高中物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高中物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．两个质量分别为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：2cos 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：2220111()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.

2．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v 0＝8 m/s 的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M 2＝2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上)

【答案】25m/s

【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等．

以M 1、M 2、m 组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒：

()20120M v M m M v +=++共，解得5m /s v =共

以小球与乙车组成的系统，水平方向动量守恒： ()202M v mv m M v -=+共，解得25m /s v =

考点：考查了动量守恒定律的应用

【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解

3．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.

4．如图，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 0/2 射出.重力加速度为g.求：

（1）此过程中系统损失的机械能；

（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．

【答案】(1)20138m E mv M ???=

- ??? (2)02mv h s M g

= 【解析】

【分析】

【详解】 试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V ，由动量守恒得

mv 0=m

+MV ①

解得

②

系统的机械能损失为

ΔE =

③ 由②③式得

ΔE =④ （2）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ,则

⑤

s=Vt ⑥

由②⑤⑥得

S =⑦

考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．

点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．

5．一轻质弹簧一端连着静止的物体B ，放在光滑的水平面上，静止的物体A 被水平速度为v 0的子弹射中并且嵌入其中，随后一起向右运动压缩弹簧，已知物体A 的质量是物体B 的质量的34，子弹的质量是物体B 的质量的14，求： (1)物体A 被击中后的速度大小；

(2)弹簧压缩到最短时B 的速度大小。

【答案】(1)1014v v =

； (2)018v v = 【解析】

【分析】

【详解】

(1)设子弹射入A 后，A 与子弹的共同速度为v 1，由动量守恒定律可得

01113()444

mv m m v =+ 解得

1014

v v = (2)当AB 速度相等时，弹簧的压缩量最大，设此时A 、B 的共同速度为v ，取向右为正方向，对子弹、A 、B 组成的系统，由动量守恒定律可得

0113()444

mv m m m v =++ 解得

018

v v =

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，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】2038v 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：()221122

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： 2038v 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．

8．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21/a g m s μ==①

212

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212s 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．

9．如图所示，带有14

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02

v u = C 滑到最高点的过程： 023mv mu mu +='

222011123222

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 =

10．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A ，其上面再放一个质量为m=0.10kg 的爆竹B ，木块的质量为M=6.0kg ．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5cm ，而木块所受的平均阻力为f=80N ．若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g 取10m/s 2，求爆竹能上升的最大高度．

【答案】60m h =

【解析】 试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用，根据动能定理可得

211()02

mg f h Mv -=-（1） 爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒，故有21mv Mv =（2）

爆竹完后，爆竹做竖直上抛运动，故有222v g h =?（3）

联立三式可得：600h m ?=

考点：考查了动量守恒定律，动能定理的应用

点评：基础题，比较简单，本题容易错误的地方为在A 下降过程中容易将重力丢掉

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．

【答案】（1）

0M m v M m

-+（2）2022M m v Mg μ- 【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=

v0 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：Mv0—mv0="Mv′"00Mv mv v M

-'=

方向向右 考点：动量守恒定律； 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，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着

质量M=1kg 的小物块A ．装置的中间是水平传送带，它与左、右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以v=1m/s 的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面，质量m=0.5kg 的小物块B 从其上距水平台面高h=0.8m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数0.35μ=，l=1.0m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 处于静止状态．取g=10m/s 2．

(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；

(2)物块A 、B 间发生碰撞过程中，物块B 受到的冲量；

(3)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？

(4)如果物块A 、B 每次碰撞后，弹簧恢复原长时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．

【答案】(1)3m/s ；(2)2kgm/s ；(3)17l <，所以不能；(4)113n m s

-?? ???

【解析】

【分析】 物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B 在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解；物块A 、B 第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解；当物块B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B 运动到左边台面是的速度大小为v 1，继而与物块A 发生第二次碰撞．物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞…，根据对于的规律求出n 次碰撞后的运动速度大小．

【详解】

(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律可得： 2012

mgh mv = 解得：04m v s

= 设物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a ，则有：μmg=ma ， 设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有：v 12-v 02=-2al ，

解得：v 1=3m/s ＞v=1m/s ，则物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小为3m/s ；

(2)设物体A 、B 第一次碰撞后的速度分别为A v 、B v ，取向右为正方向

由动量守恒定律得：1A B mv Mv mv -=+ 由机械能守恒定律得：2221111222

B A mv mv Mv =+ 解得：v A =-2m/s ，v B =1m/s ，（v A =0m/s ，v B =-3m/s 不符合题意，舍去）

12?B m I P mv mv kg s

=?=-= ，方向水平向右； (3) 碰撞后物块B 在水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l'，则有：

0-v B 2=-2al′， 解得：17

l l '=< 所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上；

(4) 当物块B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B 运动到左边台面是的速度大小为v B ，继而与物块A 发生第二次碰撞

由（2）可知，v B =113

v 同理可得：第二次碰撞后B 的速度：v B1=211

1()33B v v =

第n 次碰撞后B 的速度为：v B （n-1）=1111()()

33n n m v s

-= 【点睛】

本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/2vde.html