高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)及解析

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。质量m1=0.40kg的物块A从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m处下滑，并与放在水平木板左端的质量m2=0.20kg的物块B相碰,相碰后物块B滑行x=4.0m到木板的C点停止运动，物块A滑到木板的D点停止运动。已知物块B与木板间的动摩擦因数

=0.20,重力加速度g=10m/s2,求：

(1) 物块A沿斜槽滑下与物块B碰撞前瞬间的速度大小； (2) 滑动摩擦力对物块B做的功；

(3) 物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能。 【答案】（1）v0=4.0m/s（2）W=-1.6J（3）E=0.80J

【解析】试题分析： ①设物块A滑到斜面底端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，根据机

12m1v0 (1分)v0＝2gh，解得：v0＝4.0 m/s(1分) 2②设物块B受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，则f＝μm2g(1分) W＝－μm2gx解得：W＝－1.6 J(1分)

械能守恒定律有m1gh＝

③设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理有－μm2gx＝0－解得：v＝4.0 m/s(1分)

根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v(1分) 解得：v1＝2.0 m/s(1分)

1m2v2 211122m1v0＝m1v1＋m2v2＋E(1分) 222解得：E＝0.80 J(1分)

考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律

能量守恒

2．[物理─选修3－5] （1）天然放射性元素

23994Pu经过 次α衰变和 次β衰变，最后变成铅的同位

20682素 。（填入铅的三种同位素

208Pb、20782Pb、82Pb中的一种）

（2）某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律．图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2．当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结

果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30°．若本实验允许的最大误差为±4％，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？

【答案】（1）8，4，【解析】 【详解】

20782Pb；（2）

P2P1≤4% P1（1）设发生了x次α衰变和y次β衰变， 根据质量数和电荷数守恒可知，

2x-y+82=94， 239=207+4x；

由数学知识可知，x=8，y=4．

若是铅的同位素206，或208，不满足两数守恒， 因此最后变成铅的同位素是

20782Pb

（2）设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得

h1l(1cos45)①

12mBvBmBgh1② 2设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P1、P2．有

P1=mBvB ③

联立①②③式得

④ P1mB2gl(1cos45)同理可得

P2(mAmB)2gl(1cos30) ⑤

联立④⑤式得

P2mAmB1cos30 ⑥ PmB1cos451代入已知条件得

P21.03⑦ 1P由此可以推出

2P2P1≤4% ⑧ P1所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．

3．氡是一种放射性气体，主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料．呼吸时氡气会随气体进入肺脏，氡衰变时放出射线，这种射线像小“”一样轰击肺细胞，使肺细胞受损，从而引发肺癌、白血病等．若有一静止的氡核为v0、质量为m的粒子和一个质量为M的反冲核钋

2228621884Rn发生衰变，放出一个速度Po此过程动量守恒，若氡核发

生衰变时，释放的能量全部转化为粒子和钋核的动能。 （1）写衰变方程；

（2）求出反冲核钋的速度；(计算结果用题中字母表示)

（3）求出这一衰变过程中的质量亏损。(计算结果用题中字母表示)

2222184【答案】（1）86Rn84Po2He；（2）vmv0，负号表示方向与α离子速度方向M2Mmmv0相反；（3）m2Mc2

【解析】 【分析】 【详解】

（1）由质量数和核电荷数守恒定律可知，核反应方程式为

22286218Rn84Po+42He

（2）核反应过程动量守恒，以α离子的速度方向为正方向 由动量守恒定律得

mv0Mv0

解得vmv0，负号表示方向与α离子速度方向相反 M2Mmmv01212 Emv0Mv222M（3）衰变过程产生的能量

由爱因斯坦质能方程得

Emc2

解得

2Mmmv0m2Mc2

4．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．

5．在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的多次碰撞．如图所示，一块表面水平的木板静止放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离L＝0.08 m．现有一小物块以初速度v0＝2 m/s从左端滑上木板，已知木板和小物块的质量均为1 kg，小物块与木板

之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，木板与墙碰后木板以原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取重力加速度g＝10 m/s2．求：

(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；

(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间； (3)小物块和木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离． 【答案】（1）0.4 s 0.4 m/s （2）1.8 s. （3）0.06 m 【解析】

试题分析：（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动，设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1

2则mgma，解得ag1m/s①

L12at②，v1at③ 2联立①②③解得t0.4s，v10.4m/s④

（2）在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T．

设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有：

vv02nTtaat⑤

式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间．

由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为2vv02nTa⑥ 由于木板的速率只能处于0到v1之间，故有0v02nTa2v1⑦ 求解上式得1.5n2.5 由于n是整数，故有n=2⑧

由①⑤⑧得：t0.2s⑨；v0.2m/s⑩

从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：t4Tt1.8s（11） 即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为1．8s．

（3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为sL联立①与（12）式，并代入数据得s0.06m 即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0．06m． 考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式

【名师点睛】本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木

1at2（12） 2板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减为零．

6．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

（2）碰撞过程动量和能量守恒：m1v=m1v1+m2v2

12

gt； 2121212

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．

7．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 2112 mAmBv02mAmBmv共22

8．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定无机械能损失）．已知A、B、C三球的质量均为m．求: （1）弹簧长度刚被锁定后A球的速度．

（2）在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．

【答案】（1）v0 （2）【解析】

1312mv0 36（1）设C球与B球发生碰撞并立即结成一个整体D时，D的速度为v1，由动量守恒有： mv0=（m+m）v1

当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒有：2mv1=5mv2 由两式得A的速度为：v2=

1v0 5（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒有：

1122mv125mv2Ep 22撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有：Ep12mv32 211223mv42mv5 22以后弹簧伸长，A球离开档板P，并获得速度，当弹簧再次恢复到原长时，A的速度最大，由动量守恒定律及能量关系可知：2mv33mv42mv5 ；Ep解得：v443v0 520（3）当A、D的速度相等时，弹簧压缩到最短时，此时D球速度最小． 设此时的速度为v6，由动量守恒定律得：2mv3=5mv6 设此使弹性势能为EP′，由能量守恒定律得：EP=1112mv325mv62mv02 2220

9．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0.4Ω和0.2Ω，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：

10．如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连．质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零．现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹

性碰撞，小滑块弹回后，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值．

0

【答案】【解析】

试题分析：小滑块以水平速度v0右滑时，有：fL=0-12mv0（2分） 21212mv1-mv（2分） 22滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，

小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有fL=则有mv1=(m4m)v2（2分） 由总能量守恒可得：fL=上述四式联立，解得

1212mv1-(m4m)v2（2分） 22v3（1分） v02考点：动能定理，动量定理，能量守恒定律．

11．如图所示，水平光滑轨道AB与以O点为圆心的竖直半圆形光滑轨道BCD相切于B

点，半圆形轨道的半径r=0.30m．在水平轨道上A点静止放置一质量为m2=0.12kg的物块2，现有一个质量m1=0.06kg的物块1以一定的速度向物块2运动，并与之发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，碰撞后物块2的速度v2=4.0m/s．物块均可视为质点，g取10m/s2，求：

（1）物块2运动到B点时对半圆形轨道的压力大小； （2）发生碰撞前物块1的速度大小；

（3）若半圆形轨道的半径大小可调，则在题设条件下，为使物块2能通过半圆形轨道的最高点，其半径大小应满足什么条件． 【答案】 【小题1】7.6N 【小题2】6.0m/s 【小题3】0.32m 【解析】

（1）设轨道B点对物块2的支持力为N，根据牛顿第二定律有 N-m2g=m2v22/R 解得 N=7.6N

根据牛顿第三定律可知，物块2对轨道B点的压力大小N′=7.6N

（2）设物块1碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，对于物块1与物块2的碰撞过程，根据动量守恒定律有 m1v0=mv1+m2v2 因碰撞过程中无机械能损失，所以有代入数据联立解得 v0=6.0m/s

（3）设物块2能通过半圆形轨道最高点的最大半径为Rm，对应的恰能通过最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律，对物块2恰能通过最高点时有 m2g=m2v2/Rm 对物块2由B运动到D的过程，根据机械能守恒定律有 m2v22=m2g•2Rm+

m2v2

m1v02=

m1v12+

m2v22

联立可解得：Rm=0.32m

所以，为使物块2能通过半圆形轨道的最高点，半圆形轨道半径不得大于0.32m

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：解得

，方向竖直向下

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