高考物理试题真题分类汇编物理动量守恒定律

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，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m、m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度v0向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求：

（1）第一次碰撞过程中系统损失的动能 （2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)【解析】 【详解】

解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为v1、v2，之后甲做匀速直线运动，乙以

12

mv0；(2) mv0 4

v2初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速

度相等，有：v1v2 2而第一次碰撞中系统动量守恒有：2mv02mv1mv2 由以上两式可得：v1v0v2v0 ， 21222mgv0g2mgv1所以第一次碰撞中的机械能损失为：Eg1221212mv2mv0 24(2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：Imv20mv0

4．如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点。P1与P以共同速度v0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压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：

（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2； （2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。

22v0v03v0mv0L，Ep【答案】（1） v1，v2 （2）x 32g1624【解析】（1） P1、P2碰撞过程，动量守恒，mv02mv1，解得v1v0。 23v0 4对P1、P2、P组成的系统，由动量守恒定律 ，(m2m)v04mv2，解得v2（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，对P1、P2、P组成的系统，从

P1、P2碰撞结束到P压缩弹簧后被弹回并停在A点，用能量守恒定律

2v01112222mv12mv0(m2mm)v2u(2mg)2(Lx) 解得xL 22232g对P1、P2、P系统从P1、P2碰撞结束到弹簧压缩量最大，用能量守恒定律

111222mv122mv0(m2mm)v2u(2mg)(Lx)Ep 2222mv0最大弹性势能EP

16 注意三个易错点：碰撞只是P1、P2参与；碰撞过程有热量产生；P所受摩擦力，其正压力为2mg

【考点定位】碰撞模型、动量守恒定律、能量守恒定律、弹性势能、摩擦生热。中档题

5．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

6．（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

88-16

8

488-16

v0=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。

7．如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B，B的质量为M=3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞后小物块A又滑上劈B，求物块A在B上能够达到的最大高度．

23v0【答案】h

8g【解析】

试题分析：选取A、C系统碰撞过程动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出A的速度；A、B系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．

小物块C与A发生弹性碰撞， 由动量守恒得：mv0＝mvC＋mvA 由机械能守恒定律得：

121212mv0mvCmvA 222联立以上解得：vC＝0，vA＝v0

设小物块A在劈B上达到的最大高度为h，此时小物块A和B的共同速度大小为

v，对小物块A与B组成的系统，

由机械能守恒得：

121mvAmghmMv2 22水平方向动量守恒mvAmMv

23v0联立以上解得： h

8g点睛：本题主要考查了物块的碰撞问题，首先要分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．要注意A、B系统水平方向动量守恒，系统整体动量不守恒．

8．如图所示，一光滑弧形轨道末端与一个半径为R的竖直光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起（轻弹簧尺寸忽略不计），两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧瞬间将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点．求：

（1）前车被弹出时的速度v1；

（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能Ep； （3）两车从静止下滑处到最低点的高度差h． 【答案】（1）v15Rg（2）【解析】

试题分析：（1）前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，根据牛顿第二定律求出最高点速度，根据机械能守恒列出等式求解（2）由动量守恒定律求出两车分离前速度，根据系统机械能守恒求解（3）两车从h高处运动到最低处机械能守恒列出等式求解．

2v2（1）设前车在最高点速度为v2，依题意有mgm ①

R55mgR（3）hR 48设前车在最低位置与后车分离后速度为v1， 根据机械能守恒得

121mv2mg2Rmv12② 22由①②得：v15Rg （2）设两车分离前速度为v0，由动量守恒定律得2mv0mv1 设分离前弹簧弹性势能EP，根据系统机械能守恒得：EP12152mv12m0mgR 224122mv0 2（3）两车从h高处运动到最低处过程中，由机械能守恒定律得：2mgh解得：h5R 8

9．如图所示，质量均为M＝4 kg的小车A、B，B车上用轻绳挂有质量为m＝2 kg的小球C，与B车静止在水平地面上，A车以v0＝2 m/s 的速度在光滑水平面上向B车运动，相碰后粘在一起(碰撞时间很短)．求：

(1)碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)碰后小球C第一次回到最低点时的速度大小． 【答案】(1) 4 J (2) 1.6 m/s 【解析】 【详解】

解：(1)设A、B车碰后共同速度为v1，由动量守恒得：Mv02Mv1 系统损失的能量为：E损112Mv02Mv124 J 22(2)设小球C再次回到最低点时A、B车速为v2，小球C速度为v3，对A、B、C系统由水平方向动量守恒得：2Mv12Mv2mv3

由能量守恒得：

111222Mv122Mv2mv3 222解得：v31.6 m/s

10．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5cm，而木块所受的平均阻力为f=80N．若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取10m/s2，求爆竹能上升的最大高度．

【答案】h60m 【解析】

试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用，根据动能定理可得

1(mgf)h0Mv12（1）

2爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒，故有mv2Mv1（2）

2爆竹完后，爆竹做竖直上抛运动，故有v22gh（3）

联立三式可得：h600m

考点：考查了动量守恒定律，动能定理的应用

点评：基础题，比较简单，本题容易错误的地方为在A下降过程中容易将重力丢掉

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， 3根据牛顿第三定律，对轨道的压力F'F17mg，方向：竖直向下； 32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，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=1kg的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左、右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以v=1m/s的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面，质量m=0.5kg的小物块B从其上距水平台面高h=0.8m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的动摩擦因数0.35，l=1.0m．设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A处于静止状态．取g=10m/s2．

(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小； (2)物块A、B间发生碰撞过程中，物块B受到的冲量；

(3)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？

(4)如果物块A、B每次碰撞后，弹簧恢复原长时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小．

11【答案】(1)3m/s；(2)2kgm/s；(3)l，所以不能；(4)73【解析】 【分析】

n1m

s物块B沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解；物块A、B第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解；当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞．物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，根据对于的规律求出n次碰撞后的运动速度大小． 【详解】

(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律可得：

mgh12mv0 2解得：v04ms

设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则有：μmg=ma， 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有：v12-v02=-2al，

解得：v1=3m/s＞v=1m/s，则物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为3m/s； (2)设物体A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，取向右为正方向 由动量守恒定律得：mv1MvAmvB 由机械能守恒定律得：

121212mv1mvBMvA 222解得：vA=-2m/s，vB=1m/s，（vA=0m/s，vB=-3m/s不符合题意，舍去）

m ，方向水平向右； IPmvBmv12kg?s(3) 碰撞后物块B在水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l'，则有： 0-vB2=-2al′， 解得：l1l 7所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上；

(4) 当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为vB，继而与物块A发生第二次碰撞 由（2）可知，vB=

1v1 313132同理可得：第二次碰撞后B的速度：vB1=vB()v1 第n次碰撞后B的速度为：vB（n-1）=()v1()【点睛】

本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大．

13n13n1m s