高中物理动量守恒定律技巧和方法完整版及练习题

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v向右匀速运动．已知木箱的质量为m，人与车的总质量为2m，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：

(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小． 【答案】①【解析】

试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv1-mv 得v12vv；② 23v 22v 3②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv1=（m+2m）v2 解得v2考点：动量守恒定律

2．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解之得：t22s

滑块向左运动最大位移：xm1v0v1t1 21v1 2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

3．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角θ=37°;过f点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh，ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m2=3×10-3 kg、电荷量q=3×l0-3 C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点，质量m1=1.5×10-3 kg的不带电小物体P从轨道右端a以v0=8 m/s的水平速度向左运动，P、Q碰撞时间极短，碰后P以1 m/s的速度水平向右弹回．已知P与ab间的动摩擦因数μ=0.5，A、B均可视为质点，Q

的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2．求：

(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小FN；

(2)当β=53°时，物体Q刚好不从gh边穿出磁场，求区域efgh内所加磁场的磁感应强度大小B1；

(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时，要让物体Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的β值．

2【答案】(1)FN4.610N (2)B11.25T (3)t127s,1900和21430 360【解析】 【详解】

解：(1)设P碰撞前后的速度分别为v1和v1，Q碰后的速度为v2 从a到b，对P，由动能定理得：-m1gl解得：v17m/s

碰撞过程中，对P，Q系统：由动量守恒定律：m1v1m1v1m2v2

11m1v12m1v02 22取向左为正方向，由题意v11m/s， 解得：v24m/s

v22b点：对Q，由牛顿第二定律得：FNm2gm2

R2解得:FN4.610N

(2)设Q在c点的速度为vc，在b到c点，由机械能守恒定律：

11m2gR(1cos)m2vc2m2v22

22解得：vc2m/s

2进入磁场后：Q所受电场力FqE310Nm2g ，Q在磁场做匀速率圆周运动

m2vc2由牛顿第二定律得：qvcB1

r1Q刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：r1d1.6m 解得：B11.25T (3)当所加磁场B22T，r2m2vc1m qB2要让Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：

设最大圆心角为，由几何关系得：cos(180)解得：127 运动周期：Tdr2 r22m2 qB2则Q在磁场中运动的最长时间：t360T1272m2127•s 360qB2360190和2143 此时对应的角：

4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b,小车质量M=3kg，AO部分粗糙且长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分光滑．另一小物块a．放在车的最左端，和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g=10m/s2）求：

(1)物块a与b碰后的速度大小；

(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；

(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离． 【答案】(1)1m/s (2)【解析】

试题分析：（1）对物块a，由动能定理得：代入数据解得a与b碰前速度：

；

(3) x=0.125m

a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：

，代入数据解得：

；

在小车上向左滑动，当与车同速

，

（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：代入数据解得：对小车，由动能定理得：

，

，

代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：（3）由能量守恒得：

解得滑块a与车相对静止时与O点距离：考点：动量守恒定律、动能定理。

，

；

；

【名师点睛】本题考查了求速度、距离问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题。

5．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v0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。

．

6．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：

①物块A相对B静止后的速度大小； ②木板B至少多长．

2v0【答案】①0.25v0．②L

16g【解析】

试题分析：（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， mv0=2mv1，① （2分） 2mv1=4mv2② （2分）

联立①②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，

③ （2分）

联立①②③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至少长度．

7．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

8．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

vH′＝

2mv③

mmH同理，对于质量为mN的氮核，其碰后速度为 VN′＝

2mv④

mmN由③④式可得

mNvN'mHvH'm＝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

9．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

得：

，反弹后减速时间

（

舍去）

反弹后经过位移，B停止运动．

停止．

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

考点：弹性碰撞、匀变速直线运动

，

，则时间间隔

．

10．如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A．求男演员落地点C与O点的水平距离s．已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2=2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R．

【答案】8R 【解析】 【分析】 【详解】

两演员一起从从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒定律，设总质量为m，则

1mgRmv2

2女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒：m2gR1m2v12 2女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒：

（m1m2）vm2v1m1v2③

根据题意：m1:m22 有以上四式解得：v222gR 接下来男演员做平抛运动：由4R因而：sv2t8R； 【点睛】

两演员一起从从A点摆到B点，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出最低点速度；女

8R12gt，得t g2演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒，由于女演员刚好能回到高处，可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度，再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度，然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；本题关键分析求出两个演员的运动情况，然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．

11．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g＝10 m/s2。求：

(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功Wf；

(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep； (3)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。 【答案】(1)【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)EP=0.2J (3) I=0.4N⋅s

（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，a球最终速度为，b求最终速度为，由动量守恒定律由能量守恒定律：根据动量定理有：I=0.8N·s

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

12．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．