物理动量守恒定律练习题20篇及解析

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．水平放置长为L=4.5m的传送带顺时针转动，速度为v=3m/s，质量为m2=3kg的小球被长为l1m的轻质细线悬挂在O点，球的左边缘恰于传送带右端B对齐；质量为m1=1kg的物块自传送带上的左端A点以初速度v0=5m/s的速度水平向右运动，运动至B点与球m2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的

1反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。22已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度g10m/s。求：

（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？

（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N（2）13.5J 【解析】 【详解】

解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：

112m1gL=m1v12m1v0

22解之可得：v1=4m/s 因为v1v，说明假设合理

滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：m1v1=解之得：v2=2m/s

2m2v2碰后，对小球，根据牛顿第二定律：Fm2g

l1m1v12+m2v2 2小球受到的拉力：F42N

（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为t1，则L解之得：t11s

在这过程中，传送带运行距离为：S1vt13m 滑块与传送带的相对路程为：X1LX11.5m

设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为t2 则根据动量定理：m1gt2m11v0v1t1 21v1 2解之得：t22s

滑块向左运动最大位移：xm11v1t2=2m 221v1说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为2t2

在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程

X22vt212m

因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是

Qm1gx1x2=13.5J

2．如图所示，质量为M=2kg的小车静止在光滑的水平地面上，其AB部分为半径R=0.3m

1圆孤，BC部分水平粗糙，BC长为L=0.6m。一可看做质点的小物块从A点由静止4释放，滑到C点刚好相对小车停止。已知小物块质量m=1kg，取g =10m/s2。求：

的光滑

（1）小物块与小车BC部分间的动摩擦因数；

（2）小物块从A滑到C的过程中，小车获得的最大速度。 【答案】（1）0.5（2）1m/s 【解析】 【详解】

解：(1) 小物块滑到C点的过程中，系统水平方向动量守恒则有：(Mm)v0 所以滑到C点时小物块与小车速度都为0 由能量守恒得： mgRmgL 解得：R0.5 L(2)小物块滑到B位置时速度最大，设为v1，此时小车获得的速度也最大，设为v2 由动量守恒得 ：mv1Mv2 由能量守恒得 ：mgR联立解得： v21m/ s

11mv12Mv22 22

3．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E0和d均为已知

量．将带正电的质点A在O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O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和．不计重力．

（1）求A在电场中的运动时间t，

（2）若B的电荷量q =Q，求两质点相互作用能的最大值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）【解析】 【分析】 【详解】

解：（1）由牛顿第二定律得，A在电场中的加速度 a ==A在电场中做匀变速直线运动，由d =a得 运动时间 t =

=

（2）

1QE0d （3）Q 45

（2）设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0，由动能定理得 QE0d =mqE0d =

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，此时两者速度相同，设为v，， 由动量守恒定律得：（m +）v， = mvA0 +vB0 由能量守恒定律得：EPm= (m

+

)—

）

且 q =Q

解得相互作用能的最大值 EPm=

1QE0d 45（3）A、B在x>d区间的运动，在初始状态和末态均无相互作用 根据动量守恒定律得：mvA+vB= mvA0 +vB0 根据能量守恒定律得：m解得：vB = -+

+

=m

+

+

≥0

因为B不改变运动方向，所以vB = -解得： q≤Q

则B所带电荷量的最大值为：qm =Q

4．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．

5．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d=3m．一质量为m=1kg的小物块A以v0=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μ=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/s2，求

（1）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）

，方向向左；

，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v1和v2，以向右为正方向 由动量守恒：碰撞前后动能相等：解得：

方向向左，

方向向右）

（2）碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：B经过t1时间与Q处挡板碰，由运动学公式：与挡板碰后，B的速度大小反弹后经过位移

，B停止运动．

得：

，反弹后减速时间

（

舍去）

物块A与P处挡板碰后，以v4=2m/s的速度滑上O点，经过所以最终A、B的距离s=d-s1-s2=1m，两者不会碰第二次． 在AB碰后，A运动总时间整体法得B运动总时间

考点：弹性碰撞、匀变速直线运动

，

，则时间间隔

．

停止．

6．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解．

8R12gt，得t g2

7．如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后木板以原速率反弹.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.

【答案】t【解析】

4v0 3g解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，

再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．

木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度v，动量守恒，有： 2mv0﹣mv0=（2m+m）v，解得：v=

木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv﹣m（﹣v0）=μ2mgt1 用动能定理，有：

﹣

=﹣μ2mgs

木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt2 木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为

+

=

【点评】本题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题，正确分析出运动规律是关键．

8．如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”．实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次．M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示．

（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足______（填“>”或“<”）．

（2）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是_____．

A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．打点计时器 （3）下列说法中正确的是_________．

A．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的 B．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误

C．用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置 D．仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，线段OP的长度越大

（4）在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度．在实验误差允许范围内，若满足关系式__________________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，则还需满足的关系式是________________．（用测量的量表示）

（5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图丙所示．他发现M和N偏离了OP方向．这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，他想到了验证这个猜想的办法：连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M、N．分别测量出OP、OM、ON的长度．若在实验误差允许的范围内，满足关系式：_____则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒．

222【答案】> BC C m1OPm1OMm2ON m1OPm1OMm2ON

m1OPm1OMm2ON

【解析】 【分析】 【详解】

(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；

（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：

m1v0m1v1m2v2，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可

以直接用水平位移代替速度进行验证，故有m1OPm1OMm2ON ，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC；

（3）由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故AB错误；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故C正确；仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP的长度越小，故D错误．故选C； （4）若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0m1v1m2v2，又

OPv0t,OMv1t,ONv2t，代入得：m1OPm1OMm2ON，若碰撞是弹性碰

撞，满足机械能守恒，则：

11122m1v0m1v12m2v2 ，代入222222得;m1OPm1OMm2ON；

（5）如图所示,连接OP、OM、ON,作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示；

分别测量出OP、OM′、ON′的长度．若在实验误差允许范围内,满足关系式

m1OPm1OMm2ON 则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒．

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 2解得被压缩弹簧的最大弹性势能：EPmax1mgh 6(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，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间粗糙，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：

（1）A、B最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车的速度大小和方向． 【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）由A、B系统动量守恒定律得： Mv0—mv0=（M +m）v ① 所以v=方向向右

（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时速度为v′,则由动量守恒定律得：

v0

2Mm2Mmv0 v0（2）

2MgMmMv0mv0方向向右 M考点：动量守恒定律；

Mv0—mv0=\"Mv′\"v点评：本题主要考查了动量守恒定律得直接应用，难度适中．