2023年高考物理考试易错题动量守恒定律及其应用（含解析答案）

0000001易错点16动量守恒定律及其应用

错题纠正

例题1.（2023•浙江1月选考-12）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安

装有声音记录仪.X自发射塔竖直向上发射，上升到空中最gao点时炸裂成质量之比为

2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后

记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340m/s,重

力加速度大小g取10m/s2,忽略空气阻力.以下说法正确的选项是（）

A.两碎块的位移大小之比为1:2

B.X的爆炸点离地面高度为80m

C.爆炸后的质量大的碎块的初速度为68mzs

D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m

（答案）B

（解析）设碎块落地的时间为f,质量大的碎块水平初速度为。，则由动量守恒定律知质量

小的碎块水平初速度为2。，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的

时间相同，由水平方向x=%/知落地水平位移之比为1：2,碎块位移5=击2+俨,可见两

碎块的位移大小之比不是1：2,故A项错误；据题意知，s=（5s-/）X340m/s,又2"=（6s

-r）X340m/s,联立解得/=4s,f=85m/s,故爆炸点离地面高度为力=/产=80m,所以

B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Ar=3"=l020m,故D项错误.

（误选警示）

误选A的原因：水平位移和位移没有区分清楚。

误选CD的原因：没有定量推导声音传播时间和传播距离和平抛水平位移的关系，从而求

解落地时间、爆炸后两物块的速度、两物块的水平位移大小。

例题2.在发射地球卫星时需要运载火箭屡次点火，以提高最终的发射速度.某次地球近地

卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为加=800g的气体，气体离开发动机时

的对地速度。=1000m/s,假设火箭（含燃料在内）的总质量为M=600kg,发动机每秒喷气

20次，忽略地球引力的影响，则（）

A.第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4m/s

B.地球卫星要能成功发射，速度大小至少到达11.2km/s

C.要使火箭能成功发射至少要喷气500次

D.要使火箭能成功发射至少要延续喷气17s

（答案）A

（解析）设喷出三次气体后火箭的速度为。3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖

直向上为正方向，由动量守恒定律得：（/1/-3，"）。3-3，"。=0,解得：SQ4m/s,故A正

确；地球卫星要能成功发射，喷气“次后至少要到达第一宇宙速度，即：v„=7.9km/s,故

B错误：以火箭和喷出的〃次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律

得：（A/一〃"?）o"一〃"?o=0,代入数据解得：〃七666,故C错误：至少延续喷气时间为：t=

2=33.3s,故D错误.

20

（误选警示）

误选B的原因：没有把第一宇宙速度和第二宇宙速度区分清楚。

误选CD的原因：运用动量守恒定律时没有选定好研究对象，特别是两局部的质量，喷气

前后剩余局部的质量在不断发生变化。

知识总结?

一、动量守恒定律的理解和根本应用

1.动量守恒定律的推导

如下图，光滑水平桌面上质量分别为如、，“2的球/、B,沿着同一直线分别以口和也的速

度同向运动，艺＞人当8球追上/球时发生碰撞，碰撞后4、8两球的速度分别为玲，和艺'.

m„ni\

〃〃缈2+

V77/777777777777777777777777y

设碰撞过程中两球受到的作用力分别为为、&,相互作用时间为L依据动量定理：

F\t=m\（y\—v\）y&，=加2（也也）・

因为Q与尸2是两球间的相互作用力，依据牛顿第三定律知，尸|=一死，

则有：机］修'一切1丫］=一（"72V2'一m2V2）

即，”1也+加2吆=，“10'+加2丫2'

2.适用条件

（1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零.

（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.

（3）某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守

恒.

3.应用动量守恒定律解题的步骤

（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包含哪几个物体及研究的过程）.

（2）进行受力分析，推断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）.

(3)规定正方向，确定初、末状态动量.

(4)由动量守恒定律列出方程.

(5)代入数据，求出结果，必要时商量说明.

二、爆炸、反冲运动和人船模型

1.爆炸现象的三个规律

动量X体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动

守恒量守恒

动能在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机

增加械能增加

位置爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小,可以认为爆炸后各

不变局部仍旧从爆炸前的位置以新的动量开始运动

2.反冲运动的三点说明

作用

反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果

原理

动量反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定

守恒律

机械能

反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加

增加

3.人船模型

⑴模型图示

(2)模型特点

①两物体满足动量守恒定律：，人一船=0

X人Y船

②两物体的位移大小满足：，丐一七=0,

x人+》船=£，

Mm

得x人=力工-L，［船二一匚--

M+mM-rm

(3)运动特点

①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右;

②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即

x人o人M

卸'M•

三、碰撞问题

1.碰撞问题遵守的三条原则

（1）动量守恒：Pl+p2=Pl'+夕2’.

（2）动能不增加：反|十为2》耳|'+瓦2能

（3）速度要符合实际情况

①碰前两物体同向运动，假设要发生碰撞，则应有。后前，碰后原来在前的物体速度肯

定增大，假设碰后两物体同向运动，则应有。前'后'.

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变.

2.弹性碰撞的重要结论

以质量为如、速度为0的小球与质量为加2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有

+，"2°2’

-/nivi2=-wiv/22

+-m2v2'

联立解得："="|，廿=-I

商量：①假设阳产加2，则=0，。2'=力（速度交换）；

②假设加1>加2，则”>0,②>0（碰后两小球沿同一方向运动）；当加］》加2时，②比0，

20;

V2,弋

③假设〃17V加2，则0,<0,。2'>0（碰后两小球沿相反方向运动）;当〃?］《加2时，0'4一

rg0.

S，v2

3.物体力与静止的物体8发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体

8的速度最小，VB=点o,当发生弹性碰撞时，物体8速度最大，功=一/）.则碰

mA~rmDmA~rmD

triA2阳/

后物体8的速度范围为：---——-p.

阳4十根"tnA~rmti0

易混点:

1.动量守恒定律的条件:系统所受的总冲量为零不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作

用远小于系统内物体间的相互作用力），即系统所受外力的矢量和为零。（碰撞、爆炸、反冲

的过程均可近似认为动量守恒）

2,某一方向上动量守恒的条件:系统所受外力矢量和不为零,但在某一方向上的合力为零，则系

统在这个方向上动量守恒。必须注意区别总动量守恒与某一方向上动量守恒。

3,完全非弹性碰撞:两物体碰撞后获得共同速度,动能损失最多且全部通过形变转化为内能，但

动量守恒。

4,弹性碰撞:动量守恒，碰撞前后系统总动能相等。

5.一般碰撞:有完整的压缩阶段，只有局部恢复阶段，动量守恒，动能减小。

6,人船模型一两个原来静止的物体（人和船）发生相互作用时,不受其他外力，对这两个物体组

成的系统来说，动量守恒,且任一时刻的总动量均为零，由动量守恒定律，有机M=〃?2匕（注意

利用几何关系解决位移问题）。

（人船模型:人从右向左由船头走向船尾）

7,能量与动量不能混为一谈，能量是标量，动量是矢量，且两者的公式、定义均不相同。

8.求变力冲量

⑴假设力与时间呈线性关系，可用于平均力求变力的冲量;

（2）假设给出了力随时间变化的图像如图，可用面积法求变力冲量。

9.在研究反冲问题时，注意速度的相对性:假设物体间的相对速度已知,应转化为对地速度。

举一反三

1.质量为町和啊的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间f变化的图像如

下图。以下说法正确的选项是（）

A,碰撞前啊的速率大于g的速率B.碰撞后吗的速率大于固的速率

C.碰撞后切2的动量大于g的动量D.碰撞后吗的动能小于m\的动能

（答案）c

（解析）A.x-f图像的斜率表示物体的速度，依据图像可知叫碰前的速度大小为

v0=jm/s=4m/s

%碰前速度为0，A错误:

B.两物体正碰后，叫碰后的速度大小为

4,一,

V,=-----m/s=2m/s

3-1

加2碰后的速度大小为

8-4

匕=---m/s=2m/s

23-1

碰后两物体的速率相等，B错误；

C.两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即

加1%=_阳必+ni2v2

解得两物体质量的关系为

m2=3〃i|

依据动量的表达式。=机丫可知碰后叫的动量大于班的动量，C正确；

D.依据动能的表达式耳=g〃"可知碰后叫的动能大于叫的动能，D错误。

应选C。

2.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发觉这种射线是由质量与质子大致相等的中性

粒子（即中子）组成。如图，中子以速度%分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮

核的速度分别为w和为。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应,以下说法正确的选项是

()

中子氢核

O-------------------O-------

中子氮核

A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小

C.%大于WD.匕大于％

（答案）B

（解析）设中子的质量为加，氢核的质量为加，氮核的质量为14〃?，设中子和氢核碰撞后

中子速度为匕，由动量守恒定律和能量守恒定律可得

mvQ=加匕+mv3

121212

联立解得

设中子和氮核碰撞后中子速度为！，由动量守恒定律和能量守恒定律可得

加%=14WV2+mv4

—加片=—•14加片+—mv^

联立解得

2

%IT。

可得

%=%>v2

碰撞后氢核的动量为

PH==机%

氮核的动量为

28m%

pN=14^v2=—

可得

PN>PH

碰撞后氢核的动能为

F1212

£k„=2mvi=2»

氮核的动能为

可得

%>%

故B正确，ACD错误。

应选B,

3.如下图，在光滑水平面上放置一个质量为，〃的滑块，滑块右侧面为一个半径为我的1弧

形的光滑凹槽，/点切线水平。另有一个质量为优的小球以水平速度%从4点冲上凹槽，

B.当%=#戢时，小球在弧形凹槽上冲向8点的过程中，滑块的动能增大；返回/点的

过程中，滑块的动能减小

C.如果小球的速度%足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上

D.小球返回/点后做自由落体运动

（答案）D

（解析）A.小球滑上凹槽的过程中，假设凹槽固定，小球%=网近的速度冲上，依据机

械能守恒

但是，凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，依据机械能守恒可知小球不能

冲到B点，A错误；

B.当%=低届时，小球在弧形凹槽向上冲的过程中，滑块受到右上方的支持力，速度减

小，动能减小：滑到最ga。点时，两者速度相等，之后返回Z点的过程中，滑块的动能依

旧减小，B错误；

C.如果小球的速度%足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度

方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，c错误：

D.小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞

加%=mv]+mv2

Vj=0,v2=%

所以小球返回4点后做自由落体运动，D正确。

应选Do

L燃放爆竹是我国传统民俗，春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，到最ga。点时速度大

小为W，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片“、虫以其中碎片。的速度方向

水平向东，忽略空气阻力，以下说法正确的选项是()

A.炸开时，假设碎片6的速度方向水平向西，则碎片c的速度方向可能水平向南

B.炸开时，假设碎片b的速度为零，则碎片c的速度方向肯定水平向西

C.炸开时，假设碎片6的速度方向水平向北，则三块碎片肯定同时落地

D.炸开时，假设碎片a、6的速度等大反向，则碎片c落地时的速度可能等于3%

（答案）C

（解析）A.到最ga。点时速度大小为V。，方向水平向东，则总动量向东；炸开时，假设

碎片b的速度方向水平向西，碎片c的速度方向水平向南，则违反动量守恒定律，故A错

误；

B.炸开时，假设碎片6的速度为零，依据动量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向

东，故B错误；

C.三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，肯定同时落地，故C正确；

D.炸开时，假设碎片a、b的速度等大反向，依据动量守恒定律

3mv（）=mvc

解得

vc=3v（）

碎片c落地时速度的水平重量等于3%,其落地速度肯定大于3«,故D错误。

应选Co

2.如下图，质量为0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L=0.8m的细线拴着

质量为0.2kg的小球B,B悬挂在A下方并处于静止状态。Z=0时刻，小圆环获得沿杆向左

的冲量0.6N-s,g取10m/s2-，以下说法正确的选项是（）

A.小球B做圆周运动

B.小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小

C.从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功

D.从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6N.S

（答案）C

（解析）A.由题意可知，小球B相对于圆环A做圆周运动，因圆环不固定，系统在水平

方向动量守恒，可知圆环在水平方向做变加速运动，则以地面为参照物时，小球B不做圆

周运动，故A错误;

BC.由于细线的作用，圆环向左减速运动，当圆环A的速度变为0时，如果小球恰回到最

A的正下方，系统水平方向动量守恒，则有

/=mBvB

解得

vB=3m/s

如果此时小球回到A的正下方，其速度水平向左，其动能为

1,

Ek=-wv-=0.9J

因系统初动能为

〃入%=0.6N-s

1,

EM=—wAVp=1.8J>0.9J

则依据系统能量守恒可知，当圆环A的速度变为。时，小球B还没有回到其的正下方，则

小球B继续加速，圆环A则反向向右加速，当小球B回到圆环A的正下方向时，圆环A具

有向右的速度，所以从小球B开始运动到第一次回到圆环A的正下方的过程中细线对A先

做负功再做正功，故B错误，C正确；

D.假定小球B开始运动到第一次回到的正下方时速度为丫八圆环速度为也，则有

wBVj-wAv2=0.6N-s

121212

mAv0=0.6N-s

解得

v,=4m/s

依据动量定理有，从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为

/=〃％匕=0.4N-s

方向水平向左，故D错误。

应选Co

3.如下图，一个夹层中空质量为用的圆柱形零件内部放有一个略比夹层宽度小一点质量

也为"，的小圆柱体，初始时小圆柱体位于大圆柱夹层的顶部，此时大圆柱体与地面的接触

位置为/点，如甲图所示，现小圆柱体受到微小的扰动，从顶部滚下，截面图如乙图所

A.小圆柱体下落到最di点时，大圆柱体与小圆柱体速度相同

B.小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在Z点右侧

C.小圆柱体会再次到达顶部，此时大圆柱体与地面的接触位置在/点左侧

D.小圆柱体再次回到顶部的过程中，大圆柱体与小圆柱系统机械能守恒

（答案）D

（解析）A.小圆柱体下落到最di点时，依据动量守恒定律，大圆柱体与小圆柱体速度大

小相等方向相反，A错误；

BC.小圆柱体会再次到达顶部，依据"人船模型"，此时大圆柱体与地面的接触位置肯定

在N点，否则违反动量守恒定律，BC错误；

D.小圆柱体再次回到顶部的过程中，只有动能和重力势能相互转化，大圆柱体与小圆柱

系统机械能守恒，D正确。

应选D。

4.如下图，假设船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸；撤去缆绳，人仍旧恰好可以从

船头跳上岸。已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等，人的质量为60kg,船的质量为

120kg,不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为（）

A

A.1：1B.1：2C.1：3D.2：3

（答案）D

（解析）假设缆绳固定时人跳出的速度为匕，则人消耗的能量

。1

&=5叫Ji2

撤去缆绳后，人跳出的速度仍为M，由动量守恒

m人％=m心

人消耗的能量

「112

E]=5用人2印+]"1册匕

代入数据可得

用：/=2:3

应选D。

5.（多项选择）如图，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量

为3m的小球以水平初速度股，沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，

则（）

A.小球以后将自由落体运动B.小球以后将向右做平抛运动

0v2

C.此过程小球对小车做的功为D.小球在弧形槽内上升的最大高度为鲁

88g

（答案）CD

（解析）AB.设小球离开小车时，小球的速度为V”小车的速度为也，整个过程中动量守

恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得

3〃?%=3加匕+mv2

由机械能守恒定律得

联立解得

吟

小球与小车别离后向左做平抛运动，故AB错误;

C.对小车运用动能定理得，小球对小车做功

121/3、292

W=-mv2=-wx(-v0)=-mv0

Z2Zo

故c正确;

D.当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为小系统在

水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得

3加%=4mv

由机械能守恒定律得

:x3加丫：=；*4mv2+3mgh

解得

故D正确。

应选CD。

6.（多项选择）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为。的光滑斜面底端，上端与物块B

相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置

为原点。，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A,A与物块B碰撞后

以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能所与其位置坐标x的关系

如图乙所示，图像中0~刈之间为过原点的直线，其余局部为曲线，物块A、B均可视为质

点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，已知X/,X2,X3,E,则〔）

甲

A.物块A、B的质量之比为1：3

B.A与B碰撞后，A在右位置处加速度最大

C.A与B碰撞后，A在肛位置处弹簧压缩量为也

E

D.弹簧的劲度系数为x（%_x）

（答案）ABD

（解析）A.由图乙可知，物块A与物块B碰撞前的动能

1

—m.v2=E£7

2A

可得物块A与物块B碰撞前的速度为

物块A与物块B碰撞后的动能

12E

5%丫共二而

解得物块A与物块B碰撞后的速度

物块A与物块B碰撞时间极短，依据动量守恒定律

机八丫=（机，\+机B）V共

解得

如=1

叫，3

故A正确;

B.依据动能定理有

F令x=0-耳

由上述可知瓦-X图像的斜率代表物体所受的合外力，由图乙可知，物块A与物块B碰撞

后，在工3处合外力最大，即加速度最大。故B正确；

C.由图乙可知，占处是物块B静止的位置，此时弹簧处于压缩状态，并不是原长，故出

位置处弹簧压缩量大于N-再，故C错误；

D.弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为%,结合图

甲，依据平衡条件可知

mBgsin^=fcr0

由图乙可知，当物块A与物块B一起运动到々时，速度最大，依据平衡条件

tn^gsin0+mBgsin0=k（x2一芭+x0）

物块A从O点运动到位置占的过程中，依据动能定理

%gsin。%]=E

联立解得

k=---

国（々-再）

故D正确。

应选ABD。

7.1多项选择）如下图，一轻杆两端分别固定°、6两个半径相等的光滑金属球，。球质量

大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为人将此装置从图示位

置由静止释放，则（）

A.整个运动过程中，。球先加速后减速

B.在b球落地前瞬间，6球的速度大小为国

C.在6球落地前的整个过程中，a、8及轻杆系统动量守恒

D.在b球落地前的整个过程中，6球的机械能守恒

（答案）AB

（解析）B.对两球及轻杆组成的系统，整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方

向的动量守恒，原来系统水平方向的动量为零，在b球落地前瞬间，6球的水平速度为

零，。球的速度肯定为零，由机械能守恒

mgh—2加卢

得h球落地瞬间的速度大小为屈，故B正确；

A.初始状态时。球的速度为零，在6球落地前瞬间，。球的速度为零，则整个运动过程

中，。球先加速后减速，故A正确；

C.整个装置下落过程中，水平方向没有外力，水平方向的动量守恒，竖直方向上动量不守

恒，故c错误；

D.将三者看做一个整体，在6球下落过程中，整体只有重力做功，系统的机械能守恒，h

球的机械能不守恒，故D错误。

应选AB,

8.1多项选择）如图，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平

面上，底端8点切线水平，有一质量为机、可视为质点的小球由槽顶端/点静止释放。不

计空气阻力，在小球下滑至槽底端8点的过程中，以下说法正确的选项是（）

A.假设圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒

OD

B.假设圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为宁

C.圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滑到8点时的速度之比为太：2

D.圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为9:7

（答案）BC

（解析）A.假设圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方

向动量守恒，A错误；

B.假设圆弧槽不固定，对小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，则

tnx=2m（R-x）

解得小球水平方向移动的位移为

x=-R

3

B正确；

C.圆弧槽固定时小球滑到3点时的速度

v\=^2gR

圆弧槽不固定情形下，由动量守恒和能量关系可知

mv}=2mv2

；相片+；x2mv^=mgR

解得

则圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为

匕=也

H2

C正确;

D.由C中分析可知，假设圆弧槽固定，小球到达底端时

解得

耳广3"7g

则圆弧槽对地面的最大压力为

&nax=3，"g+2"lg=5"?g

假设圆弧槽不固定，小球到达底端时

FL-mg=m（匕+匕）

NK

解得

国=4"7g

则圆弧槽对地面的最大压力为

竭=4〃7g+2”?g=6mg

圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为

•^kmax=5

/max6

D错误。

应选BCo

9.打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如下图，重物A、B和C通过不可伸长的

轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两

定滑轮的距离均为乙重物A和B的质量均为系统可以在如图虚线位置保持静止，此

时连接C的绳与水平方向的夹角为60。。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然

后由静止释放。设C的下落速度为用底时，与正下方质量为2加的静止桩D正碰，碰撞

时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动得距离后静止(不考虑C、D再次相

碰)。A、B、C、D均可视为质点。

(1)求C的质量；

(2)假设D在运动过程中受到的阻力尸可视为恒力，求尸的大小；

(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最

大时C的动能。

D

77777777777777777777777777777777777777777777

V

（答案）（1）（2）6.5/ng；⑶（4-2V3>gA

(解析)(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，依据平衡条件可知

nicg=2mgeos30

解得

=VJ/w

(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后。的速度u,依据动量守恒定律可知

=V3AHX0+2/MV

解得

8碰撞后。向下运动专距离后停止，依据动能定理可知

，。口

n0——1x2mv2=2〃?g-L----F—L

21010

解得

F=6.5mg

(3)设某时刻C向下运动的速度为M,43向上运动的速度为v,图中虚线与竖直方向的

夹角为a,依据机械能守恒定律可知

—mv2+2x—m(ycosa)2=mg--------2/«g(—-----L)

2c2ctanasina

令

L、，L「、

y=〃?,g2mg(.L)

tanasina

对上式求导数可得

—=也mgL—^—7+2mgL

da(sina)~(sina)-

当半=0时解得

da

出

cosa=——

2

即

a=30

此时

y=mg2mg(.L)=mgL

ctanasina

于是有

22

gmev+2x；机("cosa)=mgL

解得

3V3

-4-——

42

此时C的最大动能为

E

km=1Wj'2=(4-2-j3)mgL

10.如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,A右端和B左

端分别放置物块C、D,物块质量均为1kg,A和C以相同速度%=10m/s向右运动，B和

D以相同速度飞向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形

成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为

〃=0」。重力加速度大小取g=10m/s20

(1)假设0＜上＜0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；

(2)假设k=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。

ZZZZZ/Z/ZZZZZZZZZ/ZZ/ZZZZZZ

(答案)(1)V物=5(14)m/s,唳产--~m/s,方向均向右；(2)1.875m

(解析)(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速

度为%,C、D的质量均为机=lkg,以向右方向为正方向，则有

〃2%—m•他=(m+〃?)射物

解得

1_k

V物=5(l-A)m/s＞0

可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(l-/)m/s,方向向右。

滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为稀，滑

板A和B质量分别为1kg和2kg,则由

MVQ-2M•kv0=(M+2")口滑

解得

303

则新滑板速度方向也向右。

(2)假设左=0.5,可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为

v物'=5(1-4)m/s=5x(1-0.5)m/s=2.5m/s

碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为

10-20A:

m/s=Om/s

3

可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速

运动，设新物块的质量为"=2kg,新滑板的质量为AT=3kg,相对静止时的共同速度为

v共，依据动量守恒可得

解得

v共=lm/s

依据能量守恒可得

〃加'gx机=^m'v2

解得

x相=1.875m

11.如下图，在竖直面内，一质量，〃的物块。静置于悬点。正下方的4点，以速度V逆时

针转动的传送带A/N与直轨道/8、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均

为/。圆弧形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上，E点高度为开始时，与物块。相

同的物块6悬挂于。点，并向左拉开肯定的高度〃由静止下摆，细线始终张紧，摆到最di

点时恰好与a发生弹性正碰。已知机=2g,/=Im,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物块

与MN、8之间的动摩擦因数〃=05,轨道和管道QE均光滑，物块。落到FG时不

反弹且静止。忽略M、8和N、C之间的空隙，8与QE平滑连接，物块可视为质点，取

g=lOrn/s21,

(1)假设〃=1.25m,求a、b碰撞后瞬时物块。的速度%的大小；

(2)物块。在。E最ga。点时，求管道对物块的作用力”与〃间满足的关系；

(3)假设物块b释放高度0.9m<A<1.65m,求物块a最终静止的位置x值的范围(以/

点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。

(答案)⑴5m/s；(2)FN=0.1/?-0.14(/?>1.2m)；⑶当0.9m<〃<1.2m时,

2.6m<x<3m,当1.2mW力<1.65m时，3+--m<x<3.6+--m

\J\）

（解析）（1）滑块b摆到最di点过程中，由机械能守恒定律

12

mgn7=5〃嘴

解得

vb=5m/s

b与。发生弹性碰撞，依据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

mvh=mvh+mv0

2,22

1mv11

~b以+—WV()

联立解得

v0=V/,=5m/s

（2）由（1）分析可知，物块6与物块。在A发生弹性正碰，速度交换，设物块“刚好可

以到达E点，高度为九，依据动能定理可得

mgh1—2jLimgl—mgH=0

解得

h}=1.2m

以竖直向下为正方向

F„+mg=/n^

由动能定理

mgh-2从mgl-mgH=—mv\

联立可得

氏=0.1〃—0.14(〃21.2m)

(3)当1.2m<h<1.65m时,物块位置在E点或E点右侧，依据动能定理得

12

nigh-2jLimgl-tngH=~mvE

从E点飞出后，竖直方向

H=gg『

水平方向

s=vEt

依据几何关系可得

八心百

DF=——m

5

联立解得

x=3/+DF+S]

代入数据解得

I5JI5J

当0.9m<力<1.2m时，从力2=0.9m释放时，依据动能定理可得

mgh-4〃7gs2=0

解得

s2=1.8m

可知物块到达距离。点0.8m处静止，滑块。由£点速度为零，返回到时，依据动能定

理可得

mgH-jumgs?=。

解得

邑=0.4m

距离C点0.6m,综上可知当0.9m</?<1.2m时

3/-^<x<3/

代入数据得

2.6m<x<3m

12.如下图，〃L〃型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的。点，。点左侧粗

糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为〃的小球悬挂在点正上方的。点，轻绳处

于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最di点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度

方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于5。），A以速度为沿平板滑动直至与

B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到。点的正下方时，相对于地面的速度减

为零，此时小球恰好第一次上升到最ga。点。已知A的质量，%=°」kg,B的质量

wB=0.3kg,A与B的动摩擦因数4=0.4,B与地面间的动摩擦因数〃?=0.225,%=4m/s

，取重力加速度g=10m/s2。整个过程中A始终在B上，全部碰撞时间忽略不计，不计空

气阻力，求：

（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小队与%;

（2）B光滑局部的长度d；

（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功％;

M

（4）完成上述运动过程，——的取值范围（结果用cos5。表示）。

相A

小球。—』

।,"/A|-]B

o

73

（答案）（1）v=2m/s,v=2m/s；⑵d=（3）--J；⑷

AB665

黑叵乃M4岳

45

5A45l-Jl-cos5。）

（解析）（1）设水平向右为正方向，因为。'点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰

撞，故碰撞过程依据动量守恒和能量守恒有

^^„=mAvA+mnvB

121212

=5%%+万〃％%

代入数据联立解得

¥A=-2m/s,（方向水平向左）

%=2m/s,（方向水平向右）

即A和B速度的大小分别为%=2m/s,vB=