【物理】物理动量守恒定律试题类型及其解题技巧及解析

【物理】物理动量守恒定律试题类型及其解题技巧及解析

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．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以

2

v 滑离B ，并恰好能

到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；

（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．

【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）20

1532

mv E ?=

【解析】 【详解】

(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：

mv 0＝m

2

v ＋2mv B 解得v B ＝

4

v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量

2

220001

11()2()22224

v v mgL mv m m μ?＝－－

解得20

516v gL

μ=

(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：

2

mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：

22200111

()()222242

v v mgR m m mv +-?＝

解得2

64v R g

= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒

00

24

A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，

2222

001111()()222422

A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝

4

v .

所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：

2

220

015112232

A mv E mv mv ?＝－＝

【点睛】

该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能

够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．

3．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：

(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；

(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；

(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．

【答案】(1)2

4.610N F N -=? (2)1 1.25B T = (3)127s 360

t π

=

,001290143ββ==和 【解析】 【详解】

解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111

-22

m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =

碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '

=+

取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =

b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2

222N

v F m g m R

-=

解得:2

4.610N N F -=?

(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：

22222211

(1cos )22

c m gR m v m v θ-+=

解得：2m/s c v =

进入磁场后：Q 所受电场力2

2310N F qE m g -==?= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动

由牛顿第二定律得：2

211

c c m v qv B r =

Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，222

1m c

m v r qB =

= 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：

设最大圆心角为α，由几何关系得：2

2

cos(180)d r r α-?-= 解得：127α=? 运动周期：2

2

2m T qB π=

则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127?s 360360360

m t T qB πα

π

=

=

=?

此时对应的β角：190β=?和2143β=?

4．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)，重力加速度为g ．求：

（1）A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； （2）A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；

（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆弧轨道与斜面相切 于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，则v 至少为多大时物块A 能沿圆弧轨道运动到Q 点．（计算结果可用根式表示） 【答案】20132v gx =01

4

P E mgx =0(2043)v gx =+【解析】

试题分析：（1）A 与B 球碰撞前后，A 球的速度分别是v 1和v 2，因A 球滑下过程中，机械能守恒，有： mg （3x 0）sin30°=

1

2

mv 12 解得：103v gx ＝

又因A 与B 球碰撞过程中，动量守恒，有：mv 1=2mv 2…② 联立①②得：21011

322

v v gx ＝＝

（2）碰后，A 、B 和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒． 则有：E P +

1

2

?2mv 22＝0+2mg?x 0sin30° 解得：E P ＝2mg?x 0sin30°?

1

2?2mv 22=mgx 0?34

mgx 0＝14mgx 0…③ （3）设物块在最高点C 的速度是v C ，

物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点C 点时，重力提供向心力，得：2

c v mg m R

＝

所以：0c v gR gx ＝＝ C 点相对于O 点的高度： h=2x 0sin30°+R+Rcos30°=(43)

+x 0…⑤ 物块从O 到C 的过程中机械能守恒，得：

12mv o 2＝mgh+1

2

mv c 2…⑥ 联立④⑤⑥得：0(53)o v gx +＝…⑦ 设A 与B 碰撞后共同的速度为v B ，碰撞前A 的速度为v A ，滑块从P 到B 的过程中机械能守恒，得：

12mv 2+mg （3x 0sin30°）＝1

2

mv A 2…⑧ A 与B 碰撞的过程中动量守恒．得：mv A =2mv B …⑨ A 与B 碰撞结束后从B 到O 的过程中机械能守恒，得：

1

2

?2mv B 2+E P ＝1

2

?2mv o 2+2mg?x 0sin30°…⑩ 由于A 与B 不粘连，到达O 点时，滑块B 开始受到弹簧的拉力，A 与B 分离． 联立⑦⑧⑨⑩解得：033v gx ＝考点：动量守恒定律；能量守恒定律

【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A 、B 到达P 点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．

5．两个质量分别为0.3A m kg =、0.1B m kg =的小滑块A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A 粘连，另一端与小滑块B 接触而不粘连.现使小滑块A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度03/v m s =在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直

线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B 冲上斜面的高度为 1.5h m =.斜面倾角

o 37θ=，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15μ=，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度

g 取210/m s .求：（提示：o sin 370.6=，o cos370.8=）

（1）A 、B 滑块分离时，B 滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能.

【答案】（1）6/B v m s = （2）0.6P E J = 【解析】

试题分析：（1）设分离时A 、B 的速度分别为A v 、B v ， 小滑块B 冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：2

cos 1sin 2

B B B B

m gh m gh m v θμθ+?= ① （3分）

代入已知数据解得：6/B v m s = ② （2分）

（2）由动量守恒定律得：0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ③ （3分） 解得：2/A v m s = （2分） 由能量守恒得：

222

0111()222

A B P A A B B

m m v E m v m v ++=+ ④ （4分） 解得：0.6P E J = ⑤ （2分）

考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.

6．如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN 的半径为R =3.2m ，水平部分NP 长L =3.5m ，物体B 静止在足够长的平板小车C 上，B 与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端．从M 点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车，物体A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg ，取g =10m/s 2．求

(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小？ (2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？

【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ； (2)物体A 在NP 上运动的时间为0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为3316

m 【解析】

试题分析：（1）物体A 由M 到N 过程中，由动能定理得：m A gR=m A v N 2 在N 点，由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N

由牛顿第三定律得，物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：F N ′=3m A g=30N （2）物体A 在平台上运动过程中 μm A g=m A a L=v N t-at 2

代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去) （3）物体A 刚滑上小车时速度 v 1= v N -at=6m/s

从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A 组成系统动量守恒，而物体B 保持静止 (m A + m C )v 2= m A v 1 小车最终速度 v 2=3m/s

此过程中A 相对小车的位移为L 1，则

2211211222mgL mv mv μ=-?解得：L 1＝94

m

物体A 与小车匀速运动直到A 碰到物体B ，A ，B 相互作用的过程中动量守恒： (m A + m B )v 3= m A v 2

此后A ，B 组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v 4 (m A + m B )v 3+m C v 2=" (m"A +m B +m C ) v 4 此过程中A 相对小车的位移大小为L 2，则

222223*********mgL mv mv mv μ=+?-?解得：L 2＝

316

m 物体A 最终离小车左端的距离为x=L 1-L 2=

3316

m 考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.

7．如图所示，质量分别为m 1和m 2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m 2被右侧墙壁原速弹回，又与m 1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m 1球速度的大小.

【答案】

【解析】

设两个小球第一次碰后m 1和m 2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

8．人站在小车上和小车一起以速度v 0沿光滑水平面向右运动．地面上的人将一小球以速度v 沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v 水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止．重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n 次后，人和车速度刚好变为0．已知人和车的总质量为M ，求小球的质量m ． 【答案】0

2Mv m nv

= 【解析】

试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv 0-mv=Mv 1+mv 得：102mv

v v M

=-

车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒： Mv 1-mv=Mv 2+mv 得：2022mv

v v M

=-?

同理，车上的人第n 次将小球抛出后，有02n mv

v v n M

=-? 由题意v n =0， 得：0

2Mv m nv

=

考点：动量守恒定律

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，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑，水平段OP 长L=1m ，P 点右侧一与水平方向成的足够长的传送带与

水平面在P 点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s ，一质量为1kg 可视为质点的物块

A 压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能

，物块与OP 段动摩擦因数

，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带的动摩擦因数

，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A ．B 交换速度，重力加速度，现释

放A ，求：

（1）物块A．B第一次碰撞前瞬间，A的速度

（2）从A．B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量（3）A．B能够碰撞的总次数

【答案】（1）（2）（3）6次

【解析】

试题分析：（1）设物块质量为m，A与B第一次碰前的速度为，则：

解得：

（2）设A.B第一次碰撞后的速度分别为，则，

碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为，

则：，解得：

运动的时间，位移

此过程相对运动路程

此后B反向加速，加速度仍为，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，

加速时间为

位移为

此过程相对运动路程

全过程生热

（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰

撞．则对A.B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：

解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25，所以碰撞总次数为N=2+2n=6.5=6次（取整数）考点：动能定理；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律

【名师点睛】本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，特别要掌握弹性碰撞过程，动量和机械能均守恒，两物体质量相等时交换速度

11．如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连．质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零．现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹

性碰撞，小滑块弹回后，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求

ν

ν的值．

【答案】

【解析】

试题分析：小滑块以水平速度v0右滑时，有：20

1

=0-

2

fL mv

-（2分）

小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有22

1

11

=-

22

fL mv mv

-（2分）

滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，

则有

12

=(4)

mv m m v

+（2分）

由总能量守恒可得：22

12

11

=-(4)

22

fL mv m m v

+（2分）

上述四式联立，解得

3

2

v

v

=（1分）

考点：动能定理，动量定理，能量守恒定律．

12．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

2

3

m 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 =

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：v =

甲物与乙物体碰撞过程，对甲，由动量定理得：02

I 2mv 2mv 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．