高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析

高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(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M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度B=0.5T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m ，导轨的半径r=0.5m ，导体棒的电阻R=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s 2，不计空气阻力。

(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；

(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；

(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J ，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率。 【答案】(1) 210/v m s = (2)25J (3)9W 4

P = 【解析】 【详解】

解：(1)根据机械能守恒定律，可得：212

mgh mv = 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：210/v m s =

(2)导体棒早凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，圆柱体停在凹槽最低点

根据能力守恒可知，整个过程中系统产生的热量：()25Q mg h r J =+=

(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为1v ，凹槽速度大小为2v ，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：12mv Mv = 由能量守恒可得：

22

12111()22

mv mv mg h r Q +=+- 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：12E BLv BLv =+

回路电功率：2

E P R

=

联立解得：94

P W =

2．如图所示,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B 与斜面间的动摩擦因数3

6

μ=

；槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d =0.1m ，A 、B 的质量都为m=2kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A 、B 之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A 、B,经过一段时间,A 与B 的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g 取210/m s .求：

(1)释放后物块A 和凹槽B 的加速度分别是多大?

(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小；

(3)从初始位置到物块A 与凹糟B 的左侧壁发生第三次碰撞时B 的位移大小． 【答案】（1）（2）v An =(n-1)m?s -1，v Bn ="n" m?s -1（3）x n 总=0.2n 2m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设物块A 的加速度为a 1，则有m A gsin θ=ma 1， 解得a 1=5m/s 2

凹槽B 运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcos θ=mg 方向沿斜面向上； 凹槽B 所受重力沿斜面的分力G 1=2mgsin θ=mg 方向沿斜面向下； 因为G 1=f ，则凹槽B 受力平衡，保持静止，凹槽B 的加速度为a 2=0 （2）设A 与B 的左壁第一次碰撞前的速度为v A0，根据运动公式：v 2A0=2a 1d 解得v A0=3m/s ；

AB 发生弹性碰撞，设A 与B 第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为v A1，B 的速度为v B1，则由动量守恒定律：0112A A B mv mv mv =+ ；

由能量关系：

2220111112222

A A

B mv mv mv =+? 解得v A1=-1m/s(负号表示方向)，v B1=2m/s

3．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

4．如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：

(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；

(2)人给第一辆车水平冲量的大小；

(3)第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。

【答案】

【解析】略

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，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v 0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．

【答案】20

38v h g

=

【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：mv 0＝mv C ＋mv A

由机械能守恒定律得：

2220111222

C A mv mv mv =+ 联立以上解得：v C ＝0，v A ＝v 0

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：

()2211

22

A mv mgh m M v =++ 水平方向动量守恒()A mv m M v =+

联立以上解得： 2

38v h g

=

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

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 =

??=??=++

8．如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B=4T 的匀磁场中，两导轨间距L=0.5m ，导轨足够长金属棒a 和b 的质量都为m=1kg ，电阻1a b R R ==Ω.b 棒静止于轨道水平部分，现将a 棒从h=80cm 高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C 点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰.求a 、b 两棒的最

终速度大小以及整个过程中b 棒中产生的焦耳热（已知重力加速度g 取10m/s 2）

【答案】 2m/s 2J 【解析】

a 棒下滑至C 点时速度设为v 0，则由动能定理，有：

2

0102

mgh mv =

- （2分） 解得v 0=4m/s ； （2分）

此后的运动过程中，a 、b 两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a 、b 两棒组成的系统动量守恒，有：

()0m v m m v =+ （2分）

解得a 、b 两棒共同的最终速度为v =2m/s ，此后两棒一起做匀速直线运动； 由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦耳热为： ()22011

22

Q mv m m v =

-+ （2分） 则b 棒中的焦耳热1

2

b Q Q =

（2分） 联立解得：Q b =2J （2分）

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/s 2. 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.

【答案】(1) v =2.5m/s (2) L =0.375m 【解析】

【试题分析】(1)根据机械能守恒求解块A 滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C 上表面的最短长度．

(1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为1v ，由机械能守恒定律有：2A A 11m gh m v 2

= 代入数据解得12gh 5m/s v ==．

设A 、B 碰后瞬间的共同速度为2v ，滑块A 与B 碰撞瞬间与小车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒， ()12A A B m v m m v =+ 代入数据解得2 2.5m/s v =．

(2)设小车C 的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为3v ，

根据动量守恒定律有：()()A B 2A B C 3m m v m m m v +=++ 根据能量守恒定律有：()()()222311

gL=22

A B A B A B C m m m m v m m m v μ++-++ 联立以上两代入数据解得0.375m L =

【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式，正确把握每个过程的物理规律是关键．

10．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 （32

3

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：1v =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：113v v =

=(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 ，4v =

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：s =

11．在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC ，半径为R ，如图所示，A 、C 两点的连线水平，B 点为轨道最低点.其中AB 部分是光滑的，BC 部分是粗糙的.有一个质量为m 的乙物体静止在B 处，另一个质量为2m 的甲物体从A 点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC 轨

道，最高运动到D 点，OD 与OB 连线的夹角θ60.=o

甲、乙两物体可以看作质点，重力加

速度为g ，求：

(1)甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．

(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力． (3)甲乙构成的整体从B 运动到D 的过程中，摩擦力对其做的功． 【答案】(1)2 23m gR (2)压力大小为：

17

3

mg ，方向竖直向下．(3)W f =1

6

mgR -． 【解析】 【分析】

(1)先研究甲物体从A 点下滑到B 点的过程，根据机械能守恒定律求出A 刚下滑到B 点时的速度，再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度，即可对甲，运用动量定理求甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．

(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对于甲乙构成的整体，由牛顿第二定律求出轨道对整体的支持力，再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力．

(3)甲乙构成的整体从B 运动到D 的过程中，运用动量定理求摩擦力对其做的功． 【详解】

()1甲物体从A 点下滑到B 点的过程，

根据机械能守恒定律得：2012mgR 2mv 2

=?， 解得：0v 2gR =

甲乙碰撞过程系统动量守恒，取向左方向为正，根据动量守恒定律得：

()02mv m 2m mv =+，

解得：2

v 2gR 3

=

甲物与乙物体碰撞过程，对甲，由动量定理得：02

I 2mv 2mv m 2gR 3

=-=-甲向：水平向右；

()2甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对甲乙构成的整体，

由牛顿第二定律得：()()2

v F m 2m g m 2m R

-+=+， 解得：17

F mg 3

=

，

根据牛顿第三定律，对轨道的压力17

F'F mg 3

==

，方向：竖直向下； ()3对整体，从B 到D 过程，由动能定理得：()2f 13mgR 1cos60W 03mv 2

--+=-?o

解得，摩擦力对整体做的功为：f 1

W mgR 6

=-； 【点睛】

解决本题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况，把握每个过程的物理规律，知道碰撞的基本规律是动量守恒定律.摩擦力是阻力，运用动能定理是求变力做功常用的方法．

12．如图所示，物块质量m =4kg ，以速度v =2m /s 水平滑上一静止的平板车上，平板车质量M =16kg ，物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，其他摩擦不计（g =10m /s 2），求：

（1）物块相对平板车静止时，物块的速度； （2）物块在平板车上滑行的时间；

（3）物块在平板车上滑行的距离，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？ 【答案】（1）0.4m/s （2）（3）

【解析】

解：物块滑下平板车后，在车对它的摩擦力作用下开始减速，车在物块对它的摩擦力作用下开始加速，当二者速度相等时，物块相对平板车静止，不再发生相对滑动。 （1）物块滑上平板车的过程中，二者组成的系统动量守恒，取v 的方向为正方向。mv=（M+m ）v′，，即物块相对平板车静止时，物块速度为0.4m/s 。 （2）由动量定理

，

（3）物块在平板车上滑行时，二者都做匀变速直线运动，且运动时间相同，因此，对物块

，对板车

，物块在板车上滑行的距离

，要

使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m 。

本题考查的是对动量守恒定律和动量定理问题的应用，根据动量守恒定律可求出物块相对平板车静止时的速度，再由动量定理得到时间；由匀变速直线运动的特点，可得结果。