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．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以初速度v0从右端滑上B，一段时间后，以到达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．

v0滑离B，并恰好能2

2225v0v0v015mv0【答案】（1） vB＝；（2）（3）R（4）E

16gLg432【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：

mv0＝m

解得vB＝

v0＋2mvB 2v0 42mgL＝mv0－m(0)2－2m(0)2

(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量

1212v212v425v0解得

16gL(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＝2mv 2A、C系统机械能守恒：

1v1v1mgR＝m(0)2m(0)22mv2

222422v0 解得Rg(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

mv0mv0mvAmvC 24A、C系统初、末状态机械能守恒，

1v021v021212m()m()mvAmvC 222422解得vA＝

v0. 42121215mv0 E＝mv0－mvA＝2232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：

【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．

2．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角θ=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与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤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1 m/s的速度水平向右弹回．已知P与ab间的动摩擦因数μ=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=10 m/s2．求：

(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小FN；

(2)当β=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β值．

2【答案】(1)FN4.610N (2)B11.25T (3)t127s,1900和21430 360【解析】 【详解】

解：(1)设P碰撞前后的速度分别为v1和v1，Q碰后的速度为v2 从a到b，对P，由动能定理得：-m1gl解得：v17m/s

碰撞过程中，对P，Q系统：由动量守恒定律：m1v1m1v1m2v2

11m1v12m1v02 22取向左为正方向，由题意v11m/s， 解得：v24m/s

v22b点：对Q，由牛顿第二定律得：FNm2gm2

R2解得:FN4.610N

(2)设Q在c点的速度为vc，在b到c点，由机械能守恒定律：

11m2gR(1cos)m2vc2m2v22

22解得：vc2m/s

2进入磁场后：Q所受电场力FqE310Nm2g ，Q在磁场做匀速率圆周运动

m2vc2由牛顿第二定律得：qvcB1

r1Q刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：r1d1.6m 解得：B11.25T (3)当所加磁场B22T，r2m2vc1m qB2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：

设最大圆心角为，由几何关系得：cos(180)解得：127 运动周期：Tdr2 r22m2 qB2则Q在磁场中运动的最长时间：t360T1272m2127•s 360qB2360190和2143 此时对应的角：

3．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m2被右侧墙壁原速弹回，又与m1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m1球速度的大小.

【答案】【解析】

和

，

设两个小球第一次碰后m1和m2速度的大小分别为由动量守恒定律得：两个小球再一次碰撞，得：

（4分）

（4分） （4分）

本题考查碰撞过程中动量守恒的应用，设小球碰撞后的速度，找到初末状态根据动量守恒的公式列式可得

4．如图，质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t=5.0s后，测得两球相距s=4.5m，则刚分离时，a球、b球的速度大小分别为_____________、______________；两球分开过程中释放的弹性势能为_____________．

【答案】①0.7m/s, -0.2m/s ②0.27J 【解析】

试题分析：①根据已知，由动量守恒定律得联立得

②由能量守恒得

代入数据得

考点：考查了动量守恒，能量守恒定律的应用

【名师点睛】关键是对过程分析清楚，搞清楚过程中初始量与末时量，然后根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解题

5．（1）（5分）关于原子核的结合能，下列说法正确的是 （填正确答案标号。选

对I个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。

Ａ.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量

B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能 C．铯原子核(

13355Cs)的结合能小于铅原子核(208)的结合能 82PbD．比结合能越大，原子核越不稳定

Ｅ.自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能

（2）（10分）如图，光滑水平直轨道上有三个质童均为m的物块Ａ、B、C。 B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计).设A以速度ｖ０朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从Ａ开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中，

（ⅰ）整个系统损失的机械能； （ⅱ）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 【答案】（1）ABC （2）EP132 mv048【解析】（1）原子核的结合能等于核子结合成原子核所释放的能量，也等于将原子核分解成核子所需要的最小能量，A正确；重核的比结合能比中等核小，因此重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和小球原来重核的结合能，B项正确；原子核的结合能是该原子核的比结合能与核子数的乘积，虽然銫原子核(的比结合能，但銫原子核(

1335513355Cs)的比结合能稍大于铅原子核(20882Pb)

Cs)的核子数比铅原子核(20882Pb)的核子数少得多，因此其

结合能小，C项正确；比结合能越大，要将原子核分解成核子平均需要的能量越大，因此

原子核越稳定，D错；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能最等于该原子核的结合能，E错。中等难度。

（2）（ⅰ）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv02mv1

①

此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为E。对

B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得

mv12mv2

④

③

②

1122 mv1E(2m)v222联立①②③式得E12 mv016（ⅱ）由②式可知v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为

v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为EP。由动量守恒和能量守恒定律得 mv03mv3

⑦

⑥

⑤

1212 mv0EP(3m)v322联立④⑤⑥式得EP132 mv048【考点定位】（1）原子核 （2）动量守恒定律

6．在光滑的水平面上，质量m1=1kg的物体与另一质量为m2物体相碰，碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图所示。

求：（1）碰撞前m1的速度v1和m2的速度v2； （2）另一物体的质量m2。

【答案】（1）v14ms，v20；（2）m23kg。 【解析】

试题分析：（1）由s—t图象知：碰前，m1的速度v1状态，速度v20

（2）由s—t图象知：碰后两物体由共同速度，即发生完全非弹性碰撞

s16-04ms，m2处于静止t4-0碰后的共同速度vs24161ms t124根据动量守恒定律，有：m1v1(m1m2)v

v1v3m13kg v考点：s—t图象，动量守恒定律

另一物体的质量m2m1

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．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，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

10．如图所示，内壁粗糙、半径R＝0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切。质量m2＝0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m1＝0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对

轨道的压力为小球a重力的2倍，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功Wf；

(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep； (3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I。 【答案】(1)【解析】

（1）小球由静止释放到最低点B的过程中，据动能定理得小球在最低点B时：据题意可知

，联立可得

(2)EP=0.2J (3) I=0.4N⋅s

（2）小球a与小球b把弹簧压到最短时，弹性势能最大，二者速度相同， 此过程中由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得弹簧的最大弹性势能Ep=0.4J

小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a球最终速度为，b求最终速度为，由动量守恒定律由能量守恒定律：根据动量定理有：I=0.8N·s

得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小为

11．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B，C的上表面相平且B，C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A，B，C质量均相等，木板C长为L，求

①A物体的最终速度 ②A在木板C上滑行的时间 【答案】①【解析】

4L3v0 ；②

v40试题分析：①设A、B、C的质量为m，B、C碰撞过程中动量守恒， 令B、C碰后的共同速度为

，则

，解得

，

B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离

A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度

则解得

，

②在A、C相互作用过程中，根据功能关系有

（f为A、C间的摩擦力）

2mv0·代入解得f 16L此过程中对C，根据动量定理有代入相关数据解得t

4L v0考点：动量守恒定律；能量守恒定律及动量定理．

12．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