高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)及解析

4．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
试题分析：（1）P1
滑到最低点速度为
v1，由机械能守恒定律有：
1 2
mv02
mgR
1 2
mv12
解得：v1=5m/s
P1、P2 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为 v1 、 v2
则由动量守恒和机械能守恒可得： mv1 mv1 mv2
1 2
mv12
1 2
mv12
1 2
mv22
解得： v1 0 、 v2 5m/s
（2）P2 向右滑动时，假设 P1 保持不动，对 P2 有：f2=μ2mg=2m（向左） 设 P1、M 的加速度为 a2；对 P1、M 有：f=（m+M）a2
a2
f m M
2m 5m
0.4m/s2
此时对 P1 有：f1=ma2=0．4m＜fm=1．0m，所以假设成立．
故滑块的加速度为 0．4m/s2；
滑板碰后，P1 向右滑行距离： s1
v2 2a1
0.08m
P2 向左滑行距离： s2
v22 2a2
2.25m
所以 P1、P2 静止后距离：△S=L-S1-S2=1．47m
考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能
守恒定律．
【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正
5．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 mN=14.00753u，氧核的质量为 mO=17.00454u，氦核质量 mHe=4.00387u，质
子（氢核）质量为 mp=1.00815u。（已知：1uc2=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？
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： mv1=MVM1+mv2 ⑤
6．如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为 m 的小物块 A 和 C 以及光滑曲面劈 B，B 的质量为 M=3m，劈 B 的曲面下端与水平面相切，且劈 B 足够高，现让小物块 C 以水 平速度 v0 向右运动，与 A 发生弹性碰撞，碰撞后小物块 A 又滑上劈 B，求物块 A 在 B 上能 够达到的最大高度．
9．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为 6kg 的小车 C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有 一个质量为 2kg 的滑块 A，在小车 C 的左端有一个质量为 2kg 的滑块 B，滑块 A 与 B 均可 看做质点．现使滑块 A 从距小车的上表面高 h=1.25m 处由静止下滑，与 B 碰撞后瞬间粘合 在一起共同运动，最终没有从小车 C 上滑出．已知滑块 A、B 与小车 C 的动摩擦因数均为 μ=0.5，小车 C 与水平地面的摩擦忽略不计，取 g=10m/s2. 求： （1）滑块 A 与 B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小； （2）小车 C 上表面的最短长度.
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．
pTh pα
EkTh
pT2h 2mTh
Ekα
pα2 2mα
EkTh Ekα E
所以钍核获得的动能 EkTh
mα
mα mTh
E
4 E 4 228
0.095MeV
8．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 v0 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.
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．
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】①0.25v0．②
L
v02 16
g
【解析】
试题分析：（1）设小球和物体 A 碰撞后二者的速度为 v1，三者相对静止后速度为 v2，规 定向右为正方向，根据动量守恒得，
mv0=2mv1，① （2 分） 2mv1=4mv2② （2 分） 联立①②得，v2=0.25v0． （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
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)及解析
一、高考物理精讲专题动量守恒定律
1．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.
木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv﹣m（﹣v0）=μ2mgt1
用动能定理，有：
﹣
=﹣μ2mgs
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt2
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间 t=t1+t2=
+
=
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．
确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．
3．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 ，现有质量为 m 的小球以水平速度0 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：
（3）P2 滑到
C
点速度为
v2
，由
mgR
1 2
mv22
得 v2 3m/s
P1、P2 碰撞到 P2 滑到 C 点时，设 P1、M 速度为 v，由动量守恒定律得：
mv2 (m M )v mv2
解得：v=0．40m/s
对
P1、P2、M
为系统：
f2L
1 2
mv22
1 (m 2
M )v2
代入数值得：L=3．8m
1 2
mv02
1 2
mvC2
1 2
mvA2
联立以上解得：vC＝0，vA＝v0
设小物块 A 在劈 B 上达到的最大高度为 h，此时小物块 A 和 B 的共同速度大小为
v，对小物块 A 与 B 组成的系统，
由机械能守恒得：
1 2
mvA2
mgh2
水平方向动量守恒 mvA m M v
联立以上解得： h 3v02 8g
（1）P1 和 P2 碰撞后瞬间 P1、P2 的速度分别为多大？ （2）P2 在 BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N、P1 和 P2 最终静止后，P1 与 P2 间的距离为多少？
【答案】（1） v1 0 、 v2 5m/s （2） a2 0.4m/s2
【解析】
（3）△S=1．47m
【答案】 【解析】
设两个小球第一次碰后 m1 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
2．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置 U 形滑板 N，滑板两端为半径 R=0．45m 的 1/4 圆弧面．A 和 D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块 P1 和 P2 的质量均为 m．滑板的质量 M=4m，P1 和 P2 与 BC 面的动摩擦因数分别为 μ1=0．10 和 μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P2 静止在粗糙 面的 B 点，P1 以 v0=4．0m/s 的初速度从 A 点沿弧面自由滑下，与 P2 发生弹性碰撞后，P1 处 在粗糙面 B 点上．当 P2 滑到 C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2 继续运 动，到达 D 点时速度为零．P1 与 P2 视为质点，取 g=10m/s2．问：
【答案】 t 4v0 3 g
【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：
2mv0﹣mv0=（2m+m）v，解得：v=
232 92
U
22980Th+
4 2
He
(2)5.49MeV (3)0.095MeV
【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
228 90
Th
（原子质量为
228.0287
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)
【答案】 h 3v02 8g
【解析】
试题分析：选取 A、C 系统碰撞过程动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能 守恒定律求出 A 的速度；A、B 系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定 律可以解题． 小物块 C 与 A 发生弹性碰撞， 由动量守恒得：mv0＝mvC＋mvA
由机械能守恒定律得：
点睛：本题主要考查了物块的碰撞问题，首先要分析清楚物体运动过程是正确解题的关 键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．要注意 A、B 系统水平方向动量守 恒，系统整体动量不守恒．
7．一个静止的铀核
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
（2）若入射氦核以 v0=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=mN+mHe-mO-mp=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=0.00129u 由质能方程，则有△E=△m c2=-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：mHe v0=mH vH+mOvO 又：vO：vH=1：50 解得：vO=1.8×106m/s