最新高中物理动量守恒定律专项训练100(附答案)

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．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

12mv0；(2) mv0 4v2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 ， 211121222mv02mv12mv2mv0 2224所以第一次碰撞中的机械能损失为：E(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

2．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b,小车质量M=3kg，AO部分粗糙且长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分光滑．另一小物块a．放在车的最左端，和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g=10m/s2）求：

(1)物块a与b碰后的速度大小；

(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；

(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离． 【答案】(1)1m/s (2)【解析】

试题分析：（1）对物块a，由动能定理得：代入数据解得a与b碰前速度：

；

(3) x=0.125m

a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：

，代入数据解得：

；

在小车上向左滑动，当与车同速

，

（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：代入数据解得：对小车，由动能定理得：

，

，

代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：（3）由能量守恒得：

解得滑块a与车相对静止时与O点距离：考点：动量守恒定律、动能定理。

，

；

；

【名师点睛】本题考查了求速度、距离问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题。

3．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。 2对P1、P2、P组成的系统，由动量守恒定律 ，(m2m)v04mv2，解得v23v0 4（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

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．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．如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂．现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=600的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于

450．

【答案】最多碰撞3次 【解析】

解：设小球m的摆线长度为l

小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒：m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足： mv0=MVM+mv1 ②

③

联立 ②③得：

④

①

说明小球被反弹，且v1与v0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞，满足： mv1=MVM1+mv2 ⑤

⑥

解得：

⑦

整理得：

⑧

故可以得到发生n次碰撞后的速度：

⑨

而偏离方向为450的临界速度满足：

⑩

联立①⑨⑩代入数据解得，当n=2时，v2＞v临界 当n=3时，v3＜v临界

即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°． 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 专题：压轴题．

分析：先根据机械能守恒定律求出小球返回最低点的速度，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后小球的速度，对速度表达式分析，求出碰撞n次后的速度表达式，再根据机械能守恒定律求出碰撞n次后反弹的最大角度，结合题意讨论即可．

点评：本题关键求出第一次反弹后的速度和反弹后细线与悬挂点的连线与竖直方向的最大角度，然后对结果表达式进行讨论，得到第n次反弹后的速度和最大角度，再结合题意求解．

7．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）

【答案】4v0 【解析】 【分析】

在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题． 【详解】

设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：

12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0，则最小速度为4v0． 【点睛】

本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择以及正方向的选择．

8．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．

1at2（12） 2

9．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

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．如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成A压缩弹簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能

的足够长的传送带与

水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s，一质量为1kg可视为质点的物块

，物块与OP段动摩擦因数

，传送，现释

，另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因数

带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A．B交换速度，重力加速度放A，求：

（1）物块A．B第一次碰撞前瞬间，A的速度

（2）从A．B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量 （3）A．B能够碰撞的总次数 【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）设物块质量为m，A与B第一次碰前的速度为，则：

（2）

（3）6次

解得：

，则

，

（2）设A.B第一次碰撞后的速度分别为

碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为， 则：运动的时间此过程相对运动路程

，解得：，位移

此后B反向加速，加速度仍为，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，

加速时间为位移为

此过程相对运动路程全过程生热

（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A.B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：考点：动能定理；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律

【名师点睛】本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，特别要掌握弹性碰撞过程，动量和机械能均守恒，两物体质量相等时交换速度

解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25，所以碰撞总次数为N=2+2n=6.5=6次（取整数）

12．如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h．物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ．现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为

h．小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲16量及物块在地面上滑行的距离．

【答案】

h 16【解析】 【分析】

对小球下落过程由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度，再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求解获得的冲量；对物块滑行过程由动能定理可求得其滑行的距离． 【详解】

小球的质量为m,设运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v1,取小球运动到最低点时的重力势能为零,根据机械能守恒定律有：mgh=解得：v1=2gh 1mv12 2设碰撞后小球反弹的速度大小为v′1,同理有：mg解得：v′1=h1'2mv1 162gh 8设碰撞后物块的速度大小为v2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有： mv1=-mv′1+5mv2 解得：v2=gh 8由动量定理可得,碰撞过程滑块获得的冲量为I=5mv2=物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F=5μmg 设物块在水平面上滑行的时间为t,由动能定理有：

5m2gh 412Fs05mv2

2解得：s【点睛】

本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解．

h 16