最新高考物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案)

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞．

①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；

②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P对乙的冲量的最大值． 【答案】v乙＝6m/s. I＝8N 【解析】 【详解】

（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：

又知

，方向向右。

联立以上方程可得

（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：

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；

v0滑离B，并恰好能2（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．

2225v0v0v015mv0【答案】（1） vB＝；（2）（3）R（4）E

16gLg432【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：

mv0＝m

解得vB＝

v0＋2mvB 2v0 42mgL＝mv0－m(0)2－2m(0)2

(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

1212v212v425v0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＝2mv 2A、C系统机械能守恒：

1v1v1mgR＝m(0)2m(0)22mv2

222422v0 解得Rg(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

mv0mv0mvAmvC 24A、C系统初、末状态机械能守恒，

1v021v021212m()m()mvAmvC 222422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：

2121215mv0 E＝mv0－mvA＝2232【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．

4．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O点(A、B均视为质点)，重力加速度为g．求：

（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小； （2）A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；

（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆弧轨道与斜面相切 于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，则v至少为多大时物块A能沿圆弧轨道运动到Q点．（计算结果可用根式表示） 【答案】v2【解析】

试题分析：（1）A与B球碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A球滑下过程中，机械能守恒，有： mg（3x0）sin30°=

113gx0EPmgx0v(2043)gx0 241mv12 2解得：v1＝3gx0…①

又因A与B球碰撞过程中，动量守恒，有：mv1=2mv2…② 联立①②得：v2＝v1＝1213gx0 2（2）碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒． 则有：EP+

1•2mv22＝0+2mg•x0sin30° 2解得：EP＝2mg•x0sin30°−

311•2mv22=mgx0−mgx0＝mgx0…③ 244（3）设物块在最高点C的速度是vC，

vc2物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：mg＝m

R所以：vc＝gR＝gx0④ C点相对于O点的高度： h=2x0sin30°+R+Rcos30°= (43)x0…⑤ 211mvo2＝mgh+mvc2…⑥ 22物块从O到C的过程中机械能守恒，得：

…⑦ 联立④⑤⑥得：vo＝(53)gx0?设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，滑块从P到B的过程中机械能守恒，得：

121mv+mg（3x0sin30°）＝mvA2…⑧ 221•2mvB2+EP＝2A与B碰撞的过程中动量守恒．得：mvA=2mvB…⑨ A与B碰撞结束后从B到O的过程中机械能守恒，得：

1•2mvo2+2mg•x0sin30°…⑩ 2由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离． 联立⑦⑧⑨⑩解得：v＝33gx0 考点：动量守恒定律；能量守恒定律

【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A、B到达P点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．

5．两个质量分别为mA0.3kg、mB0.1kg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v03m/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h1.5m.斜面倾角

37o，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度

g取10m/s2.求：（提示：sin37o0.6，cos37o0.8）

（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）vB6m/s （2）EP0.6J 【解析】

试题分析：（1）设分离时A、B的速度分别为vA、vB， 小滑块B冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：mBghmBgh分）

代入已知数据解得：vB6m/s ② （2分）

（2）由动量守恒定律得：(mAmB)v0mAvAmBvB ③ （3分） 解得：vA2m/s （2分） 由能量守恒得：

cos12 ① （3mBvBsin2111222 ④ （4分） (mAmB)v0EPmAvAmBvB222解得：EP0.6J 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.

6．如图所示，质量M=1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m=lkg的导体棒自ce端的正上方h=2m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度B=0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5m，导轨的半径r=0.5m，导体棒的电阻R=1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。

(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；

(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；

(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率。 【答案】(1) v210m/s (2)25J (3)P【解析】 【详解】

解：(1)根据机械能守恒定律，可得：mghmv2 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v210m/s

(2)导体棒早凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，圆柱体停在凹槽最低点

根据能力守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Qmg(hr)25J

(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v1，凹槽速度大小为v2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：mv1Mv2 由能量守恒可得：

129W 41212mv1mv2mg(hr)Q1 22导体棒第一次通过最低点时感应电动势：EBLv1BLv2

E2回路电功率：P

R联立解得：P9W 4

7．28．如图所示，质量为ma=2kg的木块A静止在光滑水平面上。一质量为mb= lkg的木块B以初速度v0=l0m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动。木块A与挡板碰撞后立即反弹（设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失）。后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为1m/s、4m/s。求：木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能。

【答案】9J

【解析】试题分析：依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后A、B 速度方向都向左。

第一次碰撞 ，规定向右为正向 mBv0=mBvB+mAvA 第二次碰撞 ，规定向左为正向 mAvA-mBvB= mBvB’+mAvA’ 得到vA=4m/s vB=2m/s

ΔE=9J

考点：动量守恒定律；能量守恒定律.

视频

8．人站在小车上和小车一起以速度v0沿光滑水平面向右运动．地面上的人将一小球以速度v沿水平方向向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度v水平向右抛出，接和抛的过程中车上的人和车始终保持相对静止．重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n次后，人和车速度刚好变为0．已知人和车的总质量为M，求小球的质量m． 【答案】m【解析】

试题分析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv0-mv=Mv1+mv 得：v1v0Mv0 2nv2mv M车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒： Mv1-mv=Mv2+mv 得：v2v022mv M2mv M同理，车上的人第n次将小球抛出后，有vnv0n由题意vn=0， 得：mMv0 2nv考点：动量守恒定律

9．如图，质量分别为

、

的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度

h=0.8m，A球在B球的正上方． 先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放． 当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知能损失．

，重力加速度大小为

，忽略空气阻力及碰撞中的动

（i）B球第一次到达地面时的速度； （ii）P点距离地面的高度． 【答案】vB4m/shp0.75m 【解析】

试题分析：（i）B球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有

mBgh1mBvB2 2可得B球第一次到达地面时的速度vB2gh4m/s

（ii）A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度vAgt3m/s 设B球的速度为vB'， 则有碰撞过程动量守恒

mAvAmBvB'mBvB''

碰撞过程没有动能损失则有

111mAvA2mBvB'2mBvB''2 222解得vB'1m/s，vB''2m/s

小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度v0vB4m/s

v02vB'20.75m 所以P点的高度hp2g考点：动量守恒定律 能量守恒

10．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影

响．

【答案】

【解析】

设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后， 由动量守恒得：mv0=(2m＋m)V（2分） 2d=此过程中动能损失为：ΔE损＝f·解得ΔE＝

112mv0－×3mV2（2分） 2212mv0 3分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）

d=因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·由能量守恒得：

mv0（1分），

2111222mv1＋mV1＝mv0－ΔE损1（2分） 222且考虑到v1必须大于V1，

解得：v1＝(123)v0 6设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，

由动量守恒得：2mV2＝mv1（1分） 损失的动能为：ΔE′＝联立解得：ΔE′＝

1122mv1－×2mV2（2分） 22mv0

213(1)×22x（1分）， 因为ΔE′＝f·

可解得射入第二钢板的深度x为：

（2分）

子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解

11．如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B=4T的匀磁场中，两导轨间距L=0.5m，导轨足够长金属棒a和b的质量都为m=1kg，电阻RaRb1.b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h=80cm高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰.求a、b两棒的最终速度大小以及整个过程中b棒中产生的焦耳热（已知重力加速度g取10m/s2）

【答案】 2m/s 2J 【解析】

a棒下滑至C点时速度设为v0，则由动能定理，有：

12mv00 （2分） 2 解得v0=4m/s； （2分）

mgh此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有：

mv0mmv （2分）

解得a、b两棒共同的最终速度为v=2m/s，此后两棒一起做匀速直线运动； 由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦耳热为： Q121mv0mmv2 （2分） 221Q （2分） 2 联立解得：Qb=2J （2分）

则b棒中的焦耳热Qb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