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：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角θ=37°;过f点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh，ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m2=3×10-3 kg、电荷量q=3×l0-3 C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点，质量m1=1.5×10-3 kg的不带电小物体P从轨道右端a以v0=8 m/s的水平速度向左运动，P、Q碰撞时间极短，碰后P以1 m/s的速度水平向右弹回．已知P与ab间的动摩擦因数μ=0.5，A、B均可视为质点，Q的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2．求：
(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小FN；
(2)当β=53°时，物体Q刚好不从gh边穿出磁场，求区域efgh内所加磁场的磁感应强度大小B1；
(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时，要让物体Q从gh边穿出磁场且在磁
场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的β值．
?2【答案】(1)FN?4.6?10N (2)B1?1.25T (3)t?127?s,?1?900和?2?1430 360【解析】 【详解】
解：(1)设P碰撞前后的速度分别为v1和v1?，Q碰后的速度为v2 从a到b，对P，由动能定理得：-?m1gl?解得：v1?7m/s
?碰撞过程中，对P，Q系统：由动量守恒定律：m1v1?m1v1?m2v2
11m1v12?m1v02 22取向左为正方向，由题意v1???1m/s， 解得：v2?4m/s
v22b点：对Q，由牛顿第二定律得：FN?m2g?m2
R?2解得:FN?4.6?10N
(2)设Q在c点的速度为vc，在b到c点，由机械能守恒定律：
11m2gR(1?cos?)?m2vc2?m2v22
22解得：vc?2m/s
?2进入磁场后：Q所受电场力F?qE?3?10N?m2g ，Q在磁场做匀速率圆周运动
m2vc2由牛顿第二定律得：qvcB1?
r1Q刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：r1?d?1.6m 解得：B1?1.25T (3)当所加磁场B2?2T，r2?m2vc?1m qB2要让Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q在磁场中运动轨迹对应的圆心
角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：
设最大圆心角为?，由几何关系得：cos(180???)?解得：??127? 运动周期：T?d?r2 r22?m2 qB2则Q在磁场中运动的最长时间：t??360?T?1272?m2127???s 360qB2360?1?90?和?2?143? 此时对应的?角：
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】
（2）
1QE0d （3）Q 45【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）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．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
5．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
6．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
7．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．
8．（20分）如下图所示，光滑水平面MN左端挡板处有一弹射装置P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ的长度L=8m，皮带轮逆时针转动带动传送带以v = 2m/s的速度匀速转动。MN上放置两个质量都为m = 1 kg的小物块A、B，它们与传送带间的动摩擦因数μ = 0.4。开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧，其弹性势能Ep = 16 J。现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧。取g=10m/s。
2
（1）求物块B被弹开时速度的大小；
（2）求物块B在传送带上向右滑行的最远距离及返回水平面MN时的速度vB′； （3）A与P相碰后静止。当物块B返回水平面MN后，A被P弹出，A、B相碰后粘接在一起向右滑动，要使A、B连接体恰好能到达Q端，求P对A做的功。 【答案】（1）vB?4.0m/s（2）vB'?2m/s（3）W＝162 J 【解析】
试题分析：（1）（6分）解除锁定弹开AB过程中，系统机械能守恒：
Ep?1212mvA?mvB ……2分 22设向右为正方向，由动量守恒mvB? mvA?0 ……2分 解得vB?vA?4.0m/s ①……2分
（2）（6分）B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。 由动能定理得 ??mgsM?0?12mvB ……2分 2vB2?2m ……1分 ② 解得SM?2?g物块B在传送带上速度减为零后，受传送带给它的摩擦力，向左加速，若一直加速，则受力和位移相同时，物块B滑回水平面MN时的速度vB'?4m/s ，高于传送带速度，说明B
滑回过程先加速到与传送带共速，后以2m/s的速度做匀速直线运动。……1分 物块B滑回水平面MN的速度vB'?v?2m/s ……2分
③
?，碰撞后A、B共同（3）（8分）弹射装置将A弹出后与B碰撞，设碰撞前A的速度为vA??mvB??2mV 的速度为V，根据动量守恒定律，mvA
A、B恰好滑出平台Q端，由能量关系有
……2分
④
1?2mV2???2mgL ……2分⑤ 2? ……2分 ⑥ 设弹射装置对A做功为W，W＝mvA由④⑤⑥ 解得W＝162 J ……2分 考点：相对运动 动能定理 动量守恒
122
9．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B，C的上表面相平且B，C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A，B，C质量均相等，木板C长为L，求
①A物体的最终速度 ②A在木板C上滑行的时间
4L3v0 ；② 【答案】①
v04【解析】
试题分析：①设A、B、C的质量为m，B、C碰撞过程中动量守恒， 令B、C碰后的共同速度为
，则
，解得
，
B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离
A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度
则解得
，
②在A、C相互作用过程中，根据功能关系有
（f为A、C间的摩擦力）
2mv0·代入解得f? 16L此过程中对C，根据动量定理有
代入相关数据解得t?4L v0考点：动量守恒定律；能量守恒定律及动量定理．
10．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=1212mv1-(m?4m)v2（2分） 22v3?（1分） 上述四式联立，解得
v02考点：动能定理，动量定理，能量守恒定律．
11．如图所示，固定点O上系一长L＝0.6 m的细绳，细绳的下端系一质量m＝1.0 kg的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的B点接触但对平台无压力，平台高h＝0.80 m，一质量M＝2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点，现对物块M施予一水平向右的初速度v0，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块M落在水平地面上的C点，其水平位移x＝1.2 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2.
(1)求物块M碰撞后的速度大小；
(2)若平台表面与物块M间的动摩擦因数μ＝0.5，物块M与小球的初始距离为x1＝1.3 m，求物块M在P处的初速度大小． 【答案】（1）3.0m/s（2）7.0m/s 【解析】
试题分析：（1）碰后物块M做平抛运动，设其平抛运动的初速度为V
① （2分）
S = Vt ② （2分） 得：
=\" 3.0\" m/s ③ （2分）
（2）物块与小球在B处碰撞，设碰撞前物块的速度为V1，碰撞后小球的速度为V2，由动量守恒定律：
MV1= mV2+ MV ⑥ （2分）
碰后小球从B处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为VA：
⑦（2分）
小球在最高点时依题给条件有：由⑦⑧解得：V2=\" 6.0\" m/s ⑨ （1分） 由③⑥⑨得：
=\" 6.0\" m/s ⑩ （1分）
⑧ （2分）
物块M从P运动到B处过程中，由动能定理：
⑾（2分）
解得：
=\" 7.0\" m/s ⑿ （2分）
考点：本题考查了平抛运动的规律、动量守恒定律、机械能守恒定律及动能定理的应用
12．如图所示，粗细均匀的圆木棒A下端离地面高H，上端套着一个细环B．A和B的质量均为m，A和B间的滑动摩擦力为f，且f＜mg．用手控制A和B使它们从静止开始自由下落．当A与地面碰撞后，A以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动，与地面发生碰撞时间极短，空气阻力不计，运动过程中A始终呈竖直状态．求：若A再次着地前B不脱离A，A的长度应满足什么条件？
【答案】【解析】
试题分析：设木棒着地时的速度为，因为木棒与环一起自由下落，则木棒弹起竖直上升过程中，由牛顿第二定律有：对木棒：解得：对环：解得
，方向竖直向下
方向竖直向下
可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态，所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变 木棒在空中运动的时间为在这段时间内，环运动的位移为
要使环不碰地面，则要求木棒长度不小于x，即解得：
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力
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