最新高考必备物理动量守恒定律技巧全解及练习题(含答案)

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．水平放置长为L=4.5m的传送带顺时针转动，速度为v=3m/s，质量为m2=3kg的小球被长为l1m的轻质细线悬挂在O点，球的左边缘恰于传送带右端B对齐；质量为m1=1kg的物块自传送带上的左端A点以初速度v0=5m/s的速度水平向右运动，运动至B点与球m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的

1反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。22已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度g10m/s。求：

（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？

（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N（2）13.5J 【解析】 【详解】

解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：

112m1gL=m1v12m1v0

22解之可得：v1=4m/s 因为v1v，说明假设合理

滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：m1v1=解之得：v2=2m/s

2m2v2碰后，对小球，根据牛顿第二定律：Fm2g

l1m1v12+m2v2 2小球受到的拉力：F42N

（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为t1，则L解之得：t11s

在这过程中，传送带运行距离为：S1vt13m 滑块与传送带的相对路程为：X1LX11.5m

设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为t2 则根据动量定理：m1gt2m11v0v1t1 21v1 2解之得：t22s

滑块向左运动最大位移：xm11v1t2=2m 221v1说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为2t2

在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程

X22vt212m

因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是

Qm1gx1x2=13.5J

2．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vo =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，每级内部各装有质量均为

m 的压缩气体，每级总2M，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度vo从底部喷口在极短时间2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vo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／s2，求两种模型上升的最大高度之差。 【答案】116.54m

【解析】对模型甲： 0Mmv甲mv0

2v甲1085h甲=m200.56m

2g9对模型乙第一级喷气： 0M解得： v乙130m

mmvv0 乙122s2s末： v乙1=v乙1gt10m

‘s22v乙1v'乙1h乙1=40m

2g对模型乙第一级喷气：

M‘Mmmv乙1=（)v乙2v0 2222解得： v乙2=670m s92v乙22445h乙2=2m277.10m

2g81可得： hh乙1+h乙2h甲=9440m116.54m。 81

3．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。质量m1=0.40kg的物块A从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m处下滑，并与放在水平木板左端的质量m2=0.20kg的物块B相碰,相碰后物块B滑行x=4.0m到木板的C点停止运动，物块A滑到木板的D点停止运动。已知物块B与木板间的动摩擦因数

=0.20,重力加速度g=10m/s2,求：

(1) 物块A沿斜槽滑下与物块B碰撞前瞬间的速度大小； (2) 滑动摩擦力对物块B做的功；

(3) 物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能。 【答案】（1）v0=4.0m/s（2）W=-1.6J（3）E=0.80J

【解析】试题分析： ①设物块A滑到斜面底端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，根据机

12m1v0 (1分)v0＝2gh，解得：v0＝4.0 m/s(1分) 2②设物块B受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，则f＝μm2g(1分) W＝－μm2gx解得：W＝－1.6 J(1分)

械能守恒定律有m1gh＝

③设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理有－μm2gx＝0－解得：v＝4.0 m/s(1分)

根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v(1分) 解得：v1＝2.0 m/s(1分)

1m2v2 211122m1v0＝m1v1＋m2v2＋E(1分) 222解得：E＝0.80 J(1分)

考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律

能量守恒

4．如图甲所示，物块A、B的质量分别是 mA=4.0kg和mB=3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运

动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求：

①物块C的质量？

②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能EP？ 【答案】（1）2kg（2）9J 【解析】

试题分析：①由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．mcv1＝（mA＋mC）v2 即mc＝2 kg

②12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大 （mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4

得Ep＝9 J

考点：考查了动量守恒定律，机械能守恒定律的应用

【名师点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题．

5．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

12

C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mH．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vH′．由动量守恒与能量守恒定律得 mv＝mv′＋mHvH′ ①

1211mv＝mv′2＋mHvH′2② 222解得

2mvvH′＝③

mmH同理，对于质量为mN的氮核，其碰后速度为

2mvVN′＝④

mmN由③④式可得 m＝

mNvN'mHvH'⑤

vH'vN'根据题意可知 vH′＝7.0vN′ ⑥

将上式与题给数据代入⑤式得 m＝1.2u ⑦

6．[物理─选修3－5] （1）天然放射性元素

23994Pu经过 次α衰变和 次β衰变，最后变成铅的同位

20682素 。（填入铅的三种同位素

208Pb、20782Pb、82Pb中的一种）

（2）某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律．图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2．当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30°．若本实验允许的最大误差为±4％，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？

【答案】（1）8，4，【解析】 【详解】

20782Pb；（2）

P2P1≤4% P1（1）设发生了x次α衰变和y次β衰变， 根据质量数和电荷数守恒可知，

2x-y+82=94， 239=207+4x；

由数学知识可知，x=8，y=4．

若是铅的同位素206，或208，不满足两数守恒， 因此最后变成铅的同位素是

20782Pb

（2）设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得

h1l(1cos45)①

12mBvBmBgh1② 2设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P1、P2．有

P1=mBvB ③

联立①②③式得

④ P1mB2gl(1cos45)同理可得

P2(mAmB)2gl(1cos30) ⑤

联立④⑤式得

P2mAmB1cos30 ⑥ Pm1cos451B代入已知条件得

P21.03⑦ 1P由此可以推出

2P2P1≤4% ⑧ P1所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．

7．如图所示，一质量m1=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m2=0.4 kg的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m0=0.05 kg的子弹以水平速度v0=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/s2．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：

m0vo(m0m1)v1，可解得v110m/s；

对子弹由动量定理有：Imv1mv0，I4.5N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：

(m0m1)v1(m0m1)v2m2v；

设小车长为L，由能量守恒有：m2gL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．

1112(m0m1)v12(m0m1)v2m2v2 222

2328．一个静止的铀核92U（原子质量为232.0372u）放出一个α粒子（原子质量为2284.0026u）后衰变成钍核90Th（原子质量为228.0287 u ）．（已知：原子质量单位

1u1.671027kg，1u相当于931MeV）

(1)写出核衰变反应方程；

(2)算出该核衰变反应中释放出的核能；

(3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？ 【答案】(1)【解析】 【详解】 (1)

2329223292U22890Th+42He (2)5.49MeV (3)0.095MeV

U22890Th+42He

(2)质量亏损mmUmαmTh0.0059u △E=△mc2=0.0059×931MeV=5.49MeV

(3)系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，即

pThpα

EkTh2pTh 2mTh2pαEkα

2mαEkThEkαE

所以钍核获得的动能EkThmα4EE0.095MeV

mαmTh4228

9．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】vA1.0m/s，E损0.25J 【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： mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′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．

10．如图所示，质量为mA=3kg的小车A以v0=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mB=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mC=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/s2．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： (mA＋mB) v0=(mA＋mB＋mC) v共 带入数据解得：v共=3.2m/s

（2）A与C的碰撞动量守恒：mAv0=(mA＋mC)v1 解得：v1=3m/s

设小球下落时间为t，则： h带入数据解得：t=0.4s 所以距离为：L(v0－v1) 带入数据解得：L=0.4m

（3）由能量守恒得：E损mBgh带入数据解得：E损14.4J

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．

12gt 2112 mAmBv02mAmBmv共22

11．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知

mAm,mB2m,mC3m，求：

（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度v； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能EPmax； （3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离 s. 【答案】（1）v【解析】 【详解】

解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1 ，由机械能守恒定律有：mAgh解之得：v12gh 滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v ，由

11mgh2v12gh （2）Hh （3）33631mAv12 2动量守恒定律有：mAv1mAmBv 解之得：v11v12gh 33(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v2 由动量守恒定律有： mAv1mAmBmCv2 由机械能守恒定律有： EPmax12(mAmB)v2mAmBmCv2 21mgh 6解得被压缩弹簧的最大弹性势能：EPmax(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v3，滑块

C的速度为v4，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：

mAmBvmAmBv3mCv4

111mAmBv2mAmBv32mCv42 222解之得：v30，v412gh 3滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：sv4t

H12gt 22Hh 3解之得滑块C落地点与桌面边缘的水平距离：s

12．（18分）、如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA=m，mB=2m，两滑块间夹有少量炸药。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M=3m，车长L=2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ=\"0.2\" ，右侧地面上有一立桩，立桩与小车右端的距离为S，S在0（1）滑块A在半圆轨道最低点C受到轨道的支持力FN。 （2）炸药爆炸后滑块B的速度大小VB。

（3）请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与S的关系。 【答案】（1）（3）（a） 当

（2）

时，小车到与立桩粘连时未与滑块B达到共速。

分析可知滑块会滑离小车，滑块B克服摩擦力做功为：

（b）当

时，小车与滑块B先达到共速然后才与立桩粘连

共速后，B与立桩粘连后，假设滑块B做匀减速运动直到停下，其位移为

，假设不合理，滑块B会从小车滑离

滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为：

【解析】

试题分析：（1）、以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为VA， 滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为VAD，则得到

1分

滑块A在半圆轨道运动过程中， 据动能定理：得：

1分

1分

1分

滑块A在半圆轨道最低点：

得：

1分

1分

（2）、在A、B爆炸过程，动量守恒。则得：

1分

（3）、滑块B滑上小车直到与小车共速，设为整个过程中，动量守恒：得：

1分

1分

滑块B从滑上小车到共速时的位移为

1分

小车从开始运动到共速时的位移为

两者位移之差（即滑块B相对小车的位移）为：即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车。 1分

1分

<2R，

当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以V共 向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为 S＇

所以，滑块B会从小车滑离。1分

讨论：当

时，滑块B克服摩擦力做功为

1分

当

时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为

1分

然后滑块B以Vt向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为

>2R 所以，滑块会从小车滑离。 1分

则滑块共速后在小车运动时克服摩擦力做功为

1分

所以，当

时，滑块B克服摩擦力做功为

=\"11mR\" 1分

考点： 牛顿第二定律 动能定理 动量守恒 功