高考物理动量守恒定律解题技巧(超强)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，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/s2．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【解析】

试题分析：（1）物体A由M到N过程中，由动能定理得：mAgR=mAvN2 在N点，由牛顿定律得 FN-mAg=mA 联立解得FN=3mAg=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：FN′=3mAg=30N （2）物体A在平台上运动过程中 μmAg=mAa L=vNt-at2

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 v1= vN-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 (mA+ mC)v2= mAv1 小车最终速度 v2=3m/s

此过程中A相对小车的位移为L1，则

33m 16mgL1mv122mv22解得：L1＝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： (mA+ mB)v3= mAv2

121294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v4 (mA+ mB)v3+mCv2=\" (m\"A+mB+mC) v4 此过程中A相对小车的位移大小为L2，则

mgL2mv222mv323mv42解得：L2＝

物体A最终离小车左端的距离为x=L1-L2=

1212123m 1633m 16考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.

2．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Ep=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 mv1-Mv2=0

EP1212mv1Mv2 22x1xM2，x1+x2=L tt代入数据解得：v1=3m/s v2=1m/s （2）根据动量守恒和各自位移关系得m代入数据联立解得：x2L=0.1m 4考点：动量守恒定律；能量守恒定律.

3．冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：

（1）碰后乙的速度的大小； （2）碰撞中总动能的损失。 【答案】（1）1.0m/s（2）1400J 【解析】

试题分析：（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv-MV=MV′…① 代入数据解得：V′=1．0m/s…②

（2）设碰撞过程中总机械能的损失为△E，应有：mv2+MV2＝MV′2+△E…③ 联立②③式，代入数据得：△E=1400J 考点：动量守恒定律；能量守恒定律

4．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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．若有一静止的氡核为v0、质量为m的粒子和一个质量为M的反冲核钋

2228621884Rn发生衰变，放出一个速度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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)

2222184【答案】（1）86Rn84Po2He；（2）vmv0，负号表示方向与α离子速度方向M2Mmmv0相反；（3）m2Mc2

【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

22286218Rn84Po+42He

（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

mv0Mv0

解得vmv0，负号表示方向与α离子速度方向相反 M2Mmmv01212 Emv0Mv222M（3）衰变过程产生的能量

由爱因斯坦质能方程得

Emc2

解得

2Mmmv0m2Mc2

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v0=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/s2，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）【解析】

试题分析：（1）设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，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，

，方向向左；

，方向向右．（2）1s

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t1时间与Q处挡板碰，由运动学公式：与挡板碰后，B的速度大小反弹后经过位移

，B停止运动．

得：

，反弹后减速时间

（

舍去）

物块A与P处挡板碰后，以v4=2m/s的速度滑上O点，经过所以最终A、B的距离s=d-s1-s2=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

．

停止．

考点：弹性碰撞、匀变速直线运动

6．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板

B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继

续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板A上掉下．已知木板A、B和滑块C的质量均为

m，C与A、B之间的动摩擦因数均为μ.求：

(1)木板A与B碰前的速度v0； (2)整个过程中木板B对木板A的冲量I. 【答案】(1)2

(2)－

，负号表示B对A的冲量方向向右

【解析】(1)木板A、B碰后瞬时速度为v1，碰撞过程中动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1.

A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用，最后有共同的速度v2，此过程中动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得2mv1＝3mv2. C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得 －μmgL＝·3mv－·2mv. 联立以上三式解得v0＝2

.

(2)根据动量定理可知，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向，则I的大小等于B的动量变化量，即I＝－mv2＝－

，负号表示B对A的冲量方向向右。

7．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v0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】t【解析】

4v0 3g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：

2mv0﹣mv0=（2m+m）v，解得：v=

木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv﹣m（﹣v0）=μ2mgt1 用动能定理，有：

﹣

=﹣μ2mgs

木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt2 木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=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．

8．如图所示，质量均为M＝4 kg的小车A、B，B车上用轻绳挂有质量为m＝2 kg的小球C，与B车静止在水平地面上，A车以v0＝2 m/s 的速度在光滑水平面上向B车运动，相碰后粘在一起(碰撞时间很短)．求：

(1)碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)碰后小球C第一次回到最低点时的速度大小． 【答案】(1) 4 J (2) 1.6 m/s 【解析】 【详解】

解：(1)设A、B车碰后共同速度为v1，由动量守恒得：Mv02Mv1 系统损失的能量为：E损112Mv02Mv124 J 22(2)设小球C再次回到最低点时A、B车速为v2，小球C速度为v3，对A、B、C系统由水平方向动量守恒得：2Mv12Mv2mv3 由能量守恒得：

111222Mv122Mv2mv3 222解得：v31.6 m/s

9．光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0向槽运动．

（1）若槽固定不动，求小球上升的高度（槽足够高）．

（2）若槽不固定，则小球上升多高？

22v0Mv0【答案】（1） （2）

2g2(Mm)g【解析】

（1）槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得：mgh12v0解得：h1；

2g12mv0 2（2）槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，

此时两者速度为v，由动量守恒定律得：mv0mMv 再由机械能守恒定律得：

121mv0mMv2mgh2 222Mv0联立解得，上球上升的高度：h2

2mMg

10．（20分）如下图所示，光滑水平面MN左端挡板处有一弹射装置P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ的长度L=8m，皮带轮逆时针转动带动传送带以v = 2m/s的速度匀速转动。MN上放置两个质量都为m = 1 kg的小物块A、B，它们与传送带间的动摩擦因数μ = 0.4。开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧，其弹性势能Ep = 16 J。现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧。取g=10m/s。

2

（1）求物块B被弹开时速度的大小；

（2）求物块B在传送带上向右滑行的最远距离及返回水平面MN时的速度vB′； （3）A与P相碰后静止。当物块B返回水平面MN后，A被P弹出，A、B相碰后粘接在一起向右滑动，要使A、B连接体恰好能到达Q端，求P对A做的功。 【答案】（1）vB4.0m/s（2）vB'2m/s（3）W＝162 J 【解析】

试题分析：（1）（6分）解除锁定弹开AB过程中，系统机械能守恒：

Ep1212mvAmvB ……2分 22设向右为正方向，由动量守恒mvB mvA0 ……2分 解得vBvA4.0m/s ①……2分

（2）（6分）B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。

由动能定理得 mgsM012mvB ……2分 2vB22m ……1分 ② 解得SM2g物块B在传送带上速度减为零后，受传送带给它的摩擦力，向左加速，若一直加速，则受力和位移相同时，物块B滑回水平面MN时的速度vB'4m/s ，高于传送带速度，说明B滑回过程先加速到与传送带共速，后以2m/s的速度做匀速直线运动。……1分 物块B滑回水平面MN的速度vB'v2m/s ……2分

③

，碰撞后A、B共同（3）（8分）弹射装置将A弹出后与B碰撞，设碰撞前A的速度为vAmvB2mV 的速度为V，根据动量守恒定律，mvA

A、B恰好滑出平台Q端，由能量关系有

……2分

④

12mV22mgL ……2分⑤ 2 ……2分 ⑥ 设弹射装置对A做功为W，W＝mvA由④⑤⑥ 解得W＝162 J ……2分 考点：相对运动 动能定理 动量守恒

122

11．如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间粗糙，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：

（1）A、B最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车的速度大小和方向．

2Mm2Mmv0 v0（2）【答案】（1）

2MgMm【解析】

试题分析：（1）由A、B系统动量守恒定律得： Mv0—mv0=（M +m）v ① 所以v=方向向右

（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时速度为v′,则由动量守恒定律得：

v0

Mv0mv0方向向右 M考点：动量守恒定律；

Mv0—mv0=\"Mv′\"v点评：本题主要考查了动量守恒定律得直接应用，难度适中．

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Rm，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/Rm 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•2Rm+

m2v2

m1v02=

m1v12+

m2v22

联立可解得：Rm=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