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1、高考物理动量守恒定律及其解题技巧及练习题( 含答案 )一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板 B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、 C 静止在水平面上现有滑块A 以初速度 v0 从右端滑上B，一段时间后，以v0 滑离 B，并恰好能2到达 C 的最高点 A、 B、C 的质量均为m 求：（1） A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度；（2） A 与 B 的上表面间的动摩擦因数；（ 3）圆弧槽 C 的半径 R；（ 4）从开始滑上 B 到最后滑离 C 的过程中 A 损失的机械能【答案】（ 1
2、） vBv0 ；（ 2）5v02v02（ 4）15mv02416gL（3） RE64g32【解析】【详解】(1)对 A 在木板 B 上的滑动过程，取A、 B、 C 为一个系统，根据动量守恒定律有：解得 vBmv0m v0 2mvB2v04(2)对 A 在木板 B 上的滑动过程，A、 B、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量mgL 1 mv02 1 m( v0 )2 12m(v0 )2222245v02解得16gL(3)对 A 滑上 C直到最高点的作用过程，A、 C 系统水平方向上动量守恒，则有：mv0 mvB 2mv2A、 C 系统机械能守恒：mgR 1 m( v0 )21 m( v0
3、)212mv222242v02解得 R64g(4)对 A 滑上 C直到离开C 的作用过程，A、 C 系统水平方向上动量守恒mv0mv024mvAmvCA、 C 系统初、末状态机械能守恒，1 m( v0 )21 m( v0 )21 m21 m22224vA2vC2解得 vA v0 .4所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2E 1 mv02 1 mv2A 15mv02232【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A、 B、 C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解2 如图甲所示，物块A、 B 的质量分别是mAB=4.0kg
4、和 m =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：物块 C 的质量？B 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： 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 12 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
5、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3 如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板 N，滑板两端为半径R=0 45m的 1/4 圆弧面 A 和 D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑小滑块P1 和P2 的质量均为m滑板的质量M=4m， P1 和 P2 与 BC面的动摩擦因数分别为 1=0 10 和2 =0 20，最大静摩擦力近
6、似等于滑动摩擦力开始时滑板紧靠槽的左端，P2 静止在粗糙面的 B 点， P1 以 v0=4 0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P2 发生弹性碰撞后，P1 处在粗糙面B 点上当P2 滑到 C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2 继续运动，到达D点时速度为零P1 与 P2 视为质点，取g=10m/s2问：（ 1） P1 和 P2 碰撞后瞬间 P1、 P2 的速度分别为多大？（ 2） P2 在 BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？（ 3） N、 P1 和 P2 最终静止后， P1 与 P2 间的距离为多少？【答案】（ 1） v10、 v25m/s（2） a20.4m/s 2（
7、 3） S=1 47m【解析】试题分析：（1） P 滑到最低点速度为v ，由机械能守恒定律有：12mgR12mv0mv11122解得： v1=5m/sP 、P 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v1 、 v212则由动量守恒和机械能守恒可得：mv1mv1mv21 mv121 mv1 21 mv22222解得： v10 、 v25m/s（2） P2 向右滑动时，假设P1 保持不动，对P2 有： f 2= 2mg=2m（向左）设 P 、 M的加速度为 a ；对 P 、 M有： f= （ m+M） a2121a2fM2m0.4m/s 2m5m此时对 P1 有： f 1=ma2=0
8、4m f m=1 0m，所以假设成立故滑块的加速度为0 4m/s 2；（3） P2 滑到 C 点速度为 v2 ，由 mgR1 mv222得 v2 3m/sP1、P2 碰撞到 P2 滑到 C 点时，设 P1、 M速度为 v，由动量守恒定律得：mv2(mM )vmv2解得： v=0 40m/s对 P1、 P2、 M为系统： f2 L1mv221( m M ) v222代入数值得： L=3 8m滑板碰后， P1 向右滑行距离：s1v20.08m2a1P2 向左滑行距离：v222.25ms22a2所以 P1、 P2 静止后距离：S=L-S1-S 2=1 47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速
9、度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高4如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B， B 的左端放置一个质量为m 的物块A，已知A、 B 之间的动摩擦因数为，现有质量为m 的小球以水平速度0 飞来与 A 物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A 始终未滑离木板B，且物块A 和小球均可视为质点 (重力加速度g)求： 物块 A 相对 B 静止后的速度大小； 木板 B 至少多长v02【答案】 0.25v 0 Lg16【解析】试题分析
10、：（ 1）设小球和物体A 碰撞后二者的速度为v1 ，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，mv =2mv ， （ 2 分）012mv1=4mv2 （ 2 分）联立 得， v2=0.25v0 （ 1分）（2）当 A 在木板 B 上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B 的长度为 L，假设 A 刚好滑到 B 的右端时共速，则由能量守恒得， （ 2 分）联立 得， L=考点：动量守恒，能量守恒【名师点睛】小球与A 碰撞过程中动量守恒，三者组成的系统动量也守恒，结合动量守恒定律求出物块A 相对 B 静止后的速度大小；对子弹和A 共速后到三种共速的过程，运用能量守恒定律求出木板的
11、至少 度5 冰球运 甲的 量 80.0kg 。当他以5.0m/s 的速度向前运 ，与另一 量 100kg、速度 3.0m/s 的迎面而来的运 乙相撞。碰后甲恰好静止。假 碰撞 极短，求：（ 1）碰后乙的速度的大小；（ 2）碰撞中 能的 失。【答案】（ 1） 1.0m/s （ 2） 1400J【解析】 分析：（ 1） 运 甲、乙的 量分 m、 M，碰前速度大小分 v、 V，碰后乙的速度大小 V， 定甲的运 方向 正方向，由 量守恒定律有：mv-MV=MV代入数据解得：V=1 0m/s（2） 碰撞 程中 机械能的 失 E， 有：mv2+ MV2 MV2+ E 立 式，代入数据得： E=1400J考
12、点： 量守恒定律；能量守恒定律6 一 簧一端 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 v0 的子 射中并且嵌入其中，随后一起向右运 簧，已知物体A 的 量是物体B 的 量的 3 ，子 的 量是物体B 的 量的 1 ，求：44(1)物体 A 被 中后的速度大小；(2) 簧 到最短 B 的速度大小。【答案】 (1) v11 v0 ； (2) v1 v048【解析】【分析】【 解】(1) 子 射入 A 后， A 与子 的共同速度 v1，由 量守恒定律可得1 mv0( 1 m3 m)v1444解得v11 v04(2)当 AB 速度相等 ， 簧的 量最大， 此 A、 B 的共同速度
13、 v，取向右 正方向，对子弹、 A、 B 组成的系统，由动量守恒定律可得1 mv0(1 m3 m m)v444解得v 1 v087 一列火车总质量为M ，在平直轨道上以速度v 匀速行驶，突然最后一节质量为m 的车厢脱钩，假设火车所受的阻力与质量成正比，牵引力不变，当最后一节车厢刚好静止时，前面火车的速度大小为多少？【答案】 Mv/(M-m)【解析】【详解】因整车匀速运动，故整体合外力为零；脱钩后合外力仍为零，系统的动量守恒取列车原来速度方向为正方向由动量守恒定律，可得Mv M m v m0解得，前面列车的速度为vMv；M m8 光滑水平面上质量为1kg 的小球 A，以 2.0m/s 的速度与同
14、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 A1.0m / s ， E损0.25 J【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=m AvA+mBvB代入数据解： vA=1.0m/s 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： 碰后 A
15、球的速度为1.0m/s ； 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 v02 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 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
16、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 s0.4 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 v1则mg ma ，解得 ag 1m / s2 L1 at 2 ， v1at2联立 解得 t0.4s ， v1 0.4m / s （ 2）在物块与木板两者达到共
17、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：vv02nTt aa t 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 式可改写为2vv02nTa 由于木板的速率只能处于0 到 v1 之间，故有0v02nTa2v1 求解上式得 1.5n2.5由于 n 是整数，故有n=2由得： t 0.2s ； v 0.2m / s 从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：t 4Tt 1
18、.8s（ 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18s（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s L1 a t 2 （ 12）2联立 与（ 12）式，并代入数据得s0.06m即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为006m 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
19、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，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车 C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg 的滑块 A，在小车C 的左端有一个质量为2kg 的滑块 B，滑块 A 与 B 均可看做质点现使滑块A 从距小车的上表面高h=1.25m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出已知滑块A、 B 与小车 C 的动摩擦因数均为 =0.5，小车 C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g=10m/s2 . 求：（ 1）滑块 A 与 B 弹性碰撞后瞬间的共同速度的
20、大小；（ 2）小车 C 上表面的最短长度 .【答案】 (1) v=2.5m/s (2)L=0.375m【解析】【试题分析】 (1)根据机械能守恒求解块A 滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块 A 与 B 碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)根据系统的能量守恒求解小车C 上表面的最短长度(1)设滑块 A 滑到圆弧末端时的速度大小为v1 ，由机械能守恒定律有： m A gh1 m A v122代入数据解得 v12gh 5m/s A、B碰后瞬间的共同速度为 v2 ，滑块 A 与 B 碰撞瞬间与小车 C无关，滑块A 与 B 组成设的系统动量守恒，mAv1mAmB v2代入数据解得v22.5m
21、/s (2)设小车 C 的最短长度为L，滑块 A 与 B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为 v3 ，根据动量守恒定律有：mAmBv 2 mAmBmCv3根据能量守恒定律有：mAmBgL= 1 mAmBv221mA mB mC v3222联立以上两代入数据解得L0.375m【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒、能量守恒和动量守恒的条件和公式，正确把握每个过程的物理规律是关键11 如图甲所示，用半径相同的A、B 两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”实验时先让质量为m1 的A 球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下
22、面的白纸上留下痕迹重复上述操作10 次，得到 10 个落点痕迹再把质量为m2 的 B 球放在水平轨道末端，让A 球仍从位置C 由静止滚下， A 球和 B 球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10 次 M、P、N为三个落点的平均位置，未放B 球时， A 球的落点是P 点， O 点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足_（填 “或”“ BC C m1OP m1OM m2ON m1OP 2 m1OM 2 m2ON 2 m1OP m1OM m2ON【解析】【分析】【详解】(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量
23、大于被碰球的质量；（ 1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：m1v0 m1v1 m2 v2 ，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有m1 OP m1 OM m2 ON ，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC；（ 3）由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故 AB 错误；由于落点比较密集，
24、又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故C 正确；仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP 的长度越小，故D 错误故选 C；（4）若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0m1v1m2 v2 ，又OP v0t ,OMv1t, ONv2 t ，代入得： m1OPm1 OM m2ON ，若碰撞是弹性碰撞，满足机械能守恒，则：1212122m1v02m1v12m2 v2 ，代入得; m1 OP 2m1 OM 2m2ON 2 ；（5）如图所示 ,连接 OP、 OM 、ON,作出 M、 N
25、在 OP 方向上的投影点M、 N，如图所示；分别测量出OP、 OM、 ON的长度若在实验误差允许范围内,满足关系式m1OPm1OMm2ON则可以认为两小球碰撞前后在OP 方向上动量守恒12 如图所示，内壁粗糙、半径R 0.4 m 的四分之一圆弧轨道 AB 在最低点 B 与光滑水平轨道 BC相切。质量 m2 0.2 kg 的小球 b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量 m1 0.2 kg 的小球 a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的 2 倍，忽略空气阻力，重力加速度g10 m/s 2。求：(1)小球 a 由 A 点运动到(2)小球
26、a 通过弹簧与小球(3)小球 a 通过弹簧与小球【答案】 (1)B 点的过程中，摩擦力做功Wf ；b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球(2)EP=0.2J (3)I=0.4N?sEp；b 的冲量I。【解析】（1）小球由静止释放到最低点B 的过程中，据动能定理得小球在最低点B 时：据题意可知，联立可得（ 2）小球 a 与小球 b 把弹簧压到最短时，弹性势能最大，二者速度相同，此过程中由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得弹簧的最大弹性势能Ep =0.4J小球 a 与小球 b 通过弹簧相互作用的整个过程中，由动量守恒定律a 球最终速度为， b 求最终速度为，由能量守恒定律：根据动量定理有：得小球 a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小为I=0.8N s