高考物理动量守恒定律解题技巧和训练方法及练习题(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．如图所示,在倾角30°的斜面上放置一个凹撸B,B与斜面间的动摩擦因数3；槽内6靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点),它到凹槽左侧壁的距离d0.1m，A、B的质量都为m=2kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩摞力,不计A、B之间的摩擦,斜面足够长．现同时由静止释放A、B,经过一段时间,A与B的侧壁发生碰撞,碰撞过程不计机械能损失,碰撞时间极短,g取10m/s2.求：

(1)释放后物块A和凹槽B的加速度分别是多大?

(2)物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；

(3)从初始位置到物块A与凹糟B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小． 【答案】（1）（2）vAn=(n-1)m∙s-1，vBn=\"n\" m∙s-1（3）xn总=0.2n2m 【解析】 【分析】

【详解】

（1）设物块A的加速度为a1，则有mAgsinθ=ma1， 解得a1=5m/s2

凹槽B运动时受到的摩擦力f=μ×3mgcosθ=mg方向沿斜面向上； 凹槽B所受重力沿斜面的分力G1=2mgsinθ=mg方向沿斜面向下； 因为G1=f，则凹槽B受力平衡，保持静止，凹槽B的加速度为a2=0 （2）设A与B的左壁第一次碰撞前的速度为vA0，根据运动公式：v2A0=2a1d 解得vA0=3m/s；

AB发生弹性碰撞，设A与B第一次碰撞后瞬间A的速度大小为vA1，B的速度为vB1，则由动量守恒定律：mvA0mvA12mvB1 ；

121212mvA0mvA2mvB11 222解得vA1=-1m/s(负号表示方向)，vB1=2m/s

由能量关系：

3．匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示．图中E0和d均为已知量．将带正电的质点A在O点由能止释放．A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用．已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和．不计重力．

（1）求A在电场中的运动时间t，

（2）若B的电荷量q =Q，求两质点相互作用能的最大值Epm （3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

解：（1）由牛顿第二定律得，A在电场中的加速度 a ==A在电场中做匀变速直线运动，由d =a得

（2）

1QE0d （3）Q 45

运动时间 t ==

（2）设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0，由动能定理得 QE0d =mqE0d =

A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用为斥力，A受力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v， 由动量守恒定律得：（m +）v， = mvA0 +vB0 由能量守恒定律得：EPm= (m且 q =Q

解得相互作用能的最大值 EPm=

+

)—

）

，

1QE0d 45（3）A、B在x>d区间的运动，在初始状态和末态均无相互作用 根据动量守恒定律得：mvA+vB= mvA0 +vB0 根据能量守恒定律得：m解得：vB = -+

+

=m

+

+

≥0

因为B不改变运动方向，所以vB = -解得： q≤Q

则B所带电荷量的最大值为：qm =Q

4．一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，随后一起向右运动压缩弹簧，已知物体A的质量是物体B的

31，子弹的质量是物体B的质量的，求：

44(1)物体A被击中后的速度大小；

质量的

(2)弹簧压缩到最短时B的速度大小。

11v0； (2)vv0 48【答案】(1)v1【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

113mv0(mm)v1 444解得

1v1v0

4(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

113mv0(mmm)v 444解得

1vv0

8

5．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

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

由机械能守恒定律得：

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．

6．如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5 m．质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P．现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4 m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点．两球可视为质点，g＝10 m/s2，试求：

(1)B球与A球相碰前的速度大小； (2)A、B两球的质量之比m1∶m2． 【答案】(1) 6 m/s(2) 1∶5 【解析】 试题分析:

B球与A球碰前的速度为v1，碰后的速度为v2 B球摆下来的过程中机械能守恒，解得

m/s

碰后两球恰能运动到P点

得vp=gR=5 碰后两球机械能守恒

得v2=5m/s

两球碰撞过程中动量守恒 m2v1=(m1+m2)v2 解得m1:m2=1:5

考点： 机械能守恒定律，动量守恒定律．

7．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知

mAm,mB2m,mC3m，求：

（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度v； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能EPmax； （3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离 s. 【答案】（1）v【解析】 【详解】

解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1 ，由机械能守恒定律有：mAgh解之得：v12gh 滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v ，由动量守恒定律有：mAv1mAmBv 解之得：v11mgh2v12gh （2）Hh （3）33631mAv12 211v12gh 33(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v2 由动量守恒定律有： mAv1mAmBmCv2 由机械能守恒定律有： EPmax12(mAmB)v2mAmBmCv2 21mgh 6解得被压缩弹簧的最大弹性势能：EPmax(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v3，滑块

C的速度为v4，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：

mAmBvmAmBv3mCv4

111mAmBv2mAmBv32mCv42 222解之得：v30，v412gh 3滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：sv4t

H12gt 22Hh 3解之得滑块C落地点与桌面边缘的水平距离：s

8．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：

9．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．

10．如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间粗糙，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：

（1）A、B最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车的速度大小和方向． 【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）由A、B系统动量守恒定律得： Mv0—mv0=（M +m）v ① 所以v=方向向右

（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时速度为v′,则由动量守恒定律得：

v0

2Mm2Mmv0 v0（2）

2MgMmMv0mv0方向向右 M考点：动量守恒定律；

Mv0—mv0=\"Mv′\"v点评：本题主要考查了动量守恒定律得直接应用，难度适中．

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，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4m

s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