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 ， 21222mgv0g2mgv1所以第一次碰撞中的机械能损失为：Eg1221212mv2mv0 24(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，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=\"0.3\" m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1=\"30\" kg，冰块的质量为m2=\"10\" kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g=\"10\" m/s2．

（i）求斜面体的质量；

（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】（i）20 kg （ii）不能 【解析】

试题分析：①设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：

m2v2(m2M)v

系统机械能守恒：m2gh解得：M20kg

112(m2M)v2m2v2 22②人推冰块的过程：m1v1m2v2,得v11m/s（向右）

Mv3 冰块与斜面的系统：m2v2m2v2111222+Mv3m2v2m2v2

2221m/s（向右） 解得：v2=v1，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩． 因v2考点：动量守恒定律、机械能守恒定律．

3．装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影

响．

【答案】

【解析】

设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后， 由动量守恒得：mv0=(2m＋m)V（2分） 2d=此过程中动能损失为：ΔE损＝f·解得ΔE＝

112mv0－×3mV2（2分） 2212mv0 3分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1：mv1＋mV1＝mv0（2分）

d=因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为ΔE损1＝f·由能量守恒得：

mv0（1分），

2111222mv1＋mV1＝mv0－ΔE损1（2分） 222且考虑到v1必须大于V1，

解得：v1＝(123)v0 6设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，

由动量守恒得：2mV2＝mv1（1分） 损失的动能为：ΔE′＝联立解得：ΔE′＝

1122mv1－×2mV2（2分） 22mv0

213(1)×22x（1分）， 因为ΔE′＝f·

可解得射入第二钢板的深度x为：

（2分）

子弹打木块系统能量损失完全转化为了热量，相互作用力乘以相对位移为产生的热量，以系统为研究对象由能量守恒列式求解

4．（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到10K时，可以发生“氦燃烧”。

①完成“氦燃烧”的核反应方程：2He___4Beγ。

②4Be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10s。一定质量的4Be，经7.8×10s

-16

-16

8

4888后所剩下的4Be占开始时的 。

（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg。开始时C静止，A、B一起以

8v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段

时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。

【答案】（1）①2He（或） ②（2）2m/s

【解析】（1）①由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。 ②由题意可知经过3个半衰期，剩余的4Be的质量mm0()3841（或12.5%） 8121m0。 8（2）设碰后A的速度为vA，C的速度为vC,由动量守恒可得mAv0mAvAmCvC, 碰后A、B满足动量守恒，设A、B的共同速度为v1，则mAvAmBv0(mAmB)v1 由于A、B整体恰好不再与C碰撞，故v1vC 联立以上三式可得vA=2m/s。

【考点定位】（1）核反应方程，半衰期。

（2）动量守恒定律。

5．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．

6．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．

7．甲图是我国自主研制的200mm离子电推进系统， 已经通过我国“实践九号”卫星空间飞行试验验证，有望在2015年全面应用于我国航天器．离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势．离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子．氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出．在加速氙离子的过程中飞船获得推力． 已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q．

（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验．求氙离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小；

（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv，此过程中可认为氙离子仍以第（1）中所求的速度通过栅电极B．推进器工作时飞船的总质量可视为不变．求推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N．

（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与A、B之间的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况．通过计算说明采取哪些措施可以增大S，并对增大S的实

际意义说出你的看法． 【答案】（1）U或增大m的方法．

提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． 【解析】

试题分析：（1）根据动能定理有

（2）

（3）增大S可以通过减小q、

解得：

（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv 解得：

（3）设单位时间内通过栅电极A的氙离子数为n，在时间t内，离子推进器发射出的氙离子个数为Nnt，设氙离子受到的平均力为F，对时间t内的射出的氙离子运用动量定理，FtNmvntmv，F= nmv

根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F=F= nmv 电场对氙离子做功的功率P= nqU 则

根据上式可知：增大S可以通过减小q、U或增大m的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． （说明：其他说法合理均可得分） 考点：动量守恒定律；动能定理；牛顿定律.

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，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

10．如图所示，质量均为M＝4 kg的小车A、B，B车上用轻绳挂有质量为m＝2 kg的小球C，与B车静止在水平地面上，A车以v0＝2 m/s 的速度在光滑水平面上向B车运动，相碰后粘在一起(碰撞时间很短)．求：

(1)碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)碰后小球C第一次回到最低点时的速度大小． 【答案】(1) 4 J (2) 1.6 m/s 【解析】 【详解】

解：(1)设A、B车碰后共同速度为v1，由动量守恒得：Mv02Mv1

系统损失的能量为：E损112Mv02Mv124 J 22(2)设小球C再次回到最低点时A、B车速为v2，小球C速度为v3，对A、B、C系统由水平方向动量守恒得：2Mv12Mv2mv3 由能量守恒得：

111222Mv122Mv2mv3 222解得：v31.6 m/s

11．（18分）、如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA=m，mB=2m，两滑块间夹有少量炸药。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M=3m，车长L=2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ=\"0.2\" ，右侧地面上有一立桩，立桩与小车右端的距离为S，S在0（1）滑块A在半圆轨道最低点C受到轨道的支持力FN。 （2）炸药爆炸后滑块B的速度大小VB。

（3）请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与S的关系。 【答案】（1）（3）（a） 当

（2）

时，小车到与立桩粘连时未与滑块B达到共速。

分析可知滑块会滑离小车，滑块B克服摩擦力做功为：

（b）当

时，小车与滑块B先达到共速然后才与立桩粘连

共速后，B与立桩粘连后，假设滑块B做匀减速运动直到停下，其位移为

，假设不合理，滑块B会从小车滑离

滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为：

【解析】

试题分析：（1）、以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为VA， 滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为VAD，则得到

1分

滑块A在半圆轨道运动过程中， 据动能定理：得：

1分

1分

1分

1分

1分

滑块A在半圆轨道最低点：

得：

（2）、在A、B爆炸过程，动量守恒。则得：

1分

（3）、滑块B滑上小车直到与小车共速，设为整个过程中，动量守恒：得：

1分

1分

滑块B从滑上小车到共速时的位移为

1分

小车从开始运动到共速时的位移为

两者位移之差（即滑块B相对小车的位移）为：即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车。 1分

1分

<2R，

当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以V共 向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为 S＇

所以，滑块B会从小车滑离。1分

讨论：当

时，滑块B克服摩擦力做功为

1分

当

时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为

1分

然后滑块B以Vt向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为

>2R 所以，滑块会从小车滑离。 1分

则滑块共速后在小车运动时克服摩擦力做功为

1分

所以，当

时，滑块B克服摩擦力做功为

=\"11mR\" 1分

考点： 牛顿第二定律 动能定理 动量守恒 功

12．如图所示，物块质量m=4kg，以速度v=2m/s水平滑上一静止的平板车上，平板车质量M=16kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，其他摩擦不计（g=10m/s2），求：

（1）物块相对平板车静止时，物块的速度； （2）物块在平板车上滑行的时间；

（3）物块在平板车上滑行的距离，要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？ 【答案】（1）0.4m/s（2）【解析】

解：物块滑下平板车后，在车对它的摩擦力作用下开始减速，车在物块对它的摩擦力作用下开始加速，当二者速度相等时，物块相对平板车静止，不再发生相对滑动。 （1）物块滑上平板车的过程中，二者组成的系统动量守恒，取v 的方向为正方向。mv=

（3）

（M+m）v′，（2）由动量定理

，即物块相对平板车静止时，物块速度为0.4m/s。 ，

（3）物块在平板车上滑行时，二者都做匀变速直线运动，且运动时间相同，因此，对物块

，对板车

，物块在板车上滑行的距离

，要

使物块在平板车上不滑下，平板车至少长0.8m。

本题考查的是对动量守恒定律和动量定理问题的应用，根据动量守恒定律可求出物块相对平板车静止时的速度，再由动量定理得到时间；由匀变速直线运动的特点，可得结果。