高中物理动量大题与解析
解：（1）对物块a，由动能定理得：，
1．（2017?平顶山模拟）如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻代入数据解得a与b碰前速度：v
1=2m/s；
质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，AO部分粗
糙且长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分光滑．另一小物块a．放a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/s；
在车的最左端，和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞
到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部
（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/s在小车上向分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b
左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后
2
一起向右运动．（取g=10m/s
）求：
m v2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/s，
对小车，由动能定理得：，
代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：=0.03125m；
（3）由能量守恒得：，
解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；（1）物块a与b碰后的速度大小；
答：（1））物块a与b碰后的速度大小为1m/s；（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；
（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离为
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0.3125m
mv0=m×v0+2mv1
（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离为得：v
=v0
1
0.125m．
由能量守恒得知系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，2．（2017?肇庆二模）如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的
有：木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板
Q=μmgL=m﹣m﹣×2m 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V0滑离B，
得：μ= 恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：
（1）木板B上表面的动摩擦因素μ；
（2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高（2）圆弧槽C的半径R；
点时速度相等为V2，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与（3）当A滑离C时，C的速度．
C组成的系统动量守恒，有：
m×v0+mv1=（m+m）V2，
得：V2= 解：（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，规定向左
为正方向，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，有：A与C组成的系统机械能守恒，有：
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（3）当A滑离C时，C的速度是．m+m=×（2m）+mgR
3．（2017?惠州模拟）如图所示，一质量M=0.4kg的小物块B在
足够长的光滑水平台面上静止不动，其右侧固定有一轻质水平弹
得：R=
簧（处于原长）．台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带，传（3）当A滑下C时，设A的速度为V A，C的速度为V C，规定送带始终以υ=1m/s的速率逆时针转动．另一质量m=0.1kg的小物
块A以速度υ0=4m/s水平滑上传送带的右端．已知物块A与传送向左为正方向，A与C组成的系统动量守恒，有：
m×v0+mv1=mv A+mv C 带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带左右两端的距离l=3.5m，滑
2
块A、B均视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s
．
A与C组成的系统动能守恒，有：
（1）求物块A第一次到达传送带左端时速度大小；
（2）求物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能E pm；m+m=m+m
（3）物块A会不会第二次压缩弹簧？
解得：V C=．
答：（1）木板B上表面的动摩擦因素为；
解：（1）物块A从传送带的右端滑到左端的过程，根据动能定理（2）圆弧槽C的半径为；22=﹣μmgl
有：mυ1﹣mυ0
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代入数据解得：υ1=3m/s 根据动能定理有：0﹣m υ1′
2=﹣μmg
1l 2
=﹣
μmg1l
因为υ1＞υ
代入数据解得：l1=1.62m
所以物块 A 第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s．因为l1＜l
（2）物块 A 第一次压缩弹簧过程中，当物块 A 和B 的速度相等所以物块 A 第二次向左到达传送带左端时的速度υ1″=υ=1m/s 时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：mυ1=（M+m ）根据υ1″＜υ2′，可得物块 A 不会第二次压缩弹簧．
υ′
答：（1）物块A 第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s；
2 2
根据机械能守恒定律有：E pm= mυ1 ﹣（M+m ）υ′
（2）物块 A 第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能E pm 为
代入数据解得：E pm=0.36J．
0.36J；
（3）物块 A 第一次压缩弹簧前后动量和动能均守恒，有：
（3）物块A 不会第二次压缩弹簧．
mυ1=mυ1′+Mυ2′
4．（2017?盐城一模）历史上美国宇航局曾经完成了用“深度撞击”mυ12= mυ1′2+ Mυ2′2
2= mυ1′2+ Mυ2′2
号探测器释放的撞击器“击中”坦普尔 1 号彗星的实验．探测器上
解得：υ1′=υ1=﹣1.8m/s，υ2′=υ1 4m/s 的速度径直
所携带的重达370kg 的彗星“撞击器”将以1.0×10
撞向彗星的彗核部分，撞击彗星后“撞击器”融化消失，这次撞击代入数据解得：υ1′﹣=1.8m/s，υ2′=1.2m/s ﹣7m/s 的改变．已知普朗克常
使该彗星自身的运行速度出现 1.0×10
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量 h=6.6×10
﹣34J?s ．（计算结果保留两位有效数字
） ．求： ﹣34J?s ．（计算结果保留两位有效数字） ．求：
答： ① 撞击前彗星 “撞击器 ”对应物质波波长是 1.8 ×10﹣
40 m ．
40
m ．
①撞击前彗星 “撞击器 ”对应物质波波长；
②根据题中相关信息数据估算出彗星的质量．
13kg ．
②彗星的质量是 3.7×10
5．（2017?荆门模拟）如图， ABD 为竖直平面内的轨道，其中 AB 段是水平粗糙的、 BD 段为半径R =0.4m 的半圆光滑轨道，两段轨 道相切于 B 点．小球甲从 C 点以速度 υ0 沿水平轨道向右运动， 与 静止在 B 点的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为 m ，小球甲与 AB 段的动摩擦因数为 μ=0.5，C 、B 距离 L=1.6m ，
解： ①撞击前彗星 “撞击器 ”的动量为：
2．（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点） g 取 10m/s
4=3.7 ×106kg?m/s
P=m υ=370×1.0 ×10
（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 D ，求乙在轨道 上的首次落点到 B 点的距离； 则撞击前彗星 “撞击器 ”对应物质波波长为：
（2）在满足（ 1）的条件下，求的甲的速度 υ0；
λ= =
≈ 1.8 ×﹣
10
40 m
40 m
（3）若甲仍以速度 υ0 向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量 不变，求乙在轨道上的首次落点到
B 点的距离范围．
②以彗星和撞击器组成的系统为研究对象，规定彗星初速度的方 向为正方向，由动量守恒定律得： m υ=M △υ 则得彗星的质量为： M=
=
=3.7 ×10
13kg
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解：（1）设乙到达最高点的速度为v D，乙离开 D 点到达水平轨道
2
2⑨甲从C 到B，由动能定理有：﹣
μmgL= mv B﹣
m v0
的时间
为t，乙的落点到 B 点的距离为x，乙恰能通过轨道最高点，解得：v0=6m/s
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为v M、v m，取则mg=m ?①
乙做平抛运动过程有：2R= gt2?②
2?②向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：Mv B=Mv M+mv m?⑩
x=v D t ?③M v B2= Mv M 2+ mv m2?
（11）
2= Mv M 2+ mv m2?
（11）
联立①②③得：x=0.8 m ?④
联立得⑩（11）得：v m= ?（12）
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，取向右为正方向，
由M=m 和M≥m，可得v B≤v m＜2v B ?（13）根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
设乙球
过 D 点时的速度为v D'，由动能定理得：mv B=mv 甲+mv 乙?⑤
2
mv B = mv 甲2
+ 2 ?⑥
﹣m g?2R= mv′02﹣
mv m2?（14）
2﹣m v m2?（14）
联立⑨（13）（14）得：2 m/s ≤D v'＜8 m/s ?（15）联立⑤⑥得：v 乙=v B⑦
对乙从 B 到D，由动能定理得：﹣m g?2R= mv0
2﹣m v
2﹣m v 乙
2?⑧
设乙在水平轨道上的落点距 B 点的距离为x'，有：x'=v D't ?
（16）
联立②（15）（16）得：0.8 m ≤＜x' 3.2m?（17）
联立①⑦⑧得：v B=2 m/s?⑨
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答：（1）乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离是0.8m；把小球反弹速度分解为
v x′=vsin，θv y′=vcos，θ
v y）=2mvcosθ，方向沿y 轴
（2）甲的速度υ0 是6m/s；则△p x=m（v x′﹣v x）=0，△p y=m（v y′﹣
（3）乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离范围是0.8 m ≤＜x' 3.2m．
正方向，
b、对小球分析，根据△p=F△t 得：，，6．（2016?北京）动量定理可以表示为△p=F△t，其中动量p 和力
则，方向沿y 轴正向，
F 都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直
根据牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力的方向沿y 轴负方
m的小球斜射到木
量为
的x、y 两个方向上分别研究．例如，质
板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速
向．
度大小都是υ，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．
答：a．分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化△p x为0，
a．分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化△p x、△p y；
△p y 大小为2mvcosθ，方向沿y 轴正方向；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
b．小球对木板的作用力的方向沿y 轴负方向．
解：a、把小球入射速度分解为
v x=vsin θ，v y=﹣v cosθ，
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