高考物理动量守恒定律解题技巧及练习题

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．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为mA=1kg、mB=2kg、mC=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：

（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能； （2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （3）在以后的运动过程中B球的最小速度． 【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度

；（2）

；（3）零．

损失的机械能

（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大

根据动量守恒定律有：三者共同速度

最大弹性势能

（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．

弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：

根据机械能守恒定律：

，C的速度

此时A、B的速度

可知碰后A、B已由向左的共同速度的最小速度为零 ．

考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．

【名师点睛】A、B发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定

减小到零后反向加速到向右的

，故B

律和机械能守恒定律求出A球与B球碰撞中损耗的机械能．当B、C速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B、C在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答

4．如图所示，质量为M=2kg的小车静止在光滑的水平地面上，其AB部分为半径R=0.3m

1圆孤，BC部分水平粗糙，BC长为L=0.6m。一可看做质点的小物块从A点由静止4释放，滑到C点刚好相对小车停止。已知小物块质量m=1kg，取g =10m/s2。求：

的光滑

（1）小物块与小车BC部分间的动摩擦因数；

（2）小物块从A滑到C的过程中，小车获得的最大速度。 【答案】（1）0.5（2）1m/s 【解析】 【详解】

解：(1) 小物块滑到C点的过程中，系统水平方向动量守恒则有：(Mm)v0 所以滑到C点时小物块与小车速度都为0 由能量守恒得： mgRmgL 解得：R0.5 L(2)小物块滑到B位置时速度最大，设为v1，此时小车获得的速度也最大，设为v2 由动量守恒得 ：mv1Mv2 由能量守恒得 ：mgR联立解得： v21m/ s

11mv12Mv22 22

5．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Ep=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 mv1-Mv2=0

EP1212 mv1Mv222x1xM2，x1+x2=L tt代入数据解得：v1=3m/s v2=1m/s （2）根据动量守恒和各自位移关系得m代入数据联立解得：x2L=0.1m 4考点：动量守恒定律；能量守恒定律.

6．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， 4111220.2J； •2mv12+Mv0（2mM)v2222 （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（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

2327．一个静止的铀核92U（原子质量为232.0372u）放出一个α粒子（原子质量为2284.0026u）后衰变成钍核90Th（原子质量为228.0287 u ）．（已知：原子质量单位

1u1.671027kg，1u相当于931MeV）

(1)写出核衰变反应方程；

(2)算出该核衰变反应中释放出的核能；

(3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？ 【答案】(1)【解析】 【详解】 (1)

2329223292U22890Th+42He (2)5.49MeV (3)0.095MeV

U22890Th+42He

(2)质量亏损mmUmαmTh0.0059u △E=△mc2=0.0059×931MeV=5.49MeV

(3)系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，即

pThpα

EkTh2pTh 2mTh2pαEkα

2mαEkThEkαE

所以钍核获得的动能EkThmα4EE0.095MeV

mαmTh4228

8．如图所示，质量为mA=3kg的小车A以v0=4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为mB=1kg的小球B（可看作质点），小球距离车面h=0.8m．某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为mC=1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）小车系统的最终速度大小v共；

（2）绳未断前小球与砂桶的水平距离L； （3）整个过程中系统损失的机械能△E机损． 【答案】(1)3.2m/s （2）0.4m （3）14.4J 【解析】

试题分析：根据动量守恒求出系统最终速度；小球做平抛运动，根据平抛运动公式和运动学公式求出水平距离；由功能关系即可求出系统损失的机械能． （1）设系统最终速度为v共，由水平方向动量守恒： (mA＋mB) v0=(mA＋mB＋mC) v共 带入数据解得：v共=3.2m/s

（2）A与C的碰撞动量守恒：mAv0=(mA＋mC)v1 解得：v1=3m/s

设小球下落时间为t，则： h带入数据解得：t=0.4s 所以距离为：L(v0－v1) 带入数据解得：L=0.4m

（3）由能量守恒得：E损mBgh带入数据解得：E损14.4J

点睛：本题主要考查了动量守恒和能量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列式求解．

12gt 21122mmv AB0mAmBmv共22

9．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μ=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：mAgh代入数据解得v12gh5m/s．

设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 组成的系统动量守恒， mAv1mAmBv2 代入数据解得v22.5m/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：mAmBv2mAmBmCv3 根据能量守恒定律有：mAmBgL=联立以上两代入数据解得L0.375m

【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．

12mAv1 211mAmBv22mAmBmCv32 22

10．如图所示，光滑固定斜面的倾角Θ=30°，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量M=3kg的物体B相连，初始时B静止.质量m=1kg的A物体在斜面上距B物体处s1=10cm静止释放，A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与B粘在一起，已知碰后整体经t=0.2s下滑s2=5cm 至最低点. 弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取10m/s2．

（1）从碰后到最低点的过程中，求弹簧最大的弹性势能; （2）碰后至返回到碰撞点的过程中，求弹簧对物体B的冲量大小．

【答案】（1）1．125J；（2）10Ns 【解析】 【分析】

(1)A物体下滑过程，A物体机械能守恒，求得A与B碰前的速度；A与B碰撞是完全非弹性碰撞，A、B组成系统动量守恒，求得碰后AB的共同速度；从碰后到最低点的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量． (2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞点时AB的速度；对AB从碰后至返回到碰撞点的过程应用动量定理，可得此过程中弹簧对物体B冲量的大小． 【详解】

(1)A物体下滑过程，A物体机械能守恒，则：mgS1sin30解得：v0012mv0 22gS1sin3002100.10.5m1m

ssA与B碰撞是完全非弹性碰撞，据动量守恒定律得：

mv0(mM)v1

解得：v10.25m s从碰后到最低点的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，则：

EPT增1(mM)v12(mM)gS2sin300 2解得：EPT增1.125J

(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞点时AB的速度大小v2v10.25m s以沿斜面向上为正，由动量定理可得：

IT(mM)gsin3002t(mM)v2(mM)v1

解得：IT10Ns

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】

16(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】

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， 32m2gR，方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；

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，一质量为m=1．5kg的滑块从倾角为θ=37°的斜面上自静止开始滑下，斜面末端水平（水平部分光滑，且与斜面平滑连接，滑块滑过斜面末端时无能量损失），滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车．已知斜面长s=10m，小车质量为M=3．5kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ=0．35，小车与地面光滑且足够长，取g=10m/s．

2

求：（1）滑块滑到斜面末端时的速度

（2）当滑块与小车相对静止时，滑块在车上滑行的距离 【答案】（1）8 m/s（2）6．4m 【解析】

试题分析：（1）设滑块在斜面上的滑行加速度a， 由牛顿第二定律，有 mg（sinθ-μcosθ）=ma 代入数据得：a=3．2m/s

2

12

at 2解得 t=2．5s

又：s=

到达斜面末端的速度大小 v0=at=8 m/s

（2）小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0=（m+M）v 代入数据得：v=2．4m/s

滑块在小车上运动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，得： μmgL＝

1122

mv0−（m+M）v 22

代入数据得：L=6．4m

考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律

【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的应用，属于多过程问题，需要分阶段求解；解题时需选择合适的物理规律，用牛顿定律结合运动公式，或者用动量守恒定律较简单，此题是中档题。