高中物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案)

高中物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案)

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．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

2．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C ，物块B 、C 静止，物块B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短．那么从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求．

（1）A、B第一次速度相同时的速度大小；

（2）A、B第二次速度相同时的速度大小；

（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小

【答案】（1）v0（2）v0（3）

【解析】

试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，

mv0=2mv1，

解得v1＝v0

（2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2解得v2=v0

（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：

解得v3＝v0

系统损失的机械能为

当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0

根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能．

考点：动量守恒定律及能量守恒定律

【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。

3．28．如图所示，质量为m a=2kg的木块A静止在光滑水平面上。一质量为m b= lkg的木块B以初速度v0=l0m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动。木块A与挡板碰撞后立即反弹（设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失）。后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为1m/s、4m/s。求：木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能。

【答案】9J

【解析】试题分析：依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后A、B 速度方向都向左。

第一次碰撞 ，规定向右为正向 m B v 0=m B v B +m A v A 第二次碰撞 ，规定向左为正向 m A v A -m B v B = m B v B ’+m A v A ’ 得到v A =4m/s v B =2m/s

ΔE=9J

考点：动量守恒定律；能量守恒定律.

视频

4．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 =．

5．氡是一种放射性气体，主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料．呼吸时氡气会随气体进入肺脏，氡衰变时放出α射线，这种射线像小“炸弹”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等．若有一静止的氡核22286Rn 发生α衰变，放出一个速度为0v 、质量为m 的α粒子和一个质量为M 的反冲核钋

21884

Po 此过程动量守恒，若氡核发

生衰变时，释放的能量全部转化为α粒子和钋核的动能。

（1）写衰变方程；

（2）求出反冲核钋的速度；(计算结果用题中字母表示)

（3）求出这一衰变过程中的质量亏损。(计算结果用题中字母表示)

【答案】（1）2222184

86842Rn Po He →+；（2）0

mv v M

=-

，负号表示方向与α离子速度方向相反；（3）()2

02

2M m mv m Mc

+?=

【解析】 【分析】 【详解】

（1）由质量数和核电荷数守恒定律可知，核反应方程式为

222

218

486

842Rn Po+He →

（2）核反应过程动量守恒，以α离子的速度方向为正方向 由动量守恒定律得

00mv Mv +=

解得0

mv v M

=-

，负号表示方向与α离子速度方向相反 （3）衰变过程产生的能量

()2

022

011222M m mv E mv Mv M

+?=+=

由爱因斯坦质能方程得

2E mc ?=?

解得

()2

02

2M m mv m Mc

+?=

6．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m N =14.00753u ，氧核的质量为m O =17.00454u ，氦核质量m He =4.00387u ，质子（氢核）质量为m p =1.00815u 。（已知：1uc 2=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？

（2）若入射氦核以v 0=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=m N +m He -m O -m p =14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=-0.00129u

由质能方程，则有△E=△m c 2=-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：m He v 0=m H v H +m O v O 又：v O ：v H =1：50 解得：v O =1.8×106m/s

7．如图所示，一质量m 1=0.45kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m 2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=100 m/s 射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5 m/s 的速度离开小车．g 取10 m/s 2．求：

（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小． （2）小车的长度．

【答案】（1）4.5N s ? （2）5.5m 【解析】

①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：

0011()o m v m m v =+，可解得110/v m s =；

对子弹由动量定理有：10I mv mv -=-， 4.5I N s =? (或kgm/s)； ②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：

0110122()()m m v m m v m v +=++；

设小车长为L ，由能量守恒有：22220110122111()()222

m gL m m v m m v m v μ=+-+- 联立并代入数值得L ＝5.5m ；

点睛：子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度．

8．光滑水平面上质量为1kg 的小球A ，以2.0m/s 的速度与同向运动的速度为1.0m/s 、质量为2kg 的大小相同的小球B 发生正碰,碰撞后小球B 以1.5m/s 的速度运动．求:

(1)碰后A 球的速度大小;

(2)碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能． 【答案】 1.0/A v m s '=，0.25E J =损 【解析】

试题分析：（1）碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度．

（2）由能量守恒定律可以求出损失的机械能．

解：（1）碰撞过程，以A 的初速度方向为正，由动量守恒定律得： m A v A +m B v B =m A v′A +m B v′B 代入数据解：v′A =1.0m/s

②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能量为：

代入数据解得：E 损=0.25J

答：①碰后A 球的速度为1.0m/s ；

②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为0.25J ．

【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．

9．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1．8s ．

（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．

10．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．

11．如图所示，带有

1

4

光滑圆弧的小车A 的半径为R ，静止在光滑水平面上．滑块C 置于木板B 的右端，A 、B 、C 的质量均为m ，A 、B 底面厚度相同．现B 、C 以相同的速度向右匀速运动，B 与A 碰后即粘连在一起，C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处．则：(已知重力加速度为g ) (1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？

(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少？

【答案】（1）023v gR =（2）123gR

v =253gR v =【解析】

本题考查动量守恒与机械能相结合的问题．

(1)设B 、C 的初速度为v 0，AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度u ，由

02mv mu =，解得0

2

v u =

C 滑到最高点的过程： 023mv mu mu +='

2220111

23222

mv mu mu mgR +?=+'? 解得023v gR =

(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有01222mv mu mv mv +=+

22220121111222222

mv mu mv mv +?=+? 解得：123gR

v =

253gR v =

12．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