【物理】物理动量守恒定律易错剖析含解析

一、高考物理精讲专题动量守恒定律

1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞．

①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；

②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P对乙的冲量的最大值． 【答案】v乙＝6m/s. I＝8N 【解析】 【详解】

（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：

又知

，方向向右。

联立以上方程可得

（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：

2．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O点(A、B均视为质点)，重力加速度为g．求：

（1）A、B相碰后瞬间的共同速度的大小； （2）A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；

（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆弧轨道与斜面相切 于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，则v至少为多大时物块A能沿圆弧轨道运动到Q点．（计算结果可用根式表示） 【答案】v2113gx0EPmgx0v(2043)gx0 24【解析】

试题分析：（1）A与B球碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A球滑下过程中，机械能守恒，有： mg（3x0）sin30°=

1mv12 2解得：v1＝3gx0…①

又因A与B球碰撞过程中，动量守恒，有：mv1=2mv2…② 联立①②得：v2＝v1＝1213gx0 2（2）碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒． 则有：EP+

1•2mv22＝0+2mg•x0sin30° 2311•2mv22=mgx0−mgx0＝mgx0…③ 244（3）设物块在最高点C的速度是vC，

解得：EP＝2mg•x0sin30°−

vc2物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：mg＝m

R所以：vc＝gR＝gx0④ C点相对于O点的高度： h=2x0sin30°+R+Rcos30°= (43)x0…⑤ 211mvo2＝mgh+mvc2…⑥ 22物块从O到C的过程中机械能守恒，得：

…⑦ 联立④⑤⑥得：vo＝(53)gx0?设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，滑块从P到B的过程中机械能守恒，得：

121mv+mg（3x0sin30°）＝mvA2…⑧ 22A与B碰撞的过程中动量守恒．得：mvA=2mvB…⑨

A与B碰撞结束后从B到O的过程中机械能守恒，得：

1•2mvB2+EP＝21•2mvo2+2mg•x0sin30°…⑩ 2由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离． 联立⑦⑧⑨⑩解得：v＝33gx0 考点：动量守恒定律；能量守恒定律

【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A、B到达P点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．

3．两个质量分别为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.

4．如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN的半径为R=3.2m，水平部分NP长L=3.5m，物体B静止在足够长的平板小车C上，B与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端．从M点由静止释放的物体A滑至轨道最右端P点后再滑上小车，物体A滑上小车后若与物体B相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A、B和小车C的质量均为1kg，取g=10m/s2．求

(1)物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小？ (2)物体A在NP上运动的时间？ (3)物体A最终离小车左端的距离为多少？

【答案】(1)物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小为30N ； (2)物体A在NP上运动的时间为0.5s (3)物体A最终离小车左端的距离为【解析】

试题分析：（1）物体A由M到N过程中，由动能定理得：mAgR=mAvN2 在N点，由牛顿定律得 FN-mAg=mA 联立解得FN=3mAg=30N

由牛顿第三定律得，物体A进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：FN′=3mAg=30N （2）物体A在平台上运动过程中 μmAg=mAa L=vNt-at2

代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去) （3）物体A刚滑上小车时速度 v1= vN-at=6m/s

从物体A滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A组成系统动量守恒，而物体B保持静止 (mA+ mC)v2= mAv1 小车最终速度 v2=3m/s

此过程中A相对小车的位移为L1，则

33m 16mgL1mv122mv22解得：L1＝m

物体A与小车匀速运动直到A碰到物体B，A，B相互作用的过程中动量守恒： (mA+ mB)v3= mAv2

此后A，B组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v4

121294(mA+ mB)v3+mCv2=\" (m\"A+mB+mC) v4 此过程中A相对小车的位移大小为L2，则

mgL2mv222mv323mv42解得：L2＝

物体A最终离小车左端的距离为x=L1-L2=

1212123m 1633m 16考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.

5．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

6．如图所示，光滑固定斜面的倾角Θ=30°，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量M=3kg的物体B相连，初始时B静止.质量m=1kg的A物体在斜面上距B物体处s1=10cm静止释放，A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与B粘在一起，已知碰后整体经t=0.2s下滑s2=5cm 至最低点. 弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取10m/s2．

（1）从碰后到最低点的过程中，求弹簧最大的弹性势能; （2）碰后至返回到碰撞点的过程中，求弹簧对物体B的冲量大小．

【答案】（1）1．125J；（2）10Ns

【解析】 【分析】

(1)A物体下滑过程，A物体机械能守恒，求得A与B碰前的速度；A与B碰撞是完全非弹性碰撞，A、B组成系统动量守恒，求得碰后AB的共同速度；从碰后到最低点的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量． (2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞点时AB的速度；对AB从碰后至返回到碰撞点的过程应用动量定理，可得此过程中弹簧对物体B冲量的大小． 【详解】

(1)A物体下滑过程，A物体机械能守恒，则：mgS1sin30解得：v0012mv0 22gS1sin3002100.10.5m1m

ssA与B碰撞是完全非弹性碰撞，据动量守恒定律得：

mv0(mM)v1

解得：v10.25m s从碰后到最低点的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，则：

EPT增1(mM)v12(mM)gS2sin300 2解得：EPT增1.125J

(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞点时AB的速度大小v2v10.25m s以沿斜面向上为正，由动量定理可得：

IT(mM)gsin3002t(mM)v2(mM)v1

解得：IT10Ns

7．如图所示，用气垫导轨做“验证动量守恒”实验中，完成如下操作步骤：

A．调节天平，称出两个碰撞端分别贴有尼龙扣滑块的质量m1和m2．

B．安装好A、B光电门，使光电门之间的距离为50cm．导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够作_________运动．

C．在碰撞前，将一个质量为m2滑块放在两光电门中间，使它静止，将另一个质量为m1滑块放在导轨的左端，向右轻推以下m1，记录挡光片通过A光电门的时间t1．

D．两滑块相碰后，它们粘在一起向右运动，记录挡光片通过_______________的时间t2． E．得到验证实验的表达式__________________________．

m1m1m2 【答案】匀速直线运动 小车经过光电门的时间 t1t2【解析】 【详解】

为了让物块在水平方向上不受外力，因此当导轨通气后，调节导轨水平，使滑块能够作匀速直线运动；

根据实验原理可知，题中通过光电门来测量速度，因此应测量小车经过光电门的时间 设光电门的宽度为l ，则有：经过光电门的速度为v1整体经过光电门的速度为：v2l t1l t2由动量守恒定律可知，m1v1(m1+m2)v2 代入解得：

m1(m1m2)。 t1t2

8．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5cm，而木块所受的平均阻力为f=80N．若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取10m/s2，求爆竹能上升的最大高度．

【答案】h60m 【解析】

试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用，根据动能定理可得

1(mgf)h0Mv12（1）

2爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒，故有mv2Mv1（2）

2爆竹完后，爆竹做竖直上抛运动，故有v22gh（3）

联立三式可得：h600m

考点：考查了动量守恒定律，动能定理的应用

点评：基础题，比较简单，本题容易错误的地方为在A下降过程中容易将重力丢掉

9．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．

10．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．

2Mm2Mmv0 v0（2）【答案】（1）

2MgMm【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

v0

（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：

Mv0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．

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，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】 【分析】

n1m

s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4ms

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