1、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 mABC=1kg、 m=2kg、 m =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）；（ 2）；（ 3）
2、零【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：此时 A、 B 的速度， C 的速度可知碰后A、B 已由向左的共同速度
3、减小到零后反向加速到向右的，故 B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2 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
4、初速度 v0 从右端滑上 B，一段时间后，以v0 滑离 B，并恰好能2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；（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【答案】（ 1） vBv0；（ 2）5v02v0215mv024（3） R（ 4）E16gL64g32【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：mv0m v0 2mvB2解得 vB v04(2)对 A 在木板 B 上的滑
5、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mgL 1 mv02 1 m( v0 )2 12m(v0 )222224解得5v0216gL(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 2mv2A、 C 系统机械能守恒：mgR 1 m( v0 )21 m( v0 )212mv222242v02解得 R64g(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mv0mv0mvAmvC24A、 C 系统初、末状态机械能守恒，1 v021 v021212m(2)2m()2mvAmvC242解得 vA v0
6、 .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：E121215mv022mv02mvA32【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3 如图：竖直面内固定的绝缘轨道abcR=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗，由半径糙水平段 ab 在 b 点相切而构成， O 点是圆弧段的圆心，Oc 与 Ob 的夹角 =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
7、 与 Oc 交于 c 点， ecf 与水平向右的方向所成的夹角为 (53 147 )，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 1m/s 的速度水平向右弹回已知P 与 ab 间的动摩擦因数=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=10m/s 2求：(1)碰后
8、瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小 F ；N(2)当 =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 值【答案】 (1)FN4.610 2 N(2)B11.25T(3) t127s ,1 900 和 2 1430360【解析】【详解】解： (1)设P碰撞前后的速度分别为v 和v1， Q 碰后的速度为 v21从 a 到b，对，由动能定理得：1212P- m1gl2m1v12 m1v0解得： v17
9、m/s碰撞过程中，对P ， Q 系统：由动量守恒定律：m1v1 m1v1m2v2取向左为正方向，由题意v1m/s ，1解得： v24m/sb点：对Q ，由牛顿第二定律得：FNm2 gm2v22R解得 : FN4.610 2 N(2)设 Q 在 c 点的速度为 vc ，在 b 到 c 点，由机械能守恒定律：m2 gR(1cos)1 m2vc21 m2v2222解得： vc2m/s进入磁场后： Q 所受电场力 FqE310 2 Nm2 g ， Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：qvcB1m2vc2r1Q 刚好不从 gh 边穿出磁场，由几何关系：r1d1.6m解得： B11.25T(3)当
10、所加磁场 B22T， r2m2vc1mqB2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：dr2设最大圆心角为，由几何关系得：cos(180)r2解得：1272 m2运动周期： TqB2则 Q 在磁场中运动的最长时间：tT127 ?2 m2127 s360360 qB2360此时对应的角： 190 和2 1434 如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R 0.5m，物块 A 以 v0 6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，
11、与直轨道上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L 0.1m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 0.1， A、B 的质量均为 m 1kg(重力加速度 g 取 10m/s2； A、B 视为质点，碰撞时间极短 )(1)求 A 滑过 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力大小F；(2)若碰后 AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后 AB 滑至第 n 个(n k)光滑段上的速度vn 与 n 的关系式【答案】 (1) v5m/s ,F 22 N (2) k 45 (3) vn9 0.2n m/s (nk )
12、【解析】物块 A 从开始运动到运动至Q 点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有：2mgR解得： v 4m/s在 Q 点，不妨假 道 物 A 的 力 F 方向 直向下，根据向心力公式有：mg F解得：F mg 22N， 正 ， 明方向与假 方向相同。根据机械能守恒定律可知，物 A 与物 一起运 的速度 v0，根据 量守恒定律有：B 碰撞前瞬 的速度 mv02mv 0v0， 碰后A、 B 瞬 解得： 物 v0 3m/sA 与物 B 整体在粗糙段上滑行的 路程 s，根据 能定理有：2mgs 0解得： s 4.5m所以物 A 与物 B 整体在粗糙段上滑行的
13、路程 每段粗糙直 道 度的 45 倍，即k 45物 A 与物 B 整体在每段粗糙直 道上做匀减速直 运 ，根据牛 第二定律可知，其加速度 ： a g 1m/s2由 意可知 AB 滑至第 n 个（ n k）光滑段 ，先前已 滑 n 个粗糙段，根据匀 速直 运 速度 -位移关系式有： 2naL 解得： vnm/s（其中 n 1、 2、 3、 44）【考点定位】 能定理（机械能守恒定律）、牛 第二定律、匀 速直 运 速度-位移式关系、向心力公式、 量守恒定律的 用，以及运用数学知 分析物理 的能力。【 律 】牛 定律、 能定理、功能关系、 量守恒定律等往往是求解 合大 的必 知 ，因此遇到此 ，要能
14、 性地从以上几个方面 行思考，并正确 合运用相关数学知 助分析、求解。5用放射源 的 射 ，能 射出一种穿透力极 的中性射 ， 就是所 “ 射 ” 1932 年， 德威克用 “ 射 ”分 照射（ ） 和氨（它 可 于静止状 ） 得照射后沿 “ 射 ”方向高速运 的氨核和氦核的 量之比 7： 0 德威克假设铍 “ 射 ”是由一种 量不 零的中性粒子构成的，从而通 上述 在 史上首次 了中子假 “ 射 ”中的中性粒子与 或氦 生 性正碰， 在不考 相 效 的条件下 算构成 “ 射 ”的中性粒子的 量（ 量用原子 量 位u 表示， 1u等于1 个12C 原子 量的十二分之一取 核和氦核的 量分 1.
15、0u和 14u）【答案】 m 1.2u【解析】 构成 “副射 ”的中性粒子的 量和速度分 m 和 v， 核的 量 mH构成 “ 射 ”的中性粒子与 核 生 性正碰，碰后两粒子的速度分 v和 vH由 量守恒与能量守恒定律得mv mv mHvH1mv2 12 122mv22mHvH解得2mvvH mmH 同理，对于质量为mN 的氮核，其碰后速度为2mvVN m mN由 式可得mN vN mH vH mvN vH 根据题意可知vH7.0v N 将上式与题给数据代入 式得m 1.2u6 一轻质弹簧一端连着静止的物体B，放在光滑的水平面上，静止的物体A 被水平速度为v0 的子弹射中并且嵌入其中，随后一起
16、向右运动压缩弹簧，已知物体A 的质量是物体B 的质量的 3 ，子弹的质量是物体B 的质量的 1 ，求：44(1)物体 A 被击中后的速度大小；(2)弹簧压缩到最短时B 的速度大小。【答案】 (1) v11 v0 ； (2) v1 v048【解析】【分析】【详解】(1)设子弹射入 A 后， A 与子弹的共同速度为v1，由动量守恒定律可得1 mv0( 1 m3 m)v1444解得v11v04(2)当 AB 速度相等时，弹簧的压缩量最大，设此时A、 B 的共同速度为v，取向右为正方向，对子弹、 A、 B 组成的系统，由动量守恒定律可得1 mv0(1 m3 m m)v444解得v1v087 如图所示，
17、一质量m1=0.45kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上车顶右端放一质量m=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点现有一质量m=0.05 kg 的子弹以水平速度v =100200m/s 射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为 =0.5，最终小物体以 5 m/s 的速度离开小车g 取 10 m/s 2求：（ 1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小（ 2）小车的长度【答案】（ 1） 4.5N s （ 2） 5.5m【解析】 子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：m0 vo (m0 m1 )v1 ，可解得 v110m
18、 / s ；对子弹由动量定理有：Imv1mv0 ， I4.5N s ( 或 kgm/s) ； 三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：(m0 m1 )v1 (m0m1 )v2m2 v ；设小车长为 L，由能量守恒有：m2 gL1( m0m1 )v12 1(m0 m1 )v221m2v2222联立并代入数值得 L 5.5m；点睛 ：子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度 ，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度8 一列火车总质量为M ，在平直轨道上以速度v 匀速行驶
19、，突然最后一节质量为m 的车厢脱钩，假设火车所受的阻力与质量成正比，牵引力不变，当最后一节车厢刚好静止时，前面火车的速度大小为多少？【答案】 Mv/(M-m)【解析】【详解】因整车匀速运动，故整体合外力为零；脱钩后合外力仍为零，系统的动量守恒取列车原来速度方向为正方向由动量守恒定律，可得Mv M m vm 0解得，前面列车的速度为Mv；vMm9 如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的 1 圆弧槽 C 与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、 C 静止在水4平面上，现有滑块 A 以初速度 v0 从右端滑上 B 并以 v0 滑离 B，恰好能
20、到达C 的最高点 .A、2B、 C 的质量均为m，试求：（ 1）滑块与木板 B 上表面间的动摩擦因数 ；（ 2） 1 圆弧槽 C 的半径 R4【答案】（ 1）5v2v20 ；（ 2） R016gL64 g【解析】由于水平面光滑，A 与 B、 C 组成的系统动量守恒和能量守恒，有：1mv0 m(v0 ) 2mv1 21mv021102112 mgLm(v ) 2mv2222联立解得：5v02.16 gL当 A 滑上 C， B 与 C分离， A、 C 间发生相互作用A 到达最高点时两者的速度相等 A、 C 组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒：m(v ) mv (m m)v101221102
21、1mv121(2m)v22 mgR m(2v )2222联立解得：Rv064g点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，列出动量守恒以及能量转化的方程；注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向10 甲图是我国自主研制的 200mm 离子电推进系统， 已经通过我国 “实践九号 ”卫星空间飞行试验验证，有望在 2015 年全面应用于我国航天器离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子 P 喷注入腔室C 后，被电子枪G 射出的电
22、子碰撞而电离，成为带正电的氙离子氙离子从腔室C 中飘移过栅电极A 的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B 之间的电场中加速，并从栅电极B 喷出在加速氙离子的过程中飞船获得推力已知栅电极A、B 之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验求氙离子经A、B 之间的电场加速后，通过栅电极 B 时的速度 v 的大小；（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M ，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度v，此过程中可认为氙离子仍以第（ 1）中所求的速度通过栅电极B推进器工作时飞船的总质量可视为不变求推进器在此次工作
23、过程中喷射的氙离子数目N（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B 之间的电场对氙离子做功的功率的比值 S 来反映推进器工作情况通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大 S的实际意义说出你的看法【答案】（ 1）（ 2）（3）增大 S 可以通过减小 q、U 或增大 m 的方法提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力【解析】试题分析：（ 1）根据动能定理有解得：（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：Mv=Nmv解得：（3）设单位时间内通过栅电极A 的氙离子数为n，在时间t 内，离子推进器发射出的氙离子个数为Nnt ，设氙离子受到的平均力为F，对时间t内的射出的
24、氙离子运用动量定理， F tNmvntmv ， F = nmv根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小电场对氙离子做功的功率P= nqUF=F= nmv则根据上式可知：增大S 可以通过减小q、 U 或增大 m 的方法提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力（说明：其他说法合理均可得分）考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.11 一个静止的铀核23292 U （原子质量为232.0372u）放出一个粒子（原子质量为4.0026u ）后衰变成钍核 90228 Th （原子质量为228.0287 u ）（已知：原子质量单位1u1.6710 27 kg ， 1u 相当
25、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粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？【答案】 (1) 23292 U22890Th+ 24 He(2)5.49MeV(3)0.095MeV【解析】【详解】(1)23292 U22890Th+ 24 He(2)质量亏损mmUm mTh0.0059u E= mc2=0.0059 931MeV=5.49MeV(3)系统动量守恒，钍核和粒子的动量大小相等，即pThpEkThpTh22mThEkp22mEkThEk E所以钍核获得的动能 EkThmE4mmThE 0.095Me
26、V422812 图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m水平放置，磁感应强度B=0.4T 的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间金属棒ab、 cd 质量分别为0.1kg 和0.2kg，电阻分别为 0.4 和0.2 ，并排垂直横跨在导轨上若两棒以相同的初速度3m/s 向相反方向分开，不计导轨电阻，求：(1)金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小；(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热；(3)金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？【答案】（ 1） 1m/s（2） 1 2J（3） 1 5m【解析】【详解】解： (1)ab、cd 棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v ，以水平向右为正方向，则解得稳定后的ab 棒的速度大小：(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：(3)对 cd 棒根据动量定理有：即：又两棒间距离增加：
