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第31讲 动量守恒定律及其应用
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考三模）如图所示，质量为
的小车静止在光滑水平面上，
小车
段是半径为
的四分之一光滑圆弧轨道，
段是长为
的粗糙水平轨道，两段轨道相切于
点。一质量为
的可视为质点的滑块从小车上的A 点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入
轨道，
最后恰好停在
点，滑块与轨道
间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为
，则（ ）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A 滑到
过程中，滑块的机械能守恒
C．
段长
D．全过程小车相对地面的位移大小为
【答案】D
【详解】A．滑块社圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不
满足动量守恒的条件，故A 错误；
B．滑块由A 滑到
过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B 错误；
C．恰好停在
对点时，二者均静止。根据能量守恒有
解得
故C 错误；
D．水平动量守恒有
通过相同的时间有
且有
解得
故D 正确；
故选D。
2．（2023·山东青岛·统考三模）如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M 的自制“水火
箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度
竖直向下喷出质量为m 的水。已
知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是
（ ）
A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力
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B．火箭上升过程中一直处于超重状态
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭在空中飞行的时间为
【答案】D
【详解】A．火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A 错误；
B．火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于失重状态，B 错误；
C．喷水瞬间由动量守恒定律可得
解得火箭获得的最大速度为
，C 错误；
D．以向下为正方向，上升过程由动量定理可得
下降过程由动量定理可得
其中
；
联立解得
D 正确。故选D。
3．（2023·山东·济南一中统考二模）在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动
力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d 的位置与空间站保持
相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S 的喷口以速度
持续喷出，宇航员到达舱门时的速
度为
。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航
员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设喷出的气体的质量为
，则
根据动量守恒定律可得
宇航员受力恒定，做初
速度为零的匀加速直线运动，则
联立解得
故选D。
4．（2023·河北唐山·统考三模）在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，
光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组
成，各部分之间平滑连接，竖直管的上端到小车上表面的高度为。一小球以初速度
水平向右射入细管，
小球的质量与小车的质量（包含细管）相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用。下列说法正确的是（
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）
A．小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统动量守恒
B．小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用
C．当小球初速度
时，将会从细管的竖直部分冲出
D．若小球从细管的竖直部分冲出，冲出后一定会落回到细管中
【答案】BCD
【详解】A．小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统在水平方向受到合外力为零，在
弯曲处，小球和小车组成的系统，在竖直方向合外力不为零，则小球和小车（包含细管）组成的系统水平
方向动量守恒，小球在细管中运动时，小球和小车（包含细管）组成的系统动量不守恒，故A 错误；
B．由于小球和小车（包含细管）组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管的竖直部分运动时，水平方
向的速度相同，则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用，故B 正确；
C．由于水平方向动量守恒，在最高点，由动量守恒定律和能量定律有
；
解得
从细管的竖直部分冲出，则有
解得
故C 正确；
D．小球从细管的竖直部分冲出后，水平方向的速度始终相同，则冲出后一定会落回到细管中，故D 正确。
故选BCD。
5．（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B 分别从
木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等B．摩擦力对两子弹做的功一定相等
C．子弹与木块组成的系统动量守恒
D．子弹与木块组成的系统机械能守恒
【答案】AC
【详解】A．木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的冲量大小相
等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力大小相等，所以摩擦力对
两子弹的冲量大小一定相等，故A 正确；
BC．以子弹A、B 和木块组成的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为
正方向，由动量守恒定律得
得
对子弹由动能定理得
由
，可
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知
摩擦力对两子弹做的功
由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的功不一定相等，故
B 错误，C 正确；
D．子弹与木块间因有摩擦力产生热，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D 错误。故选AC。
6．（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，质量为
的物块P 与长木板Q 之间有一轻弹簧，静止在光滑
的水平地面上，P 与弹簧拴接，Q 与弹簧接触但不拴接，Q 的上表面粗糙。
时，物块P 以初速度
向
左运动，
时间内物块P 与长木板Q 的
图像如图所示，
时刻，把质量为
的物块M 放在Q
的最左端，图中末画出，M 最终末从Q 上滑出，则（ ）
A．物体Q 的质量为
B．
时刻弹簧的弹性势能为
C．M 和Q 之间由于摩擦作用的发热量为
D．弹簧可以和Q 发生二次作用
【答案】AC
【详解】A．
时刻，
所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得
；
则物体
的质量为
，故A 正确；
B．
时刻，弹簧压缩到最短，
和
速度相等，根据动量守恒
根据能量守恒可得最大
弹性势能为
故B 错误；
C．
时间内，根据动量守恒
根据机械能守恒
联立解得
；
，2t0时刻，
和弹簧分离，
和
之间动量守恒，有
解得
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产生的热量为
故C 正确；
D．由上分析可知
和
共速时
弹簧不能和
发生二次作用，故D 错误。故选AC。
7．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距
为
。质量分别为
、
的环A、B 套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长
。开始时弹簧
与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B 一水平向右的瞬时速度，下列说法正确的是（ ）
A．A、B 和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒
B．若A 的速度为
，B 的速度为
C．若A 的速度为
，弹簧与导轨之间的夹角为
D．若弹簧恢复原长时，环B 速度为水平向右的
，则初始状态时弹簧的弹性势能
【答案】BCD
【详解】A．平行导轨光滑，对A、B 和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为0，因此系统动量守恒，系
统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A 错误；
B．对A、B 和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律
解得
故
B 正确；
C．由B 选项分析可知，若
，则
设弹簧初始弹性势能为
，A 的速度为
时的弹性势能为
，根据机械能守恒可得
可得
开始时弹簧长度为
，而原长为
，故弹簧压缩了
，弹性势能为
，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等，故伸长量也为
，
此时弹簧长度为
故弹簧与导轨间夹角为
，故C 正确；
D．开始时，弹簧长度为
，而原长为
，故弹簧压缩了
，弹性势能记为
，弹簧恢复原长时，环B
速度为水平向右的
，根据动量守恒可得
解得
即A 的速度大小为
，方向向
左，由能量守恒得
解得
故D 正确。故选BCD。
8．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考模拟预测）如图甲所示，物块A、B 的质量分别是
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和
，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触。另有一
物块C 在
时刻以一定速度向右运动，在
时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C
的
图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．物块B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48J
B．4s 到12s 的时间内，墙壁对物块B 的冲量大小为
，方向向右
C．物块B 离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10J
D．物块B 离开墙壁后，物块B 的最大速度大小为
【答案】AD
【详解】A．AC 碰撞过程中由动量守恒可得
，
，
解得
当AC
速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大
故A 正确；
B．4s 到12s 的时间内弹簧对AC 的冲量为
由能量守恒可知12s
B 的速度为零，4s 到12s 的时间内对B 由动量定理可得
得
即大小为
，
方向向左，故B 错误；
C．当B 的速度与AC 相等时由动量守恒可得
解得
所以弹簧的最大弹性势能为
故C 错误；
D．当弹簧为原长时B 的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得
；
解得
故D 正确。故选AD。
9．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B（可视为质
点）。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，
。凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数
。开始时物块静止，凹槽以
的初速度向右运动，设物块与凹槽壁的碰撞没有能量损失，
且碰撞时间不计。g 取10
。则（ ）
A．物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5m/s
B．物块与凹槽相对静止时物块在凹槽的左端
C．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间为10s
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D．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间内物块运动的位移大小为12.5m
【答案】AB
【详解】A．设两者相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得
解得
故A 正确；
B．物块与凹槽间的滑动摩擦力
设两者间相对静止前，相对运动的路程为
，由动能定理
解得
已知
可得物体与凹槽相对静止时物体在凹槽的左端，故B
正确；
C．设凹槽与物块碰前的速度分别为
、
，碰后的速度分别为
'、
'。有
；
得
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，故可用匀变速
直线运动规律求时间。则有
；
解得
故C 错误；
D．设凹槽与物体的速度分别为
，
，根据动量守恒定律得
即
。
的运
动方向相同，结合上式可得两物体位移关系为
因为两者一直同方向运动，物块开始在凹槽的中
央，相对静止时物块在凹槽的左端，所以两物体的位移关系为
解得
故D 错误。故选
AB。
10．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）如图1 所示，一右端固定有竖直挡板的质量M=2kg
的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m=1kg 的物块以v0=6m/s 的水平初速度从木板的最左端点冲上木
板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图2 所示，物块可视
为质点，则下列判断正确的是（ ）
A．图2 中v2的数值为4
B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞
C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12J
D．最终物块距木板左端的距离为1.5m
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，图2 中图线a 表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b 表示碰撞前木板的加速
过程，图线c 表示碰撞后木板的减速过程，图线d 表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，
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物块的速度大小为v1，设此时木板速度大小为v 木，则
从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间
的过程，根据系统动量守恒有
解得
物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木
板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有
解得
故A 错误；
B．2s 末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动
量守恒有
解得
物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为
物
块与木板碰撞后瞬间，系统的动能
故碰撞过程系统没有机械能损失，故B 正确；
C．物块滑上木板时系统的动能为
最终相对静止时系统的动能为
所以系统产生的热量为
故C 正确；
D．由图得板长为4.5m，碰后相对位移为1.5m，故距离左端为3m，故D 错误。故选BC。
11．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图所示，以v=4m/s 的速度顺时针匀速转动的水平
传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处
于静止状态的4 个相同小球，小球质量m0=0.3kg。质量m=0.1kg 的物体从轨道上高h=2.0m 的P 点由静止开
始下滑，滑到传送带上的A 点时速度大小v0=6m/s；物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB 之
间的距离L=3.0m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列说法正
确的是（ ）
A．物体从P 点下滑到A 点的过程中，克服摩擦力做的功为0.2J
B．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4m
C．物体最终的速度大小为0.5m/s
D．物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为3J
【答案】ABD
【详解】A．物体由P 到A 的过程，根据动能定理可得
解得
则克服摩擦力做的
功为
，选项A 正确；
B．物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为
减速至与
传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
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故物体与小球1 碰撞前的速度为
物体与小球1 发生弹
性正碰，设物体反弹回来的速度大小为的
，小球1 被撞后的速度大小为
，由动量守恒和能量守恒定律
得
；
解得
；
物体被反弹回来后，在传送
带上向左运动过程中，由运动学公式得
解得
选项B 正确；
C．由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。物体第一次返回还没到传送
带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到
，再跟小球1 发生弹性正碰，
同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为
；
以此类推，物
体与小球1 经过
次碰撞后，他们的速度大小分别为
；
由于总共有4 个小球，可知物
体第1 个小球一共可以发生4 次碰撞，则物体最终的速度大小为
选项C 错误；
D．物体第一次与小球1 碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路
故物体与传送带间产生的摩擦热
选项D 正确。选ABD。
12．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）两根长度均为l 的刚性轻杆，一端通过质量为m 的
球形铰链连接，此球为A 球，另一端与质量均为m 的B、C 小球相连。将此装置的两杆并拢，铰链向上竖
直地放在桌上，右边距离C 球
处有一面竖直墙面，因受微小扰动两杆分别向两边滑动，A 球下降，致
使C 球与墙面发生弹性碰撞，两杆始终在同一竖直面内，不计一切摩擦，各球直径都比杆长l 小得多，重
力加速度取g，从A 球开始运动到A 球落地前瞬间这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．整个运动过程中系统机械能守恒，系统水平方向动量守恒
B．C 球碰撞竖直墙面前瞬间速度大小为
C．A 球落地前瞬间，三球速度相同
D．A 球落地前瞬间，A 球的速度方向沿斜左下方
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【答案】BD
【详解】A．运动过程中与墙壁碰撞，系统水平方向动量不守恒，由于是弹性碰撞又不计摩擦因此系统机
械能守恒，故A 错误；
B．由于三球质量相同，静止释放A 球竖直向下运动，当A、C 间的杆与竖直方向夹角为45°时C 球与竖直
墙壁碰撞，此时，A 球、C 球的速度沿AC 杆方向分速度相同，A 球、B 球的速度沿AB 杆方向分速度相同，
由于两杆与竖直方向夹角都是
，故三球速度相同，由动能定理得
则C 球碰撞
竖直墙面前瞬间速度大小为
故B 正确；
CD．C 球与墙壁碰撞后，速度反向水平向左，A 球沿AC 杆方向速度立即沿CA 方向，碰撞后瞬间A、B、
C 三球速度相同均水平向左为
此后三球水平方向动量守恒。当A 球落地瞬间，B、C 两球只
有水平向左速度，A 球还具有竖直向下的速度，所以A 球的速度方向沿斜左下方，故C 错误，D 正确。
故选BD。
13．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，AB 段为一竖直圆管，BC 为一半径为
的半圆轨道，C 端
的下方有一质量为
的小车，车上有半径
的半圆轨道，E 为轨道最低点，左侧紧靠一固定障
碍物，在直管的下方固定一锁定的处于压缩的轻质弹簧，弹簧上端A 放置一质量为
的小球（小球
直径略小于圆管的直径，远远小于R、r）。AB 的距离为
，A、E 等高，某时刻，解除弹簧的锁定，
小球恰好能通过BC 的最高点P，从C 端射出后恰好从D 端沿切线进入半圆轨道DEF，并能从F 端飞出。
若各个接触面都光滑，重力加速度取
，则（ ）
A．小球恰好能通过BC 的最高点P，
B．弹簧被释放前具有的弹性势能
C．小球从F 点飞出后能上升的最大高度
D．小球下落返回到E 点时对轨道的压力大小
N
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【答案】BC
【详解】AB．由A 到P 过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得
在P 点，由
牛顿第二定律得
解得
，
，A 错误，B 正确；
C．A 到E 过程中，A、E 等高，由机械能守恒定律得
解得
小球由E 上升到最高点
过程中，小球与车组成的系统在水平方向动量守恒，以球的初速度方向为正方向，则
系统
机械能守恒，则
代入数据联立解得，小球从F 点飞出后能上升的最大高度
为
，C 正确；
D．小球从第一次经过E 点到再次返回到E 点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以
小球的初速度方向为正方向，则
系统机械能守恒，则
解得，小球的
速度大小为
方向水平向左；小车的速度大小为
方向水平向右。由于小球与小
车运动的方向相反，所以二者的相对速度，则
在E 点对小球受力分析，由牛顿第二定
律
解得，小球受到的支持力
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为115 N，
D 错误。故选BC。
14．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）质量为
的滑板静止在光滑水平地面上，滑板上表面
段水
平长度为
段是半径为
的四分之一光滑圆弧，如图所示。质量为
的小物块（小物块可视为质
点）以初速度
冲上滑板，已知
，其中
为重力加速度。小物块与滑板
段的动摩擦因数为
，
在以后的运动过程中：
（1）若滑板固定在地面上，小物块不能从C 点飞出，则
应满足什么条件；
（2）若解除对滑板的固定，小物块不能从C 点飞出，则
应满足什么条件；
（3）若解除对滑板的固定，小物块相对滑板向右运动的过程中，相对地面也有向右的运动，则
应满足
什么条件。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）若滑板固定，设小物块刚好能运动到
点时，由机械能守恒可知
可解得
所以小物块不能从C 点飞出，
应满足的条件为
（2）若解除对滑板的固定，设小物块运动至C 点时，小物块与滑板速度相等为
，由动量守恒和机械能
守恒可知：
；
上面两式联立，可解得
所以小物块不
能从C 点飞出，
应满足的条件为：
（3）设小物块相对滑块向右返回到B 点时，小物块、滑板的速度分别为
。以向左为正方向。由动量
守恒和能量守恒可知：
；
上面两式联立，可得
此方程求根判别式
可解得
解上面方程可得
若要满足题中条件，则
，可解得
综合以上分析可知，
应满足的条件
为
。
15．（2023·广西南宁·南宁三中校考二模）如图所示，两足够长直轨道间距
，轨道所在平面与水
平面夹角
，一质量
的“半圆柱体”滑板P 放在轨道上，恰好处于静止状态，P 的上表面与
轨道所在平面平行，前后面均为半径
的半圆，圆心分别为O、
。某时刻
可视为质点的小
滑块以初速度
沿
冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O 点。已知最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，滑板P 与小滑块间的动摩擦因数为
，
，
，g 取
，求：
（1）滑板P 恰好静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f 的大小；
（2）滑板P 与轨道间的动摩擦因数
；
（3）滑块滑到O 点过程中系统摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）6N；（2）0.45；（3）
【详解】（1）（2）对滑板受力分析，画出滑板的两个平面图如图所示
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由几何关系可得
解得
由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得
；
联立解得
；
（3）小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统重力沿导轨方向的分力为
导轨对滑板的摩
擦力为
可知两力大小相等方向相反，故小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统
沿导轨方向合外力为零，系统动量守恒
设滑块相对滑板的位移OOʹ 为L，滑板位移为x，由
系统的能量守恒，得
联立方程，解得
；
滑板做匀加速运动过程的加速度
则
滑块滑到O 点过程中系统摩擦产生的热量
16．（2023·天津·统考高考真题）已知A、B 两物体
，
，A 物体从
处自由下落，
且同时B 物体从地面竖直上抛，经过
相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度
，求：
（1）碰撞时离地高度x；
（2）碰后速度v；
（3）碰撞损失机械能
。
【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J
【详解】（1）对物块A，根据运动学公式可得
（2）设B 物体从地面竖直上抛的初速度为
，根据运动学公式可知
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解得
可得碰撞前A 物块的速度
方向竖直向下；碰撞前B 物块的速度
方向竖直向上；选向下为正方向，由动量守恒可得
解得碰后速度v=0
（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
17．（2023·山东·统考高考真题）如图所示，物块A 和木板B 置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与
B 的上表面所在平面相切，竖直挡板P 固定在地面上。作用在A 上的水平外力，使A 与B 以相同速度
向
右做匀速直线运动。当B 的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C 恰好到达最低点，
并以水平速度v 滑上B 的上表面，同时撤掉外力，此时B 右端与P 板的距离为s。已知
，
，
，
，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数
，C 与B 间动摩擦因数
，B 足够长，使得C 不会从B 上滑下。B 与P、A 的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加
速度大小
。
（1）求C 下滑的高度H；
（2）与P 碰撞前，若B 与C 能达到共速，且A、B 未发生碰撞，求s 的范围；
（3）若
，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W；
（4）若
，自C 滑上B 开始至A、B、C 三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量
的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C 刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力，为
木板B 受到C 的摩擦力水平向右，
为
，B 受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C 的加速度为
木板B 的加速度为
设经过时间t1，B 和C 共速，
有
代入数据解得
木板B 的位移
共同的速度
此后B 和C 共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间
物块A 恰好祖上模板B，有
整理得
解得
，
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（舍去）此时B 的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s 范围为
（3）由于
所以可知滑块C 与木板B 没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，
（舍去）
滑块C 在这段时间的位移
所以摩擦力对C 做的
（4）因为木板B 足够长，最后的状态一定会是C 与B 静止，物块A 向左匀速运动。木板B 向右运动
0.48m 时，有
；
；
此时A、B 之间的
距离为
由于B 与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B 向左做匀减速运动，
可得加速度大小
物块A 和木板B 相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则
有
整理得
解得
，
（舍去）
此时有
方向向左；
方向向右。
接着A、B 发生弹性碰撞，碰前A 的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
；
代入数据解得
；
而此时
物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度，由于
摩擦力的作用，最后B 和C 静止，A 向左匀速运动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg m/s
⋅
。
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