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第1页（共7页）高中物理动量大题与解析1．（2017•平顶山模拟）如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，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，碰后一起向右运动．（取g=10m/s2）求：（1）物块a与b碰后的速度大小；（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．解：（1）对物块a，由动能定理得：，代入数据解得a与b碰前速度：v1=2m/s；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；（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv2=（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：；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到挡板的距离为0.03125m（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0.125m．第2页（共7页）2．（2017•肇庆二模）如图所示，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V0滑离B，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）圆弧槽C的半径R；（3）当A滑离C时，C的速度．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：mv0=m×v0+2mv1得：v1=v0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，有：Q=μmgL=m﹣m﹣×2m得：μ=（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，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒，有：m×v0+mv1=（m+m）V2，得：V2=A与C组成的系统机械能守恒，有：m+m=×（2m）+mgR得：R=（3）当A滑下C时，设A的速度为VA，C的速度为VC，规定向左为正方向，A与C组成的系统动量守恒，有：第3页（共7页）m×v0+mv1=mvA+mvCA与C组成的系统动能守恒，有：m+m=m+m解得：VC=．答：（1）木板B上表面的动摩擦因素为；（2）圆弧槽C的半径为；（3）当A滑离C时，C的速度是．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，滑块A、B均视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2．（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Epm；（3）物块A会不会第二次压缩弹簧？解：（1）物块A从传送带的右端滑到左端的过程，根据动能定理有：mυ12﹣mυ02=﹣μmgl代入数据解得：υ1=3m/s因为υ1＞υ所以物块A第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s．（2）物块A第一次压缩弹簧过程中，当物块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：mυ1=（M+m）υ′根据机械能守恒定律有：Epm=mυ12﹣（M+m）υ′2代入数据解得：Epm=0.36J．第4页（共7页）（3）物块A第一次压缩弹簧前后动量和动能均守恒，有：mυ1=mυ1′+Mυ2′mυ12=mυ1′2+Mυ2′2解得：υ1′=υ1=﹣1.8m/s，υ2′=υ1代入数据解得：υ1′=﹣1.8m/s，υ2′=1.2m/s根据动能定理有：0﹣mυ1′2=﹣μmgl1代入数据解得：l1=1.62m因为l1＜l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根据υ1″＜υ2′，可得物块A不会第二次压缩弹簧．答：（1）物块A第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s；（2）物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm为0.36J；（3）物块A不会第二次压缩弹簧．4．（2017•盐城一模）历史上美国宇航局曾经完成了用“深度撞击”号探测器释放的撞击器“击中”坦普尔1号彗星的实验．探测器上所携带的重达370kg的彗星“撞击器”将以1.0×104m/s的速度径直撞向彗星的彗核部分，撞击彗星后“撞击器”融化消失，这次撞击使该彗星自身的运行速度出现1.0×10﹣7m/s的改变．已知普朗克常量h=6.6×10﹣34J•s．（计算结果保留两位有效数字）．求：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．解：①撞击前彗星“撞击器”的动量为：P=mυ=370×1.0×104=3.7×106kg•m/s则撞击前彗星“撞击器”对应物质波波长为：λ==≈1.8×10﹣40m②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：mυ=M△υ第5页（共7页）则得彗星的质量为：M===3.7×1013kg答：①撞击前彗星“撞击器”对应物质波波长是1.8×10﹣40m．②彗星的质量是3.7×1013kg．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，g取10m/s2．（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点）（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；（2）在满足（1）的条件下，求的甲的速度υ0；（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．解：（1）设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，乙恰能通过轨道最高点，则mg=m…①乙做平抛运动过程有：2R=gt2…②x=vDt…③联立①②③得：x=0.8m…④（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvB=mv甲+mv乙…⑤mvB2=mv甲2+mv乙2…⑥联立⑤⑥得：v乙=vB⑦第6页（共7页）对乙从B到D，由动能定理得：﹣mg•2R=mv02﹣mv乙2…⑧联立①⑦⑧得：vB=2m/s…⑨甲从C到B，由动能定理有：﹣μmgL=mvB2﹣mv02⑨解得：v0=6m/s（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：MvB=MvM+mvm…⑩MvB2=MvM2+mvm2…（11）联立得⑩（11）得：vm=…（12）由M=m和M≥m，可得vB≤vm＜2vB…（13）设乙球过D点时的速度为vD'，由动能定理得：﹣mg•2R=mv′02﹣mvm2…（14）联立⑨（13）（14）得：2m/s≤vD'＜8m/s…（15）设乙在水平轨道上的落点距B点的距离为x'，有：x'=vD't…（16）联立②（15）（16）得：0.8m≤x'＜3.2m…（17）答：（1）乙在轨道上的首次落点到B点的距离是0.8m；（2）甲的速度υ0是6m/s；（3）乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围是0.8m≤x'＜3.2m．6．（2016•北京）动量定理可以表示为△p=F△t，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px、△py；b．分析说明小球对木板的作用力的方向．解：a、把小球入射速度分解为vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，把小球反弹速度分解为vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，则△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ，方向沿y轴正方向，第7页（共7页）b、对小球分析，根据△p=F△t得：，，则，方向沿y轴正向，根据牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．答：a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px为0，△py大小为2mvcosθ，方向沿y轴正方向；b．小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．