：v 共=3.2m/s
（2）A 与C 的碰撞动量守恒：m A v 0=(m A ＋m C )v 1 解得：v 1=3m/s
设小球下落时间为t ，则： 212
h gt = 带入数据解得：t =0.4s 所以距离为：01()L v v =－ 带入数据解得：L =0.4m
（3）由能量守恒得：()()22
01122
B A B A B E m gh m m v m m m v ∆=++-++共
损 带入数据解得：14.4E J ∆=损
点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列式求解．
9．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 （323
Hh 【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：211
2
=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： ()22
max 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 1
6
P 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 +=++
()()22234111
222
A B A B C m m v m m v m v +=++ 解之得：30=v ，41
23
v gh =
滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：4 s v t =
2
12
H gt =
解之得滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离：2
3
s Hh =
10．如图所示，光滑固定斜面的倾角Θ=30°，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量M=3kg 的物体B 相连，初始时B 静止.质量m=1kg 的A 物体在斜面上距B 物体处s1=10cm 静止释放，A 物体下滑过程中与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与B 粘在一起，已知碰后整体经t=0.2s 下滑s2=5cm 至最低点. 弹簧始终处于弹性限度内，A 、B 可视为质点，g 取10m/s 2．
（1）从碰后到最低点的过程中，求弹簧最大的弹性势能; （2）碰后至返回到碰撞点的过程中，求弹簧对物体B 的冲量大小．
【答案】（1）1．125J ；（2）10Ns 【解析】 【分析】
(1)A 物体下滑过程，A 物体机械能守恒，求得A 与B 碰前的速度；A 与B 碰撞是完全非弹性碰撞，A 、B 组成系统动量守恒，求得碰后AB 的共同速度；从碰后到最低点的过程中，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量． (2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞点时AB 的速度；对AB 从碰后至返回到碰撞点的过程应用动量定理，可得此过程中弹簧对物体B 冲量的大小． 【详解】
(1)A 物体下滑过程，A 物体机械能守恒，则：0
2101302
mgS sin mv = 解得：0012302100.10.51m m v gS sin s s
=
=⨯⨯⨯=
A 与
B 碰撞是完全非弹性碰撞，据动量守恒定律得：
01()mv m M v =+
解得：10.25m v s =
从碰后到最低点的过程中，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，则：
20121
()()302
PT E m M v m M gS sin =
+++增 解得： 1.125PT E J =增
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞
点时AB 的速度大小210.25
m v v s == 以沿斜面向上为正，由动量定理可得：
[]021()302()()T I m M gsin t m M v m M v -+⨯=+--+
解得：10T I N s =⋅
11．如图所示，用气垫导轨做“验证动量守恒”实验中，完成如下操作步骤：
A ．调节天平，称出两个碰撞端分别贴有尼龙扣滑块的质量m 1和m 2．
B ．安装好A 、B 光电门，使光电门之间的距离为50cm ．导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够作_________运动．
C ．在碰撞前，将一个质量为m 2滑块放在两光电门中间，使它静止，将另一个质量为m 1滑块放在导轨的左端，向右轻推以下m 1，记录挡光片通过A 光电门的时间t 1．
D ．两滑块相碰后，它们粘在一起向右运动，记录挡光片通过_______________的时间t 2．
E ．得到验证实验的表达式__________________________． 【答案】匀速直线运动 小车经过光电门的时间 ()12112
m m m t t +=
【解析】 【详解】
为了让物块在水平方向上不受外力，因此当导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够作匀速直线运动；
根据实验原理可知，题中通过光电门来测量速度，因此应测量小车经过光电门的时间 设光电门的宽度为l ，则有：经过光电门的速度为11
l
v t = 整体经过光电门的速度为：22
l v t =
由动量守恒定律可知，11122(+)m v m m v = 代入解得：
11212
()m m m t t +=。

12．如图所示，一质量为m=1．5kg 的滑块从倾角为θ=37°的斜面上自静止开始滑下，斜面末端水平（水平部分光滑，且与斜面平滑连接，滑块滑过斜面末端时无能量损失），滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车．已知斜面长s=10m ，小车质量为M=3．5kg ，滑
块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ=0．35，小车与地面光滑且足够长，取g=10m/s2．
求：（1）滑块滑到斜面末端时的速度
（2）当滑块与小车相对静止时，滑块在车上滑行的距离
【答案】（1）8 m/s（2）6．4m
【解析】
试题分析：（1）设滑块在斜面上的滑行加速度a，
由牛顿第二定律，有 mg（sinθ-μcosθ）=ma
代入数据得：a=3．2m/s2
又：s=1
2
at2
解得 t=2．5s
到达斜面末端的速度大小 v0=at=8 m/s
（2）小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0=（m+M）v
代入数据得：v=2．4m/s
滑块在小车上运动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，得：
μmgL＝1
2
mv02−
1
2
（m+M）v2
代入数据得：L=6．4m
考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律
【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的应用，属于多过程问题，需要分阶段求解；解题时需选择合适的物理规律，用牛顿定律结合运动公式，或者用动量守恒定律较简单，此题是中档题。