最新高考物理动量守恒定律练习题及答案

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．两个质量分别为mA0.3kg、mB0.1kg的小滑块A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的

一端与小滑块A粘连，另一端与小滑块B接触而不粘连.现使小滑块A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v03m/s在水平面上做匀速直线运动，如题8图所示.一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B冲上斜面的高度为h1.5m.斜面倾角

37o，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.15，水平面与斜面圆滑连接.重力加速度

g取10m/s2.求：（提示：sin37o0.6，cos37o0.8）

（1）A、B滑块分离时，B滑块的速度大小. （2）解除锁定前弹簧的弹性势能.

【答案】（1）vB6m/s （2）EP0.6J 【解析】

试题分析：（1）设分离时A、B的速度分别为vA、vB， 小滑块B冲上斜面轨道过程中，由动能定理有：mBghmBgh分）

代入已知数据解得：vB6m/s ② （2分）

（2）由动量守恒定律得：(mAmB)v0mAvAmBvB ③ （3分） 解得：vA2m/s （2分） 由能量守恒得：

cos12 ① （3mBvBsin2111222 ④ （4分） (mAmB)v0EPmAvAmBvB222解得：EP0.6J ⑤ （2分）

考点：本题考查了动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律.

2．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．

3．（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(208)82PbCs)的核子数比铅原子核(208)的核子数少得多，因此其82Pb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

4．（1）（6分）一质子束入射到静止靶核13AI上，产生如下核反应：p+13AI→x+n式中p代表质子，n代表中子，x代表核反应产生的新核。由反应式可知，新核x的质子数为 ，中子数为 。

（2）（9分）在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短：当两木块都停止运动后，相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为

2727g。求A的初速度的大小。

【答案】（1）14 13 （2）5.6gd 127271【解析】（1）由1H13Al14X0n，由质量数守恒定律和电荷数守恒可得，新核的

质子数为14，中子数为13。

（2）设物块A的初速度为v0，运动距离d的速度为v，A、B碰后的速度分别为v1、v2，运动的距离分别为x1、x2，由于A、B发生弹性正碰,时间极短,所以碰撞墙后动量守恒，动能守恒，有

mAvmAv1mBv2 ①

111mAv2mAv12mBv22 ② 222①②联立解得v1mAmB2mA12vv ③ v2vv ④

mAmB3mAmB3A、B与地面的动摩擦因数均为，有动能定理得mAgx1012mv1⑤ 212 ⑥ mBgx20mv22由题意知x1x2d ⑦ 再由mAgd112 ⑧ mAv2mAv022联立③至⑧式解得v028gd5.6gd ⑨ 5另解：由牛顿第二定律得mgma,⑤ 所以A、B的加速度均为ag ⑥

A、B均做匀减速直线运动

22对A物体有：碰前vv02ad ⑦

2碰后:A物体反向匀减速运动：0v12ax1 ⑧

2对B物体有0v22ax2 ⑨

由题意知x1x2d ⑩ ②③⑤⑦⑧⑨联立解得v将上式带入⑥解得v018gd (11) 528gd5.6gd (12) 5【考点定位】动量守恒定律、弹性正碰、匀减速直线运动规律、动能定理、牛顿第二定律。

5．用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”．1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氨（它们可视为处于静止状态）．测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氨核和氦核的质量之比为7：0．查德威克假设铍“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．假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氦发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“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

12

C原子质量的十二分之一．取氢核和氦核的质量分别为1.0u和14u．）

【答案】m＝1.2u 【解析】

设构成铍“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．构成铍“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vH′．由动量守恒与能量守恒定律得 mv＝mv′＋mHvH′ ①

1211mv＝mv′2＋mHvH′2② 222解得

vH′＝

2mv③

mmH同理，对于质量为mN的氮核，其碰后速度为 VN′＝

2mv④

mmN由③④式可得

mNvN'mHvH'm＝⑤

vH'vN'根据题意可知 vH′＝7.0vN′ ⑥

将上式与题给数据代入⑤式得 m＝1.2u ⑦

6．如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑

1圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水4v平面上，现有滑块A以初速度v0从右端滑上B并以0滑离B，恰好能到达C的最高点.A、

2B、C的质量均为m，试求：

的

（1）滑块与木板B上表面间的动摩擦因数μ； （2）

1圆弧槽C的半径R 4225v0v0【答案】（1）＝；（2）R＝

16gLg【解析】

由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒和能量守恒，有： mv0＝m(μmgL＝

1v0)＋2mv1 ① 21111mv02－m(v0) 2－×2mv12 ② 222225v0 . 联立①②解得：μ＝

16gL②当A滑上C，B与C分离，A、C间发生相互作用．A到达最高点时两者的速度相

等．A、C组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒： m(

1v0)＋mv1＝(m＋m)v2 ③ 211211m(v0)＋mv12＝ (2m)v22＋mgR ④ 22222v0联立①③④解得：R＝

g点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，列出动量守恒以及能量转化的方程；注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向．

7．如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度v0/2 射出.重力加速度为g.求： （1）此过程中系统损失的机械能；

（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．

【答案】(1)E【解析】 【分析】 【详解】

1m38Mmv02mvs (2)0Mh 2g试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得 mv0=m解得

②

系统的机械能损失为 ΔE=

由②③式得 ΔE=

④

③

+MV ①

（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s,则

⑤

s=Vt ⑥ 由②⑤⑥得 S=

⑦

考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．

点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．

8．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．

9．光滑水平面上质量为1kg的小球A，以2.0m/s的速度与同向运动的速度为1.0m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰,碰撞后小球B以1.5m/s的速度运动．求:

(1)碰后A球的速度大小;

(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能． 【答案】vA1.0m/s，E损0.25J 【解析】

试题分析：（1）碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度． （2）由能量守恒定律可以求出损失的机械能．

解：（1）碰撞过程，以A的初速度方向为正，由动量守恒定律得： mAvA+mBvB=mAv′A+mBv′B 代入数据解：v′A=1.0m/s

②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：

代入数据解得：E损=0.25J

答：①碰后A球的速度为1.0m/s；

②碰撞过程中A、B系统损失的机械能为0.25J．

【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择．

10．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．

11．光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0向槽运动．

（1）若槽固定不动，求小球上升的高度（槽足够高）． （2）若槽不固定，则小球上升多高？

22v0Mv0【答案】（1） （2）

2g2(Mm)g【解析】

（1）槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得：mgh12v0解得：h1；

2g12mv0 2（2）槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，

此时两者速度为v，由动量守恒定律得：mv0mMv 再由机械能守恒定律得：

121mv0mMv2mgh2 222Mv0联立解得，上球上升的高度：h2

2mMg

12．两个小球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】

（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=

1312mv0 361v0 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=1112222mv5mvmv0 362220