文档文本内容
26 届高三物理二轮复习章节限时训练三（动量部分）
一.选择题
1．如图所示，一个倾角为α 的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有
一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移
动的距离是（ ）
A．
B．
C．
D．
答案C
【详解】物体与斜面在水平方向上动量守恒，设物块的速度方向为正方向，则有
运动时间相等，则有
，由题意可知
联立解得：
故
C 正确，ABD 错误。
故选C。
2．一质量为m 的人站在质量为M 的小车上，开始时，人和小车一起以速度
沿着光滑的水平轨道运动，
然后人在车上以相对于车的速度
跑动，这时车的速度变为
，有人根据水平方向动量守恒，得到哪个
式子是正确的（ ）
A．
B．
C．
D．
答案D
【详解】初始状态，系统的总动量
末状态，人的动量
末状态，车的动量
由于整个过程动量守恒，可知
故选D。
3．质量不同的A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是
，B 球
的动量是
，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A、B 两球的动量可能是（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
答案B
【详解】A．若
，
表示碰后A、B 仍沿原方向运动，但A 速度增大，B 速度减小，这种情况不可能发生，故A 不符合题意；
B．若
，
表示碰后A、B 仍沿原方向运动，但A 速度减小，B 速度增大，初步判断这种情况是可能发生的，接下来
验证有没有符合这种情况的A、B 两球的质量，须满足动量守恒、碰后动能不增加、碰撞能够发生，不发
生二次碰撞。因
满足动量守恒；碰后动能不增
加，须满足
解得
碰撞能够发生，须满足
解得
不发生二次碰撞，须满足
解得
综合以上，可得
即存在符合这种情况的
和
，故这种情况可能发生，故B 符合题意；
C．若
，
表示碰后A 球的动量大小不变，即动能不变，B 球的
动量增加，即动能增加，则系统的动能增加，这种情况不可能发生，故C 不符合题意；
D．若
，
表示碰后A、B 两球的动量都增加，则动能也都增加，
即系统的动能增加，这种情况不可能发生，故D 不符合题意。
故选B。
4．(多选）质量为
的小球
以
的速度与质量为
、静止在光滑水平面上的小球
正碰，碰
后
球的速度
和
球的速度
可能是（ ）
A．
B．
，
C．
，
D．
，
答案AD
【详解】A、B 两球发生碰撞前后需满足系统动量守恒，动能不增加。碰前系统总动量
碰撞后总动量必须仍为
动能不增加，碰撞前总动能
碰撞后总动能
A．代入选项中提供数据，满足
，
，符合碰撞后逻辑，故A 正确；
B．代入选项中提供数据，满足
，
，但碰后由于两球同方向运动，且
，会发生第
二次碰撞，不符合碰撞后逻辑，故B 错误；
C．代入选项中提供数据，不满足
，故C 错误；
D．代入选项中提供数据，满足
，
，符合碰撞后逻辑，故D 正确。
故选AD。
二．计算题
5．如图所示，一质量为
的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v0 在水面上向右运动，另一完全相同
小船乙以速率v0 从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动，为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率
水平向右跃到乙船上。
(1)若人从甲船中水平跃出时相对地面的速率为
，计算人跃到乙船后乙船的速度；
(2)为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大?
答案(1)
，方向水平向左(2)
【详解】（1）以向右为正方向，设人跃到乙船后乙船的速度为
，对人和乙船根据动量守
，解得
所以人跃到乙船后乙船的速度大小为
，方向水平向左。
（2）以向右为正方向，两船恰好不相撞，最后具有共同速度
，由动量守恒定律
解得
设人跳出甲船的速度为
，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律
解得
6．A、B、C 三个大小完全相同的小球，套在相互平行的光滑的水平杆上，三个小球的质量分别为
mA=2kg，mB=3kg，mC=mA，初始三个小球均处于静止状态，BC 间连接一个轻弹簧，且恰好处于原长
状态，现在给小球A 一个初速度v0=10m/s，AB 相碰后A 的速度方向向右，大小v=2m/s，已知平行杆足
够长。那么可求：
(1)求AB 碰后瞬间B 的速度为多少；
(2)AB 碰后B 的最小速度且当弹簧第一次恢复原长时B、C 的速度各为多少
答案(1)
(2)
，
【详解】（1）规定向左为正方向，则小球A 初速度v0=10m/s，AB 相碰后A 的速度
，
设AB 碰后瞬间B 的速度为
，由动量守恒定律得
解得
（2）AB 碰后，由于B、C 两球及弹簧组成的系统，在运动过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，
当B 的最小速度且当弹簧第一次恢复原长时，满足
，
解得
，
7．如图所示，质量
的滑块a 套在足够长的水平光滑固定直杆上，其下方通过
的轻绳连
接质量
的小球b，直杆距水平地面的高度
，取重力加速度大小
，不计空
气阻力，滑块与小球均看作质点，现将轻绳水平拉直，由静止释放小球，当小球第一次运动至滑块正下
方时，
(1)求小球的速度大小v； (2)求轻绳的拉力大小F；
(3)求滑块运动的路程s； (4)若轻绳突然断裂，求小球落地瞬间与滑块的距离d。
答案(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）由机械能守恒定律得
滑块与小球在水平方向上动量守恒有
解得
，
（2）由题意有
解得
（3）小球第一次运动至滑块正下方时，由题意有
，
解得
（4）轻绳断裂后，小球做平抛运动，在竖直方向上有
在水平方向上有
滑块做匀速直线运动，有
所以
联立解得
8．如图1 所示，长为2R 的轻绳一端固定于
点，另一端与小球A 相连，物块B、C 静置于光滑水平面
上，滑块C 的曲面为光滑的
圆弧，圆弧半径为R，其最低点与水平面相切。现将小球A 从轻绳水平位
置由静止释放，A 运动至最低点时与物块B 发生弹性碰撞。已知小球A 的质量为3m，物块B、C 的质量
均为m，A、B 均可视为质点，重力加速度为g。
(1)小球A 与物块B 碰撞后瞬间轻绳对A 的拉力大小；
(2)物块B 运动至最高点时距地面的高度
；
(3)若仅将图1 中的物块C 换成图2 中的物块D，D 的质量也为m，半径为R，圆心角
，求物块B
运动至最高点时距地面的高度
。
答案 (1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球A 从释放至最低点的过程，根据动能定理，有
A、B 弹性碰撞，动量守恒有
机械能守恒有
解得
，
分析碰撞后瞬间小球A 的受力，由牛顿第二定律可得
解得轻绳对小球A 的拉力
（2）当物块B、C 共速时，物块B 运动至最高点，物块B、C 水平方向上动量守恒，有
根据系统机械能守恒，有
解得
（3）物块B 在D 圆弧上运动的过程中，B、D 水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒，有
根据运动的合成与分解，有
解得
，
，
B 从圆弧顶点离开D，做斜上抛运动，竖直方向有
解得
9．如下图所示，质量为
的滑块C 套在光滑水平杆上，质量为
的小球A 与滑块C 用
一根不可伸长的轻绳相连，轻绳的长度为
。在光滑的水平面上放置了一个质量为
的
足够长的木板D，木板右端放置了一个质量为
的物块B，物块与木板之间的动摩擦因数为
，在距离长木板左侧
处有一个固定挡板P。开始时轻绳处于竖直状态，使得小球A 与物
块B 处于同一高度并恰好接触。现将滑块C 向左移动一段距离，并使AC 间的轻绳处于水平拉直状态，
让小球A 和滑块C 同时静止释放，小球A 摆到最低点时恰好与物块B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），
之后二者没有再发生碰撞。木板D 与固定挡板P 之间的作用时间极短，且碰撞后速度大小不变、方向反
向。忽略空气阻力，重力加速度为
。求：
(1)要使小球A 摆到最低点时恰与物块B 碰撞，求滑块C 向左移动的距离s；
(2)小球A 与物块B 碰撞后，物块B 的速度大小；
(3)小球A 与物块B 碰撞后，物块B 与木板D 间由于摩擦而产生的热量及木板D 运动的总路程。
答案 (1)
(2)
(3)
，
【详解】（1）小球A 与滑块C 在水平方向上动量守恒，则
运动时相等，则
即
其中
联立，解得
（2）小球A 与滑块C 在水平方向上动量守恒，则小球A 与物块B 碰撞前瞬间
根据机械能守恒
解得
小球A 与物块B 碰撞为弹性碰撞，则
，
解得
（3）物块B 与木板D 发生相对运动时，对物块B，根据牛顿第二定律
解得
对木板D，根据牛顿第二定律
解得
假设木板D 与挡板P 碰撞时，物块B 与木板D 已相对静止，则
解得
此时木板D 的位移为
故假设成立。木板D 与挡板P 碰撞后，木板D 的速度反向，物块B 的速度不变，此后取水平向左为正方
向，根据动量守恒
解得
即木板D 先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，向右运动的位移大小为
然后木板D 与挡板P 发生第二次碰撞，木板D 再次向右运动的位移大小为
则木板D 与挡板P 发生第
次碰撞，木板D 再次向右运动的位移大小为
则木板的总路程为
根据能量守恒可得，物块B 与木板D 间由于摩擦而产生的热量为
10．如图所示，传送带的左侧为足够长的光滑水平面，右侧为光滑曲面，传送带与左右两边的台面等高
且平滑对接。一轻质弹簧左端固定在竖直墙上，右端与质量
的小物块B 连接。传送带始终以
的速度逆时针转动。现将质量
的小物块A 从曲面上距水平面高度
处由静
止释放。物块A、B 之间每次发生的都是完全非弹性碰撞，但碰后并不粘连，第一次碰撞前物块B 静止
于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块B 都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除。已知传
送带长
，物块A 与传送带之间的摩擦因数
，g 取
。
(1)求物块A 第一次与物块B 碰撞前的速度大小；(2)求物块A 第一次与物块B 碰撞后弹簧弹性势能的最大
值；(3)与物块B 第一次碰后运动的全过程中，求物块A 与传送带间因摩擦而产生的热量。
答案 (1)
(2)
(3)
【详解】（1）设物块A 滑到曲面底部速度为v0，根据动能定理，有
解得
则物块A 在传送带上开始做匀减速运动。
假设物块A 一直做减速滑过传送带前速度为vA，则有
解得
由于
，说明假设成立，即物块A 与物块B 第一次碰撞前的速度大小为6m/s
（2）设第一次碰后物块A 与物块B 的速度为
，则对物块A 与物块B 系统在碰撞过程,根据动量守恒，
有
解得
之后物块A 与物块B 一起减速至速度为零时，弹簧弹性势能最大，可得
代入解得
（3）物块A 与B 第一次碰撞后当弹簧恢复原长时A、B 分离，此时物块A 的速度大小仍
物块A 在传送带上先向右做匀减速运动，减速到零的位移
所以物块A 在传送带上先向右做匀减速到零的运动，再向左做匀加速运动以原速率返回左端，所以物块
A 与物块B 第二次碰撞前的速度为
设第二次碰后物块A 与物块B 的速度为
，则对物块A 与B 系统在第二次碰撞过程，有
解得
同理可推物块A 每次碰撞后都
将被传送带带回与物块B 发生下一次碰撞，则A 与B 碰撞n 次后返回传送带，速度大小为
第n 次与物块B 碰撞后，在传送带上运动的时间
物块A 与传送带的相对
位移
与物块B 第一次碰后运动的全过程，物块A 与传送带间因摩擦而产生的
热量
《二轮章节限时训练三》参考答案
1．C
【详解】物体与斜面在水平方向上动量守恒，设物块的速度方向为正方向，则有
运动时间相等，则有
由题意可知
联立解得：
故C 正确，ABD 错误。故选C。
2．D
【详解】初始状态，系统的总动量
末状态，人的动量
末状态，车的动量
由于整个过程动量守恒，可知
故选D。
3．B
【详解】A．若
，
表示碰后A、B 仍沿原方向运动，但A 速度增大，B 速度减小，这种情况不可能发生，故A 不符合题意；
B．若
，
表示碰后A、B 仍沿原方向运动，但A 速度减小，B 速度增大，初步判断这种情况是可能发生的，接下来验证有没
有符合这种情况的A、B 两球的质量，须满足动量守恒、碰后动能不增加、碰撞能够发生，不发生二次碰撞。因
满足动量守恒；碰后动能不增加，须满足
解得
碰撞能够发生，须满足
解得
不发生二次碰撞，须满足
解得
综合以上，可得
即存在符合这种情况的
和
，故这种情况可能发生，故B 符合题意；
C．若
，
表示碰后A 球的动量大小不变，即动能不变，B 球的动量增加，即动能增加，则系统的动能增加，这种情况不可能
发生，故C 不符合题意；
D．若
，
表示碰后A、B 两球的动量都增加，则动能也都增加，即系统的动能增加，这种情况不可能发生，故D 不符合题意。
故选B。
4．AD
【详解】A、B 两球发生碰撞前后需满足系统动量守恒，动能不增加。碰前系统总动量
碰撞后总动量必须仍为
动能不增加，碰撞前总动能
碰撞后总动能
A．代入选项中提供数据，满足
，
，符合碰撞后逻辑，故A 正确；
B．代入选项中提供数据，满足
，
，但碰后由于两球同方向运动，且
，会发生第二次
碰撞，不符合碰撞后逻辑，故B 错误；
C．代入选项中提供数据，不满足
，故C 错误；
D．代入选项中提供数据，满足
，
，符合碰撞后逻辑，故D 正确。故选AD。
5．(1)
，方向水平向左(2)
【详解】（1）以向右为正方向，设人跃到乙船后乙船的速度为
，对人和乙船根据动量守
解得
所以人跃到乙船后乙船的速度大小为
，方向水平向左。
（2）以向右为正方向，两船恰好不相撞，最后具有共同速度
，由动量守恒定律
解得
设人跳出甲船的速度为
，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律
解得
6．(1)
(2)
，
【详解】（1）规定向左为正方向，则小球A 初速度v0=10m/s，AB 相碰后A 的速度
，设AB 碰后瞬
间B 的速度为
，由动量守恒定律得
解得
（2）AB 碰后，由于B、C 两球及弹簧组成的系统，在运动过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当B 的最
小速度且当弹簧第一次恢复原长时，满足
，
解得
，
7．(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）由机械能守恒定律得
滑块与小球在水平方向上动量守恒有
解得
，
（2）由题意有
解得
（3）小球第一次运动至滑块正下方时，由题意有
，
解得
（4）轻绳断裂后，小球做平抛运动，在竖直方向上有
在水平方向上有
滑块做匀速直线运动，有
所以
联立解得
8．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球A 从释放至最低点的过程，根据动能定理，有
A、B 弹性碰撞，动量守恒有
机械能守恒有
解得
，
分析碰撞后瞬间小球A 的受力，由牛顿第二定律可得
解得轻绳对小球A 的拉力
（2）当物块B、C 共速时，物块B 运动至最高点，物块B、C 水平方向上动量守恒，有
根据系统机械能守恒，有
解得
（3）物块B 在D 圆弧上运动的过程中，B、D 水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒，有
根据运动的合成与分解，有
解得
，
，
B 从圆弧顶点离开D，做斜上抛运动，竖直方向有
解得
9．(1)
(2)
(3)
，
【详解】（1）小球A 与滑块C 在水平方向上动量守恒，则
运动时相等，则
即
其中
联立，解得
（2）小球A 与滑块C 在水平方向上动量守恒，则小球A 与物块B 碰撞前瞬间
根据机械能守恒
解得
小球A 与物块B 碰撞为弹性碰撞，则
，
解得
（3）物块B 与木板D 发生相对运动时，对物块B，根据牛顿第二定律
解得
对木板D，根据牛顿第二定律
解得
假设木板D 与挡板P 碰撞时，物块B 与木板D 已相对静止，则
解得
此时木板D 的位移为
故假设成立。木板D 与挡板P 碰撞后，木板D 的速度反向，物块B 的速度不变，此后取水平向左为正方向，根据动
量守恒
解得
即木板D 先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，向右运动的位移大小为
然后木板D 与挡板P 发生第二次碰撞，木板D 再次向右运动的位移大小为
则木板D 与挡板P 发生第
次碰撞，木板D 再次向右运动的位移大小为
则木板的总路程为
根据能量守恒可得，物块B 与木板D 间由于摩擦而产生的热量为
10．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设物块A 滑到曲面底部速度为v0，根据动能定理，有
解得
则物块A 在传送带上开始做匀减速运动。
假设物块A 一直做减速滑过传送带前速度为vA，则有
解得
由于
，说明假设成立，即物块A 与物块B 第一次碰撞前的速度大小为6m/s
（2）设第一次碰后物块A 与物块B 的速度为
，则对物块A 与物块B 系统在碰撞过程,根据动量守恒，有
解得
之后物块A 与物块B 一起减速至速度为零时，弹簧弹性势能最大，可得
代入解得
（3）物块A 与B 第一次碰撞后当弹簧恢复原长时A、B 分离，此时物块A 的速度大小仍
物块A 在传送带上先向右做匀减速运动，减速到零的位移
所以物块A 在传送带上先向右做匀减速到零的运动，再向左做匀加速运动以原速率返回左端，所以物块A 与物块B
第二次碰撞前的速度为
设第二次碰后物块A 与物块B 的速度为
，则对物块A 与B 系统在第二次碰撞过程，有
解
得
同理可推物块A 每次碰撞后都将被传送带带回与物块B 发生下一次
碰撞，则A 与B 碰撞n 次后返回传送带，速度大小为
第n 次与物块B 碰撞后，在传送带上运动的时间
物块A 与传送带的相对位移
与物块B 第一次碰后运动的全过程，物块A 与传送带间因摩擦而产生的热量
