【物理】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

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．（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

1212 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

⑥

⑤

1212 mv0EP(3m)v322132 mv048【考点定位】（1）原子核 （2）动量守恒定律

联立④⑤⑥式得EP⑦

3．[物理─选修3－5] （1）天然放射性元素

23994Pu经过 次α衰变和 次β衰变，最后变成铅的同位

20682素 。（填入铅的三种同位素

208Pb、20782Pb、82Pb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±4％，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？

【答案】（1）8，4，【解析】 【详解】

20782Pb；（2）

P2P1≤4% P1（1）设发生了x次α衰变和y次β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， 因此最后变成铅的同位素是

20782Pb

（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.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

h1l(1cos45)①

12mBvBmBgh1② 2设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P1、P2．有

P1=mBvB ③

联立①②③式得

④ P1mB2gl(1cos45)同理可得

P2(mAmB)2gl(1cos30) ⑤

联立④⑤式得

P2mAmB1cos30 ⑥ PmB1cos451代入已知条件得

P21.03⑦ 1P由此可以推出

2P2P1≤4% ⑧ P1所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．

4．一轻质弹簧一端连着静止的物体B，放在光滑的水平面上，静止的物体A被水平速度为v0的子弹射中并且嵌入其中，随后一起向右运动压缩弹簧，已知物体A的质量是物体B的

31，子弹的质量是物体B的质量的，求：

44(1)物体A被击中后的速度大小； (2)弹簧压缩到最短时B的速度大小。

质量的

11v0； (2)vv0 48【答案】(1)v1【解析】 【分析】 【详解】

(1)设子弹射入A后，A与子弹的共同速度为v1，由动量守恒定律可得

113mv0(mm)v1 444解得

1v1v0

4(2)当AB速度相等时，弹簧的压缩量最大，设此时A、B的共同速度为v，取向右为正方向，对子弹、A、B组成的系统，由动量守恒定律可得

113mv0(mmm)v 444解得

1vv0

8

5．卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。发现质子的核反应为：

。已

知氮核质量为mN=14.00753u，氧核的质量为mO=17.00454u，氦核质量mHe=4.00387u，质子（氢核）质量为mp=1.00815u。（已知：1uc2=931MeV，结果保留2位有效数字）求： （1）这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应？相应的能量变化为多少？

（2）若入射氦核以v0=3×107m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。反应生成的氧核和质子同方向运动，且速度大小之比为1:50。求氧核的速度大小。 【答案】（1）吸收能量，1.20MeV；（2）1.8×106m/s 【解析】

（1）这一核反应中，质量亏损：△m=mN+mHe-mO-mp=14.00753+4.00387-17.00454-1.00815=-0.00129u

由质能方程，则有△E=△m c2=-0.00129×931=-1.20MeV 故这一核反应是吸收能量的反应，吸收的能量为1.20MeV （2）根据动量守恒定律，则有：mHe v0=mH vH+mOvO 又：vO：vH=1：50 解得：vO=1.8×106m/s

6．如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2=0.4 kg的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m0=0.05 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5 m/s的速度离开小车．g取10 m/s2．求：

（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小． （2）小车的长度．

【答案】（1）4.5Ns （2）5.5m 【解析】

①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：

m0vo(m0m1)v1，可解得v110m/s；

对子弹由动量定理有：Imv1mv0，I4.5Ns (或kgm/s)； ②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：

(m0m1)v1(m0m1)v2m2v；

设小车长为L，由能量守恒有：m2gL联立并代入数值得L＝5.5m ；

1112(m0m1)v12(m0m1)v2m2v2 222点睛：子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度．

7．如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A．求男演员落地点C与O点的水平距离s．已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2=2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R．

【答案】8R 【解析】 【分析】 【详解】

两演员一起从从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒定律，设总质量为m，则

1mgRmv2

2女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒：m2gR1m2v12 2女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒：

（m1m2）vm2v1m1v2③

根据题意：m1:m22 有以上四式解得：v222gR 接下来男演员做平抛运动：由4R因而：sv2t8R； 【点睛】

两演员一起从从A点摆到B点，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒，由于女演员刚好能回到高处，可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度，再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度，然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；本题关键分析求出两个演员的运动情况，然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求

8R12gt，得t g2解．

8．如图所示，带有

1光滑圆弧的小车A的半径为R，静止在光滑水平面上．滑块C置于4木板B的右端，A、B、C的质量均为m，A、B底面厚度相同．现B、C以相同的速度向右匀速运动，B与A碰后即粘连在一起，C恰好能沿A的圆弧轨道滑到与圆心等高处．则：(已知重力加速度为g) (1)B、C一起匀速运动的速度为多少？

(2)滑块C返回到A的底端时AB整体和C的速度为多少？

53gR23gR，v2 33【答案】（1）v023gR （2）v1【解析】

本题考查动量守恒与机械能相结合的问题．

(1)设B、C的初速度为v0，AB相碰过程中动量守恒，设碰后AB总体速度u，由

mv02mu，解得uv0 2C滑到最高点的过程： mv02mu3mu

1211mv02mu23mu2mgR 222解得v023gR

(2)C从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有mv02mumv12mv2

121112mv02mu2mv122mv2 2222解得：v153gR23gR，v2 33

9．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上.现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出.已知

mAm,mB2m,mC3m，求：

（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度v； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能EPmax； （3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离 s. 【答案】（1）v【解析】 【详解】

解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1 ，由机械能守恒定律有：mAgh解之得：v12gh 滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v ，由动量守恒定律有：mAv1mAmBv 解之得：v11mgh2v12gh （2）Hh （3）33631mAv12 211v12gh 33(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v2 由动量守恒定律有： mAv1mAmBmCv2 由机械能守恒定律有： EPmax12(mAmB)v2mAmBmCv2 21mgh 6解得被压缩弹簧的最大弹性势能：EPmax(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v3，滑块

C的速度为v4，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：

mAmBvmAmBv3mCv4

111mAmBv2mAmBv32mCv42 222解之得：v30，v412gh 3滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：sv4t

H12gt 22Hh 3解之得滑块C落地点与桌面边缘的水平距离：s

10．图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m水平放置，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间．金属棒ab、cd质量分别为0.1kg和0.2kg，电阻分别为0.4Ω和0.2Ω，并排垂直横跨在导轨上．若两棒以相同的初速度3m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：

(1)金属棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小；

(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热； (3)金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？ 【答案】（1）1m/s （2）1．2J （3）1．5m 【解析】 【详解】

解：(1)ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v ，以水平向右为正方向，则

解得稳定后的ab棒的速度大小：

(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：(3)对cd棒根据动量定理有：即：又

两棒间距离增加：

11．如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连．质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零．现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹

性碰撞，小滑块弹回后，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求

的值． 0

【答案】【解析】

试题分析：小滑块以水平速度v0右滑时，有：fL=0-12mv0（2分） 21212mv1-mv（2分） 22滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，

小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有fL=则有mv1=(m4m)v2（2分） 由总能量守恒可得：fL=上述四式联立，解得

1212mv1-(m4m)v2（2分） 22v3（1分） v02考点：动能定理，动量定理，能量守恒定律．

12．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=1kg的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左、右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以v=1m/s的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面，质量m=0.5kg的小物块B从其上距水平台面高h=0.8m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的动摩擦因数0.35，l=1.0m．设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A处于静止状态．取g=10m/s2．

(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小； (2)物块A、B间发生碰撞过程中，物块B受到的冲量；

(3)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？

(4)如果物块A、B每次碰撞后，弹簧恢复原长时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小．

11【答案】(1)3m/s；(2)2kgm/s；(3)l，所以不能；(4)73【解析】

n1m

s【分析】

物块B沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解；物块A、B第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解；当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞．物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，根据对于的规律求出n次碰撞后的运动速度大小． 【详解】

(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律可得：

mgh12mv0 2解得：v04m

s设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则有：μmg=ma， 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有：v12-v02=-2al，

解得：v1=3m/s＞v=1m/s，则物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为3m/s； (2)设物体A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，取向右为正方向 由动量守恒定律得：mv1MvAmvB 由机械能守恒定律得：

121212mv1mvBMvA 222解得：vA=-2m/s，vB=1m/s，（vA=0m/s，vB=-3m/s不符合题意，舍去）

m ，方向水平向右； IPmvBmv12kg?s(3) 碰撞后物块B在水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l'，则有： 0-vB2=-2al′， 解得：l1l 7所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上；

(4) 当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为vB，继而与物块A发生第二次碰撞 由（2）可知，vB=

1v1 313132同理可得：第二次碰撞后B的速度：vB1=vB()v1 第n次碰撞后B的速度为：vB（n-1）=()v1()【点睛】

本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大．

13n13n1m s