高考物理动量守恒定律试题经典及解析

高考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．如图所示，一辆质量M=3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=l kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p =6J ，小球与小车右壁距离为L=0.4m ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：

①小球脱离弹簧时的速度大小；

②在整个过程中，小车移动的距离。 【答案】（1）3m/s （2）0.1m 【解析】

试题分析：（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式得 mv 1-Mv 2=0

22121122

P E mv Mv =

+ 代入数据解得：v 1=3m/s v 2=1m/s （2）根据动量守恒和各自位移关系得12x x

m M t t

=，x 1+x 2=L 代入数据联立解得：24

L

x =

=0.1m 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.

2．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h="0.3" m （h 小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m 1="30" kg ，冰块的质量为m 2="10" kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g="10" m/s 2．

（i ）求斜面体的质量；

（ii ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】（i ）20 kg （ii ）不能 【解析】

试题分析：①设斜面质量为M ，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：

222()m v m M v =+

系统机械能守恒：22222211()22

m gh m M v m v ++= 解得：20kg M =

②人推冰块的过程：1122m v m v =,得11/v m s =（向右）

冰块与斜面的系统：2222

3m v m v Mv '=+ 222

22223111+222m v m v Mv ='

解得：2

1/v m s =-'（向右） 因2

1=v v '，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩． 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律．

3．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为3A m m =、B C m m m ==，开始时B 、C 均静止，A 以初速度0v 向右运动，A 与B 相撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．

【答案】06

5

B v v = 【解析】 【分析】 【详解】

设A 与B 碰撞后，A 的速度为A v ，B 与C 碰撞前B 的速度为B V ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：

0A A A B B m v m v m v =+

对B 、C 木块：

()B B B C m v m m v =+

由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得：

06

5

B v v =．

4．（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108

K 时，可以发生“氦燃烧”。

①完成“氦燃烧”的核反应方程：γBe ___He 8

44

2+→+。

②Be 8

4是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10-16

s 。一定质量的Be 8

4，经7.8×10-16

s 后所剩下的Be 8

4占开始时的 。

（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A （上表面粗糙）和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为kg 2=A m 、kg 1=B m 、kg 2=C m 。开始时C 静止，A 、B 一起以

s /m 5=0v 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞（时间极短）后C 向右运动，经过一段

时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞。求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小。

【答案】（1）①4

2He （或α） ②1

8

（或12.5%） （2）2m/s

【解析】（1）①由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。 ②由题意可知经过3个半衰期，剩余的8

4Be 的质量30011

()28

m m m ==

。 （2）设碰后A 的速度为A v ，C 的速度为C v ,由动量守恒可得0A A A C C m v m v m v =+, 碰后A 、B 满足动量守恒，设A 、B 的共同速度为1v ，则01()A A B A B m v m v m m v +=+ 由于A 、B 整体恰好不再与C 碰撞，故1C v v = 联立以上三式可得A v =2m/s 。

【考点定位】（1）核反应方程，半衰期。 （2）动量守恒定律。

5．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．

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02

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 μ＝；（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

5

16

v

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 gR5

碰后两球机械能守恒

得v 2=5m/s

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．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．

9．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）

10．两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有一小球C 沿轨道以速度v 0射向B 球，如图所示．C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D ．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，A 与P 接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定无机械能损失）．已知A 、B 、C 三球的质量均为m ．求: （1）弹簧长度刚被锁定后A 球的速度．

（2）在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．

【答案】（1）013v （2）2

0136

mv 【解析】

（1）设C 球与B 球发生碰撞并立即结成一个整体D 时，D 的速度为v 1，由动量守恒有： mv 0=（m+m ）v 1

当弹簧压缩至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为v 2，由动量守恒有：2mv 1=5mv 2 由两式得A 的速度为：v 2=

15

v 0 （2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E p ，由能量守恒有：

2212112522

p mv mv E ?=?+ 撞击P 后，A 与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D 的动能，设D 的速度为v 3，则有：()231

22

p E m v =

以后弹簧伸长，A 球离开档板P ，并获得速度，当弹簧再次恢复到原长时，A 的速度最大，由动量守恒定律及能量关系可知：345232mv mv mv =+ ；2245113222

p E mv mv =?+? 解得：4043

520

v v =

（3）当A 、D 的速度相等时，弹簧压缩到最短时，此时D 球速度最小． 设此时的速度为v 6，由动量守恒定律得：2mv 3=5mv 6 设此使弹性势能为E P ′，由能量守恒定律得：()()222360111

=

252220

P E m v m v mv '-=

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 3(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．

12．如图所示，水平光滑轨道AB与以O点为圆心的竖直半圆形光滑轨道BCD相切于B 点，半圆形轨道的半径r=0.30m．在水平轨道上A点静止放置一质量为m2=0.12kg的物块2，现有一个质量m1=0.06kg的物块1以一定的速度向物块2运动，并与之发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，碰撞后物块2的速度v2=4.0m/s．物块均可视为质点，g取10m/s2，求：

（1）物块2运动到B点时对半圆形轨道的压力大小；

（2）发生碰撞前物块1的速度大小；

（3）若半圆形轨道的半径大小可调，则在题设条件下，为使物块2能通过半圆形轨道的最高点，其半径大小应满足什么条件．

【答案】

【小题1】7.6N

【小题2】6.0m/s

【小题3】0.32m

【解析】

（1）设轨道B点对物块2的支持力为N，根据牛顿第二定律有

N-m2g=m2v22/R

解得 N=7.6N

根据牛顿第三定律可知，物块2对轨道B点的压力大小N′=7.6N

（2）设物块1碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，对于物块1与物块2的碰撞过程，根据动量守恒定律有 m1v0=mv1+m2v2

因碰撞过程中无机械能损失，所以有m1v02=m1v12+m2v22

代入数据联立解得 v0=6.0m/s

（3）设物块2能通过半圆形轨道最高点的最大半径为R m，对应的恰能通过最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律，对物块2恰能通过最高点时有 m2g=m2v2/R m

对物块2由B运动到D的过程，根据机械能守恒定律有

m2v22=m2g?2R m+m2v2

联立可解得：R m=0.32m

所以，为使物块2能通过半圆形轨道的最高点，半圆形轨道半径不得大于0.32m