高中物理动量守恒定律题20套带答案及解析

1、高中物理动量守恒定律题20套（带答案）及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲P.现将两滑块由静止释放，当弹簧P相撞.求挡板P对乙的冲量的最大值.恢复原长时，甲的速度大小为 2m/s,此时乙尚未与甲 乙riwri 1求弹簧恢复原长时乙的速度大小；若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞.【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四和也,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：TJliVi + W12V2 K 0又知力=2m/s|联立以上

2、方程可得P2=-6m/sl,方向向右。（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：/ 三小2闪-mz逶=1 X 2NS -1x（- 6）NS = 8N可.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 mA=lkg、mB=2kg、mc=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vo=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：C（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

3、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）A = 27J；（ 2）芯所=9J ；（ 3）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: TOC o 1-5 h z 碰后A、B的共同速度%=:制. +陶GJS损失的机械能 -_-一 (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 二 -:一:- - -* Hl力D* r J, A JIaLI.(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

4、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：(冽上+啦-加/当+咽根据机械能守恒定律：.一，C的速度此时A、B的速度 ”=-vL = -lm/s C的速度可知碰后A、B已由向左的共同速度 看=减小到零后反向加速到向右的 Lm/s ,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，ff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

5、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3.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v0滑离B,并恰好能 到达C的最高点.A、B、C的质量均为 m .求：A刚滑离木板B时，木板B的速度；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.C* f VI ICE【解析】【详解】VB

6、=；(2)45v2百R HYPERLINK l bookmark20 o Current Document 22 HYPERLINK l bookmark8 o Current Document V015mv0(4) E HYPERLINK l bookmark34 o Current Document 64 g32(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:v【解析】【详解】VB=；(2)45v2百R HYPERLINK l bookmark20 o Current Document 22 HYPERLINK l bookmark8 o Current Doc

7、ument V015mv0(4) E HYPERLINK l bookmark34 o Current Document 64 g32(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:v0mv0= m + 2mvB解得Vb=包4(2)对A在木板B上的滑动过程,B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量,1 mgL=a2 1 /V02 1V0 2mv0 m() 2 m()2224解得热-16gL(3)对A滑上C直到最高点的彳用过程，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:1V0 2mgR=5m(2)1/V02二 m(二)2

8、41 2mv222解得R 264g(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mv0 mvA mvcA、C系统初、末状态机械能守恒，1/V0 2-m()221/V0 2-m(一)241 2一mvA 212一mvc 2解得VA=幺.4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：1212 15mV；E= mv0 mvA=2232【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. 28.如图所示，质量为 ma=2kg的木块A静止在光滑水平面上。一质量为mb= lkg的木块B以初速

9、度V0=i0m/s沿水平方向向右运动，与 A碰撞后都向右运动。木块 A与挡板碰撞 后立即反弹(设木块 A与挡板碰撞过程无机械能损失)。后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为1m/s、4m/s。求：木块 A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能。JyTra制岁刖举。打5川川,，*号，【答案】9J【解析】试题分析：依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后 A、B速度方向都向左。第一次碰撞，规定向右为正向 mBV0=mBVB+mAVA第二次碰撞，规定向左为正向 mAVA-mBVB= mBVB+mAVA得到 VA=4m/s VB=2m/sA E=9J考点：动量

10、守恒定律；能量守恒定律k视频D.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 日和d均为已知 量.将带正电的质点 A在。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。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分别为m和不计重力.(1)求A在电场中的运动时间t,Epm(2)若B的电荷量q =；Q,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） 辿（2） Q5）d （3） Q 飞 4545-【解析

11、】【分析】 【详解】解：（1）由牛顿第二定律得，A在电场中的加速度 a =Heh mA在电场中做匀变速直线运动，由d三生二得运动时间t =眄=-（2）设A、B离开电场时的速度分别为 va0、vB0,由动能定理得Qmd = mV%1TB 工.qE0d =二/舄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

12、速度相同，设为 V ,由动量守恒定律得：（m +） v = mvAo +vbo由能量守恒定律得：Epm=m噫（j+常v）（m + W）m/且 q =-Q解得相互作用能的最大值 Epm= QEod45（3） A、B在xd区间的运动，在初始状态和末态均无相互作用 _me根据动量守恒定律得：mvA与vb= mvAo + vb0根据能量守恒定律得：m + - = m：.%+ 卷：*Q解得：VB = - = x+- ；F0 因为B不改变运动方向，所以 Vb = -TVBqVAd 0Ol解得：q Q则B所带电荷量的最大值为：qm号Q6. （1） （5分）关于原子核的结合能，下列说法正确的是 （填正确答案对

13、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“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.葩原子核（155 cs）的结合能小于铅原子核（282 Pb）的结合能D.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、日Co 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v。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

14、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） ABC13 o EPmv048【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，虽然金色原子核（155 Cs）的比结合能稍大于铅原子核 （208 Pb）的比结合能，但金色原子核（133 Cs）的核子数比铅原子核

15、（282 Pb）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R C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mvi 2mv2212mv1E(2m)v22联立式得 E mv216（ii）由式可知 v2 v1，A将继续压缩弹簧，直至 A、B C三者速度相同

16、，设此速度为V3 ,此时弹簧被压缩土取:V3 ,此时弹簧被压缩土取:短，其弹性势能为Epo由动量守恒和能量守恒定律得mv0 3m v312_1 小、2-mv0 EP - (3m)v3联立式得EP 13 mv2 48【考点定位】（1）原子核（2）动量守恒定律7.用放射源针的“射线轰击破时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓被 辐射1932年，查德威克用被 辐射”分别照射（轰击）氢和氨（它们可视为处于静止状态）.测得照射后沿被辐射”方向高速运动的氨核和氨核的质量之比为7： 0.查德威克假设被 辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现 了中子.假设被 辐射

17、”中的中性粒子与氢或氨发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条 件下计算构成被 辐射”的中性粒子的质量.（质量用原子质量单位u表示，1u等于1个12C原子质量的十二分之一.取氢核和氯核的质量分别为1.0u和14u.）【答案】m=1.2u【解析】设构成被副射”的中性粒子的质量和速度分别为 m和v,氢核的质量为 mH.构成被辐射 的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v和v，.由动量守恒与能量守恒定律得 TOC o 1-5 h z mv=mv+mHvH-mv2= I mvz 2+ - mHvH2 HYPERLINK l bookmark78 o Current Document 222

18、解得2mvvh=m mH同理，对于质量为 mN的氮核，其碰后速度为2mvVn=m mN由式可得mMmH Vh TOC o 1-5 h z m=;VhVn根据题意可知vh=7.0vn将上式与题给数据代入式得m=1.2u8 .物理出彳3- 5(1)天然放射性元素(1)天然放射性元素94PU经过次a盘变和 次3盘变，取后变成铅的同位 素。(填入铅的三种同位素 20；Pb、28；Pb、282Pb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

19、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 土疑，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？207 F2 Pl【答案】(1) 8, 4, 82Pb； (2) 4%【解析】【详解】(1)设发生了 X次“衰变和y次3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， 一 、.,207因此最后变成铅的同位素是82 Pb(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.

20、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h|l (1 cos45 )2-2-mB VB 2meg设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为Pl、P2.有Pl = mBVB 联立式得R mB J2gl (1 cos45 )同理可得F2 (mA mB)，2gl(1 cos30 )联立式得F2mA F2mA mB 1 cos30P1mB1 cos45代人已知条件得21.03 由此可以推出R 4嘀P2R 4嘀P2P所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律.9.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

21、d=3m. 一质量为m=1kg的小物块A 以vo=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 科=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/s A与B在 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） H 加3 ,方向向左；看二4陋,5 ,方向向右.（2） 1s【解析】试题分析：（1）设A、B在O点碰后的速度分别为 vi和v2,以向右为正方向 由动量守恒：.一 .碰撞前后动能相等：,一 . 一 -4上LLB口解得： 曜二-2喇方向向左， 片=4福,3方向向右）（2）碰后，两

22、物块在 OQ段减速时加速度大小均为：口 二竺岂二 4 JB经过ti时间与Q处挡板碰，由运动学公式：也 .!尾 =得：q=k （工工=3与舍去）与挡板碰后，B的速度大小I、= 、一叫=2和5 ,反弹后减速时间J=乙 =乜 -1 a反弹后经过位移 电二岂 二Im , B停止运动. 上nr物块A与P处挡板碰后，以V4=2m/s的速度滑上O点，经过邑=也=珈停止.所以最终A、B的距离s=d-si-s2=1m,两者不会碰第二次.“、工X工一金）,9 .在AB碰后，A运动总时间 口= ji -I 3s ,同 处整体法得B运动总时间*,则时间间隔3% =ls .考点：弹性碰撞、匀变速直线运动10.如图所示，

23、在光滑的水平面上有一长为L的木板B,其右侧边缘放有小滑块 C,与木板B完全相同的木板 A以一定的速度向左运动，与木板 B发生正碰，碰后两者粘在一起并继 续向左运动，最终滑块 C刚好没有从木板 A上掉下.已知木板 A、B和滑块C的质量均为 m C与A、B之间的动摩擦因数均为g求：C-n- 木板A与B碰前的速度Vo；（2）整个过程中木板 B对木板A的冲量I .【答案】（1）2忡为 （2）文丝旦，负号表示B对A的冲量方向向右 3【解析】（1）木板A、B碰后瞬时速度为vi,碰撞过程中动量守恒，以 A的初速度方向为正 方向，由动量守恒定律得 mvo=2mv1.A、B粘为一体后通过摩擦力与 C发生作用，最

24、后有共同的速度 V2,此过程中动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得2mv1=3mv2.C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得,J_c_ i J_c_ i一（1 mgL）3mv . 2mv .联立以上三式解得 v0=2/亍/第（2）根据动量定理可知，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向，则I的大小等于B的动量变化量，即I = mv2= J，负号表示B对A的冲量方向向右。11.两个小球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

25、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._11O【答案】(1) - v0(2) mv0336【解析】(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:mv= (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：2mv=5m21由两式得A的速度为：v2= vo5(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： TOC o 1-5 h z 1212 匚2mv1 5mv2 ED HYPERLINK l bookmark108 o Current Document 22p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 HYPERLINK l bookmark111 o Current Document ，12变成D的动能