高中物理动量守恒定律试题经典及解析

高中物理动量守恒定律试题经典及解析

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．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v 0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

3．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

4．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

5．如图，水平面上相距为L=5m 的P 、Q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为M=2kg 的小物块B 静止在O 点，OP 段光滑，OQ 段粗糙且长度为d=3m ．一质量为m=1kg 的小物块A 以v 0=6m/s 的初速度从OP 段的某点向右运动，并与B 发生弹性碰撞．两物块与OQ 段的动摩擦因数均为μ=0．2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能．重力加速度g=10m/s 2，求

（1）A 与B 在O 点碰后瞬间各自的速度； （2）两物块各自停止运动时的时间间隔． 【答案】（1），方向向左；

，方向向右．（2）1s

【解析】

试题分析：（1）设A 、B 在O 点碰后的速度分别为v 1和v 2，以向右为正方向 由动量守恒：

碰撞前后动能相等：

解得：

方向向左，

方向向右）

（2）碰后，两物块在OQ 段减速时加速度大小均为：

B 经过t 1时间与Q 处挡板碰，由运动学公式：得：

（舍去）

与挡板碰后，B 的速度大小，反弹后减速时间

反弹后经过位移

，B 停止运动．

物块A 与P 处挡板碰后，以v 4=2m/s 的速度滑上O 点，经过停止．

所以最终A 、B 的距离s=d-s 1-s 2=1m ，两者不会碰第二次． 在AB 碰后，A 运动总时间，

整体法得B 运动总时间

，则时间间隔

．

考点：弹性碰撞、匀变速直线运动

6．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 ＝；（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

2

v 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

v0)＋mv1＝(m＋m)v2 ③

1 2m(

1

2

v0)2＋

1

2

mv12＝

1

2

(2m)v22＋mgR ④

联立①③④解得：R＝

2

0 64 v 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．

7．如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5 m．质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P．现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度

v0＝4 m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点．两球可视为质点，g＝10 m/s2，试求：

(1)B球与A球相碰前的速度大小；

(2)A、B两球的质量之比m1∶m2．

【答案】(1) 6 m/s(2) 1∶5

【解析】

试题分析:

B球与A球碰前的速度为v1，碰后的速度为v2

B球摆下来的过程中机械能守恒，

解得m/s

碰后两球恰能运动到P点

得v p=gR=5

碰后两球机械能守恒

两球碰撞过程中动量守恒 m 2v 1=(m 1+m 2)v 2 解得m 1:m 2=1:5

考点： 机械能守恒定律，动量守恒定律．

8．在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的多次碰撞．如图所示，一块表面水平的木板静止放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离L ＝0.08 m ．现有一小物块以初速度v 0＝2 m/s 从左端滑上木板，已知木板和小物块的质量均为1 kg ，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，木板与墙碰后木板以原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取重力加速度g ＝10 m/s 2．求：

(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；

(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间； (3)小物块和木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离． 【答案】（1）0.4 s 0.4 m/s （2）1.8 s. （3）0.06 m 【解析】

试题分析：（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动，设木板加速度为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为1v

则mg ma μ=，解得2

1/a g m s μ==①

2

12

L at =

②，1v at =③ 联立①②③解得0.4t s =，10.4/v m s =④

（2）在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T ．

设在物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞，则有：

()02v v nT t a a t =-+?=?⑤

式中△t 是碰撞n 次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间．

由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为022v v nTa =-⑥ 由于木板的速率只能处于0到1v 之间，故有()01022v nTa v ≤-≤⑦ 求解上式得1.5 2.5n ≤≤ 由于n 是整数，故有n=2⑧

由①⑤⑧得：0.2t s ?=⑨；0.2/v m s =⑩

从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：4 1.8t T t s =+?=（11） 即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为

（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为21

2

s L a t =-?（12） 联立①与（12）式，并代入数据得0.06s m = 即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0．06m ． 考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式

【名师点睛】本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减为零．

9．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．

10．如图所示，一光滑弧形轨道末端与一个半径为R 的竖直光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m 的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起（轻弹簧尺寸忽略不计），两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧瞬间将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点．求：

（1）前车被弹出时的速度1v ；

（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能p E ； （3）两车从静止下滑处到最低点的高度差h ． 【答案】（1）15v Rg =（2）54mgR （3）58

h R = 【解析】

试题分析：（1）前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，根据牛顿第二定律求出最高点速度，根据机械能守恒列出等式求解（2）由动量守恒定律求出两车分离前速度，根据系统机械能守恒求解（3）两车从h 高处运动到最低处机械能守恒列出等式求解．

（1）设前车在最高点速度为2v ，依题意有2

2

v mg m R

= ①

设前车在最低位置与后车分离后速度为1v ， 根据机械能守恒得

222111

222

mv mg R mv +?=② 由①②得：15v Rg =（2）设两车分离前速度为0v ，由动量守恒定律得012mv mv = 设分离前弹簧弹性势能P E ，根据系统机械能守恒得：22

101152224

P E mv m mgR =

-?= （3）两车从h 高处运动到最低处过程中，由机械能守恒定律得：2

01222

mgh mv =

?

解得：58

h R =

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，方向：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，粗细均匀的圆木棒A 下端离地面高H ，上端套着一个细环B ．A 和B 的质量均为m ，A 和B 间的滑动摩擦力为f ，且f ＜mg ．用手控制A 和B 使它们从静止开始自由下落．当A 与地面碰撞后，A 以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动，与地面发生碰撞时间极短，空气阻力不计，运动过程中A 始终呈竖直状态．求：若A 再次着地前B 不脱离A ，A 的长度应满足什么条件？

【答案】

【解析】

试题分析：设木棒着地时的速度为，因为木棒与环一起自由下落，则

木棒弹起竖直上升过程中，由牛顿第二定律有：对木棒：

解得：，方向竖直向下

对环：

解得方向竖直向下

可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态，所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变

木棒在空中运动的时间为

在这段时间内，环运动的位移为

要使环不碰地面，则要求木棒长度不小于x，即

解得：

考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用

【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力