mxt-第15专题-马老师经典动量练习题目

第15专题 动量（难度系数：0.609）
一、 本专题试题结构全析——透过考纲看规律、得策略
本专题是选考3—5模块大题的命题点，高考对本专题的命题点都集中在几种模型的动量守恒定律的应用上，同时必然涉及前面必修内容中的运动学与机械能知识。

涉及守恒问题的试题大多具有很强的综合性，所以关键在于弄清题目描述的情景和过程，正确分析相互作用的物体在作用过程中的受力情况、运动及做功情况，从而将一个较为复杂的物理过程分割成几个简单熟悉的子过程，再选择相应的守恒定律来求解。

二、 真题题型体系实战全练（好题恒久远 经典永流传）
难度系数均在0.3—0.7的高考中档题组
1．（TJ0237）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB 是光滑的，在最低点B 与水平轨道BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。

可视为质点的物块从A 点正上方某处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道沿街至轨道末端C 处恰好没有滑出。

已知物块到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。

求 （1）物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的几倍； （2）物块与水平轨道BC 间的动摩擦因数μ。

1．解：（1）设物块的质量为m ，其开始下落处的位置距BC 的竖直高度为h ，到达B 点时的速度为v ，小车圆弧轨道半径为R 。

由机械能守恒定律，有22
1mv mgh = ①
根据牛顿第二定律，有R
v m mg mg 2
9=- ② 解得h =4R ③
即物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的4倍。

（2）设物块与BC 间的滑动摩擦力的大小为F ，物块滑到C 点时与小车的共同速度为
v ′，物块在小车上由B 运动到C 的过程中小车对地面的位移大小为s 。

依题意，小车的质量为3m ，BC
长度为10R 。

由滑动摩擦定律，有
mg F μ= ④ 由动量守恒定律，有'+=v m m mv )3( ⑤
对物块、小车分别应用动能定理，有222
1
21)10(mv mv s R F -'=
+- ⑥ 0)3(2
1
2-'=
v m Fs ⑦ 解得3.0=μ ⑧
2．（SH9259）一辆质量m=2kg 的平板车左端放有质量M=3kg 的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数为0.4，如图所示，开始时平板车和滑块共同以2m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短，且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。

平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车的右端（g=10m/s 方）求： （1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离； （2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度；
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
2.解：（1）规定小滑块的初速度方向为正方向，则平板车所受的摩擦阻力为
F =μMg =3 N
以平板车为研究对象，根据动能定理可知
F ·s =
2
1mv 02
, 得 s =3
22222
2
0⨯⨯=F mv m=1.33 m
（2）当平板车第一次与墙壁碰撞之后，把小滑块和平板车看作一个系统，水平方向不受外力，满足动量守恒定律，则
Mv 0-mv 0=(M+m )v ,
即平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度 v =
m
M mv Mv +-0
=0.40 m/s.
（3）根据能量守恒可知
F ·L =
2
1（M+m ）v 02
, 得 L =3.3 m.
3．（9246）一质量为M的长木板静止在光滑水平桌面上.一质量为m的小滑块以水平速度v0从长木板的一端开始在木板上滑动,直到离开木板.滑块刚离开木板时的速度为1/3 v0，若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同，求滑块离开木板时的速度v?
3.解：设第一次滑块离开时木板速度为v,由系统的动量守恒,有
设滑块与木板间摩擦力为f,木板长L,滑行距离s,如右图,由动能定理
4．（TJ0005）如图所示，质量m A 为4.0kg 的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m B 为1.0kg 的小物块B （视为质点），它们均处于静止状态。

木板突然受到水平向右的12N s 的瞬时冲量I 作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能E M 为8.0J ，小物块的动能为0.50J ，重力加速度取10m/s 2
，求 ⑴瞬时冲量作用结束时木板的速度v 0； ⑵木板的长度L 。

4.解：(1)设水平向右为正方向，有：I ＝0A m v ① 代入数据得：v =3.0m/s ②
（2）设A 对B 、B 对A 、C 对A 的滑动摩擦力的大小分别为AB F 、BA F 、CA F ，B 在A 上滑行的时间为t ，
B 离开A 时A 和B 的速度分别为A v 和B v ，有
0()BA CA A A F F t mv m v +=－－ ③ AB B B F t m v = ④
其中AB F ＝BA F
)CA A C F m m g μ+＝（ ⑤
设A 、B 相对于C 的位移大小分别为s A 和s B ，有
22
A A A0
11
()s
22
BA CA
F F mv m v
+=
－－⑥AB
F s
B
＝
KB
E⑦
动量和动能之间的关系为：2
A A A KA
m v m E
=⑧
2
A A A KA
m v m E
=⑨
木板A的长度L＝s
A
－s
B
⑩代入数据得：L=0.50m ○
11
5.(CZ0001)如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。

A的左端和B的右端相接触。

两板的质量皆为kg
M0.2
=，长度皆为为m
l0.1
=．C是一质量为kg
m0.1
=的小物块．现给它一初速度s
m
v/
0.2
=，使它从B板的左端开始向右滑动．已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为10
.0
=
μ．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度2
/
10s
m
g=
5．解：先假设小物块C在木板B上移动x距离后，停在B上．这时A、B、C三者的速度相等，设为V．由
动量守恒得
V
M
m
mv)
2
(
+
=①
在此过程中，木板B的位移为s，小木块C的位移为x
s+．由功能关系得
2
2
2
1
2
1
)
(mv
mV
x
s
mg-
=
+
-μ
2
2
2
1
MV
mgs⋅
=
μ
相加得2
2
2
1
)
2
(
2
1
mv
V
M
m
mgx-
+
=
μ
-②
解①、②两式得
g
m M Mv x μ)2(20
+=
③
代入数值得
m x 6.1=
④
B x 比板的长度l 在．这说明小物块
C 不会停在B 板上，而要滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度
为1v ，此时A 、B 板的速度为1V ，则由动量守恒得
1102MV mv mv +=
⑤
由功能关系得
mgl MV mv mv μ=⋅--21212022
1
2121⑥ 以题给数据代入解得
20
24
81±=
V
5
24
2524821μ=±-
=v
由于1v 必是正数，故合理的解是
s m V /155.02024
81=-=
， ⑦
s m v /38.15
24
21=+=
⑧
当滑到A 之后，B 即以s m V /155.01=做匀速运动．而C 是以s m v /38.11=的初速在A 上向右运动．设
在A 上移动了y 距离后停止在A 上，此时C 和A 的速度为2V ，由动量守恒得
211)(V M m mv MV +=+ ⑨
解得
s m V /563.02=
⑩
由功能关系得
mgy V M m MV mv μ=+-+222121)(2
1
2121 解得
m y 50.0=
y 比A 板的长度小，
故小物块C 确实是停在A 板上．最后A 、B 、C 的速度分别为s m V V A /563.02==，
s
m
V
V
B
/
155
.0
1
=
=，s
m
V
V A
C
/
563
.0
=
=．
6．如图所示，光滑水平直线轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为m A=m c=2m，m B=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。

开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。

某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。

求B与C碰撞前B的速度。

6．解：设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为
B
v,由动量守恒定律有0
()
A B A B B
m m v m v m v
+=+,()
B B B C
m v m m v
=+,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为
9
5
B
v v
=。

7．图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。

另一质
量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离
1
l时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。

已知最后A恰好返回出发点P并停止。

滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为2l，求A从P出发时的初速度0v。

7．解：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为
1
v（碰前），由功能关系，有
1
2
1
2
02
1
2
1
mgl
mv
mvμ
=
-①
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为.
2
v有
2
1
2mv
mv=②
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为
3
v，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有
)
2(
)
2(
)
2(
2
1
)
2(
2
1
2
2
3
2
2
l
g
m
v
m
v
mμ
=
-③
v
此后A 、B 开始分离，A 单独向右滑到P 点停下，由功能关系有
12
32
1mgl mv μ= ④ 由以上各式，解得 )1610(210l l g v +=μ ⑤。