高考物理动量守恒定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．如图，质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t=5.0s后，测得两球相距s=4.5m，则刚分离时，a球、b球的速度大小分别为_____________、______________；两球分开过程中释放的弹性势能为_____________．

【答案】①0.7m/s, -0.2m/s ②0.27J 【解析】

试题分析：①根据已知，由动量守恒定律得联立得

②由能量守恒得

代入数据得

考点：考查了动量守恒，能量守恒定律的应用

【名师点睛】关键是对过程分析清楚，搞清楚过程中初始量与末时量，然后根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解题

2．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v0射入物块后，以水平速度v0/2 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)E【解析】

1m38Mmv02mv0 (2)sMh 2g【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 mv0=m解得

②

系统的机械能损失为 ΔE=

由②③式得 ΔE=

④

③

+MV ①

（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．

3．匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示．图中E0和d均为已知量．将带正电的质点A在O点由能止释放．A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用．已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和．不计重力．

（1）求A在电场中的运动时间t，

（2）若B的电荷量q =Q，求两质点相互作用能的最大值Epm （3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

解：（1）由牛顿第二定律得，A在电场中的加速度 a ==A在电场中做匀变速直线运动，由d =a得 运动时间 t =

=

（2）

1QE0d （3）Q 45

（2）设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0，由动能定理得 QE0d =mqE0d =

A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用为斥力，A受力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v，

，

由动量守恒定律得：（m +）v = mvA0 +vB0

，

由能量守恒定律得：EPm= (m且 q =Q

解得相互作用能的最大值 EPm=

+)—）

1QE0d 45（3）A、B在x>d区间的运动，在初始状态和末态均无相互作用 根据动量守恒定律得：mvA+vB= mvA0 +vB0 根据能量守恒定律得：m解得：vB = -+

+

=m

+

因为B不改变运动方向，所以vB = -解得： q≤Q

则B所带电荷量的最大值为：qm =Q

+≥0

4．如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2 s至t2=4 s内工作，已知P1、P2的质量都为m=1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。

(1)若v1=6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；

(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。

【答案】（1）9J （2）10m/s＜v1＜14m/s 17J 【解析】

试题分析：（1）由于P1和P2发生弹性碰撞，据动量守恒定律有：

碰撞过程中损失的动能为：（2）

解法一：根据牛顿第二定律，P做匀减速直线运动，加速度a=设P1、P2碰撞后的共同速度为vA，则根据（1）问可得vA=v1/2 把P与挡板碰撞前后过程当作整体过程处理 经过时间t1，P运动过的路程为s1，则经过时间t2，P运动过的路程为s2，则联立以上各式，解得10m/s＜v1＜14m/s

v1的最大值为14m/s，此时碰撞后的结合体P有最大速度vA=7m/s

如果P能在探测器工作时间内通过B点，必须满足s1≤3L≤s2

根据动能定理，代入数据，解得E=17J

解法二：从A点滑动到C点，再从C点滑动到A点的整个过程，P做的是匀减速直线。 设加速度大小为a，则a=μg=1m/s2

设经过时间t，P与挡板碰撞后经过B点，[学科网则： vB=v-at，

，v=v1/2

若t=2s时经过B点，可得v1=\"14m/s\" 若t=4s时经过B点，可得v1=10m/s 则v1的取值范围为：10m/s＜v1＜14m/s v1=14m/s时，碰撞后的结合体P的最大速度为：根据动能定理，

代入数据，可得通过A点时的最大动能为：

考点：本题考查动量守恒定律、运动学关系和能量守恒定律

5．（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到10K时，可以发生“氦燃烧”。

①完成“氦燃烧”的核反应方程：2He___4Beγ。

②4Be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10s。一定质量的4Be，经7.8×10s

-16

-16

8

4888后所剩下的4Be占开始时的 。

（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg。开始时C静止，A、B一起以

8v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段

时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。

【答案】（1）①2He（或） ②（2）2m/s

【解析】（1）①由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。 ②由题意可知经过3个半衰期，剩余的4Be的质量mm0()3841（或12.5%） 8121m0。 8（2）设碰后A的速度为vA，C的速度为vC,由动量守恒可得mAv0mAvAmCvC, 碰后A、B满足动量守恒，设A、B的共同速度为v1，则mAvAmBv0(mAmB)v1 由于A、B整体恰好不再与C碰撞，故v1vC 联立以上三式可得vA=2m/s。

【考点定位】（1）核反应方程，半衰期。 （2）动量守恒定律。

6．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）

【答案】4v0 【解析】 【分析】

在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题． 【详解】

设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：

12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0，则最小速度为4v0． 【点睛】

本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择以及正方向的选择．

7．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

考点：弹性碰撞、匀变速直线运动

，

，则时间间隔

．

停止．

8．如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m＝0.1kg．P2的右端固定一轻质弹簧，物体P置于P1的最右端，质量为M＝0.2kg且可看作质点．P1与P以共同速度v0＝4m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内)．平板P1的长度L＝1m ，P与P1之间的动摩擦因数为μ＝0.2，P2上表面光滑．求：

(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1； (2)此过程中弹簧的最大弹性势能Ep．

(3)通过计算判断最终P能否从P1上滑下，并求出P的最终速度v2． 【答案】(1)v1=2m/s (2)EP=0.2J (3)v2=3m/s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律 mv02mv1 解得v1v02m/s，方向水平向右 ； 23v03m/s，方向水平向右， 4 （2）对P1、P2、P系统，由动量守恒定律 2mv1Mv0(2mM)v2解得v2此过程中弹簧的最大弹性势能EP111220.2J； •2mv12+Mv0（2mM)v2222（3）对P1、P2、P系统，由动量守恒定律 2mv1Mv02mv3Mv2 由能量守恒定律得

11112222mv12+Mv02mv3Mv2+MgL 2222解得P的最终速度v23m/s0，即P能从P1上滑下，P的最终速度v23m/s

9．如图所示，木块m2静止在高h=0．45 m的水平桌面的最右端，木块m1静止在距m2 左侧s0=6．25 m处．现木块m1在水平拉力F作用下由静止开始沿水平桌面向右运动，与 m2碰前瞬间撤去F，m1和m2发生弹性正碰．碰后m2落在水平地面上，落点距桌面右端水平 距离s=l．2 m．已知m1=0．2 kg，m2 =0．3 kg，m1与桌面的动摩擦因素为0．2．（两个木块都可以视为质点，g=10 m／s）求：

2

（1）碰后瞬间m2的速度是多少？ （2）m1碰撞前后的速度分别是多少？ （3）水平拉力F的大小？

【答案】（1）4m/s（2）5m/s ；-1m/s （3）0．8N 【解析】

试题分析：（1）m2做平抛运动，则：h=s=v2t； 解得v2=4m/s

12

gt； 2（2）碰撞过程动量和能量守恒：m1v=m1v1+m2v2

121212

m1v=m1v1+m2v2 222代入数据解得：v=5m/s v1=-1m/s （3）m1碰前:v=2as

2

Fm1gm1a

代入数据解得：F=0．8N

考点：动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律的应用

【名师点睛】此题关键是搞清两个物体的运动特征,分清物理过程；用动量守恒定律和能量守恒定律结合牛顿定律列出方程求解．

10．如图所示，A为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的，质量

m140kg的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上，一个质量m220kg的物体C以2.0m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经过一段时间与

小车相对静止并一起运动。若轨道顶端与底端的高度差h1.6m，物体与小车板面间的动摩擦因数0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计，取g10m/s，求：

2

（1）物体与小车保持相对静止时的速度v；

（2）物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t； （3）物体在小车上相对滑动的距离l。 【答案】（1）2 m/s；（2）1 s；（3）3 m 【解析】

试题分析：（1）下滑过程机械能守恒，有：mgh1122mv10mv2 ，代入数据得：22v26m/s；设初速度方向为正方向，物体相对于小车板面滑动过程动量守恒为： mv2（mM）v

联立解得：vmv22062 m/s。 Mm2040（2）对小车由动量定理有：mgtMv，解得：tMv4021 s。 mg0.420102（3）设物体相对于小车板面滑动的距离为L，由能量守恒有：

2mMmv112mgLmv2（mM）v2代入数据解得：Lv23 m。

222mg考点：动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律

【名师点睛】本题考查动量定恒、机械能守恒及功能关系，本题为多过程问题，要注意正确分析过程，明确各过程中应选用的物理规律。

11．在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC，半径为R，如图所示，A、C两点的连线水平，B点为轨道最低点.其中AB部分是光滑的，BC部分是粗糙的.有一个质量为m的乙物体静止在B处，另一个质量为2m的甲物体从A点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC轨

o道，最高运动到D点，OD与OB连线的夹角θ60.甲、乙两物体可以看作质点，重力加

速度为g，求：

(1)甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．

(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力． (3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中，摩擦力对其做的功． 【答案】(1) m2gR，方向水平向右．(2)压力大小为：

2317mg，方向竖直向3mgR． 下．(3)Wf= 【解析】 【分析】

(1)先研究甲物体从A点下滑到B点的过程，根据机械能守恒定律求出A刚下滑到B点时的速度，再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度，即可对甲，运用动量定理求甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．

(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对于甲乙构成的整体，由牛顿第二定律求出轨道对整体的支持力，再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力．

(3)甲乙构成的整体从B运动到D的过程中，运用动量定理求摩擦力对其做的功． 【详解】

161甲物体从A点下滑到B点的过程，

根据机械能守恒定律得：2mgR解得：v02gR，

甲乙碰撞过程系统动量守恒，取向左方向为正，根据动量守恒定律得：

122mv0， 22mv0m2mmv，

解得：v22gR， 3甲物与乙物体碰撞过程，对甲，由动量定理得：I甲2mv2mv0向：水平向右；

2m2gR，方32甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对甲乙构成的整体，

v2， 由牛顿第二定律得：Fm2mgm2mR解得：F17mg， 317mg，方向：竖直向下； 32根据牛顿第三定律，对轨道的压力F'F3对整体，从B到D过程，由动能定理得：3mgR1cos60oWf013mv2

解得，摩擦力对整体做的功为：Wf【点睛】

解决本题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况，把握每个过程的物理规律，知道碰撞的基本规律是动量守恒定律.摩擦力是阻力，运用动能定理是求变力做功常用的方法．

1mgR； 6

12．如图所示，粗细均匀的圆木棒A下端离地面高H，上端套着一个细环B．A和B的质量均为m，A和B间的滑动摩擦力为f，且f＜mg．用手控制A和B使它们从静止开始自由下落．当A与地面碰撞后，A以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动，与地面发生碰撞时间极短，空气阻力不计，运动过程中A始终呈竖直状态．求：若A再次着地前B不脱离A，A的长度应满足什么条件？

【答案】【解析】

试题分析：设木棒着地时的速度为，因为木棒与环一起自由下落，则木棒弹起竖直上升过程中，由牛顿第二定律有：对木棒：解得：对环：

，方向竖直向下

解得

方向竖直向下

可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态，所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变 木棒在空中运动的时间为在这段时间内，环运动的位移为

要使环不碰地面，则要求木棒长度不小于x，即解得：

考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用

【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力