高考动量经典题型（含答案）

（1）B与挡板相碰时的速度大小； （2）S的最短距离；

（3）木板B的长度L至少要多长（保留2位小数）。

22.解析：（1）设B与挡板相碰时的速度大小为v1，由动量守恒定律得mv0=（M+m）v1，求出v1=2m/s. （2）A与B刚好共速时B到达挡板S距离最短，由牛顿第二定律，B的加速度a?的最短距离为s=v1/2a=2m。

（3）A滑上B至B与挡板相碰过程中，A、B间的相对位移为L1，根据动能定理，有

2?mgL1?mv0?(m?M)v122

?mgM?1m/s2，所以S

1212 解得

L1?6m；

2、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：

（1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？

2．分析与解：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。 （1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V，则: M1V1－M2V1=（M1+M2）V

V?M1?M220V1??6m/s?1.5m/sM1?M280

（2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s） 每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为 △P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s）

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N?故小球个数为

?P225??15(个)?P115

3．如图11所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均

为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求：

（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移； （2）木块A在整个过程中的最小速度。

2V0 V0 3．分析与解：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀

A B 加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C

C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为V1。对A、B、C三者组成的系图11 统，由动量守恒定律得：

mV0?2mV0?(m?m?3m)V1解得：V1=0.6V0

对木块B运用动能定理，有：

??mgs?解得

112mV1?m(2V0)222

2:s?91V0/(50?g)

（2）设木块A在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t，由牛顿第二定律： 对木块A：a1??mg/m??g, 对木板C：a2?2?mg/3m?2?g/3,

当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有： 解得

V0??gt?(2?g/3)t

t?3V0/(5?g)木块A在整个过程中的最小速度为：

V/?V0?a1t?2V0/5.

4．总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车

已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，如图13所示。设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？

4．分析与解：此题用动能定理求解比用运动学、牛顿第二定律求解简便。 对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：

1FL?k(M?m)gS1??(M?m)V022

对车尾，脱钩后用动能定理得：

1?kmgS2??mV022

而?S?S1?S2，由于原来列车是匀速前进的，所以F=kMg

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?S?由以上方程解得

MLM?m。

5．如图14所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A（A视质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰。碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力。已知A滑到C的右端面未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？

A 5．分析与解：设A、B、C的质量均为m。B、C碰撞前，A与B的共同C B 速度为V0，碰撞后B与C的共同速度为V1。对B、C构成的系统，由动量守恒定律得：mV0=2mV1

图14

设A滑至C的右端时，三者的共同速度为V2。对A、B、C构成的系统，由动量守恒定律得：2mV0=3mV2

设C的长度为L， A与C的动摩擦因数为μ，则据摩擦生热公式和能量守恒定律可得：

111Q??mgL?.2mV12?mV02?.3mV22222

设从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为S，则对B、C构成的系统据动能定理可得：

?mgS?(2m)V22?(2m)V12S7?L3. 由以上各式解得

1212

如图13所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以1/2 V0滑离B，确好能到达C的最高点。VA、B、C的质量均为m，试求：（1）木板B上表面的动摩擦因A B C 素μ；（2）1/4圆弧槽C的半径R；（3）当A滑离C时，C的速度。 图13 7．（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，

mV0?mV0V?2mV1V1?024（1分） ，（2分） 得

分）

系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能， Q??mgL，（1

11?V?15V?V?2?EK?mV0?m?0???2m??0???022?2?216Lg（1分） ?4?，（1分） 得

（2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为V2，由于水平面光滑，A

222m与C组成的系统动量守恒，

V03V?mV1?(m?m)V2V2?028 ，（2分）得

221?V0?1?V0?12m???m????2m?V2?mgR2?4?2A与C组成的系统机械能守恒，2?2?（2分）

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VR?064g（1分） 得

（3）当A滑下C时，设A的速度为VA，C的速度为VC，A与C组成的系统动量守恒，

2mV0?mV1?mVA?mVC2 , （1分）

221?V0?1?V0?1122m???m???mVA?mVC2?4?22A与C组成的系统动能守恒，2?2?（2分）

V0得VC = 2（2分）

8．(13分)如图所示，将质量均为m厚度不计的两物块A、B用轻质弹簧相连接，只用手托着B物块于H高处，A在弹簧弹力的作用下处于静止，将弹簧锁定．现由静止释放A、B ，B物块着地时解除弹簧锁定，且B物块的速度立即变为0，在随后的过程中当弹簧恢复到原长时A物块运动的速度为υ0，且B物块恰能离开地面但不继续上升．已知弹簧具有相同形变量时弹性势能也相同． （1）B物块着地后，A向上运动过程中合外力为0时的速度υ1；

A （2）B物块着地到B物块恰能离开地面但不继续上升的过程中，A物块运A 动的位移Δx；

（3）第二次用手拿着A、B两物块，使得弹簧竖直并处于原长状态，此时BB物块B离地面的距离也为H，然后由静止同时释放A、B，B物块着地后速度同样立即变为0．求第二次释放A、B后，B刚要离地时A的速度

H υ2．

8．(13分) （1）设A、B下落H过程时速度为υ，由机械能守恒定律有：

2mgH?12mv22（1分）

B着地后，A和弹簧相互作用至A上升到合外力为0的过程中，弹簧对A做的总功为零．（1分）

0?即解得：

1212mv1?mv22（1分）

v1?2gH （1分）

A A x BA x H B Bυ1 A 第8页（共20页） υ2 A x 原BB