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2012~2021十年高考匯編·專題14 動量守恒定與能量守恒問題中常見的五大基本模型（解析版）.doc
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專題14 動量守恒定律中常見的五大基本模型
（2012-2021）
目錄

題型一、動量守恒定律與能量的綜合應用—彈簧類 1
題型二、動量守恒定律與能量的綜合應用—碰撞類 4
題型三、動量守恒定律與能量的綜合應用—反沖類 9
題型四、動量守恒定律與能量的綜合應用—子彈木塊、板塊類 15
題型五、動量守恒定律與能量的綜合應用—軌道類 17

題型一、動量守恒定律與能量的綜合應用—彈簧類
1.（2021湖南） 如圖（a），質量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統，外力 作用在A上，系統靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為 。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的 圖像如圖（b）所示， 表示0到 時間內 的 圖線與坐標軸所圍面積大小， 、 分別表示 到 時間內A、B的 圖線與坐標軸所圍面積大小。A在 時刻的速度為 。下列說法正確的是（　　）


A. 0到 時間內，墻對B的沖量等于mAv0
B. mA > mB
C. B運動后，彈簧的最大形變量等于
D.
【答案】ABD
【解析】A．由于在0 ~ t1時間內，物體B靜止，則對B受力分析有
F墻 = F彈
則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對象轉為A，撤去F后A只受彈力作用，則根據動量定理有
I = mAv0（方向向右）
則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；
B．由a—t圖可知t1后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的拉伸量達到最大，根據牛頓第二定律有
F彈 = mAaA= mBaB
由圖可知
aB > aA
則
mB < mA
B正確；
C．由圖可得，t1時刻B開始運動，此時A速度為v0，之后AB動量守恒，AB和彈簧整個系統能量守恒，則

可得AB整體的動能不等于0，即彈簧的彈性勢能會轉化為AB系統的動能，彈簧的形變量小于x，C錯誤；
D．由a—t圖可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1—t2時間內AB組成的系統動量守恒，且在t2時刻彈簧的拉伸量達到最大，A、B共速，由a—t圖像的面積為?v，在t2時刻AB的速度分別為
，
A、B共速，則

D正確。
故選ABD。
2.（2013年全國2）如圖，光滑水平直軌道上有三個質童均為m的物塊Ａ、B、C。 B的左側固定一輕彈簧（彈簧左側的擋板質最不計).設A以速度ｖ０朝B運動，壓縮彈簧；當A、 B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短。
求：（1）從Ａ開始壓縮彈簧直至與彈黃分離的過程中，整個系統拐失的機械能；
（2）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。

【答案】：(1)116mv20　(2)1348mv20
【解析】：A、B碰撞時動量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一塊時，動量守恒．系統產生的內能則為機械能的損失．當A、B、C速度相等時，彈性勢能最大．
(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統，由動量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此時B與C發生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE.對B、C組成的系統，由動量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
12mv21＝ΔE＋12(2m)v22 ③
聯立①②③式得ΔE＝116 mv20. ④
(2)由②式可知v2 mv0＝3mv3 ⑤
12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋Ep ⑥
聯立④⑤⑥式得
Ep＝1348mv20. ⑦
3.（2014·浙江卷）如圖所示，甲木塊的質量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質彈簧．甲木塊與彈簧接觸后(　　)

A. 甲木塊的動量守恒
B. 乙木塊的動量守恒
C. 甲、乙兩木塊所組成的系統的動量守恒
D. 甲、乙兩木塊所組成系統的動能守恒
【答案】：C　
【解析】 (1)本題考查碰撞、動量守恒定律等知識點．甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動量要發生變化，但對于甲、乙所組成的系統因所受合力的沖量為零，故動量守恒，選項A、B錯誤，選項C正確；甲、乙兩木塊所組成系統的動能，一部分轉化為彈簧的勢能，故不守恒．
題型二、動量守恒定律與能量的綜合應用—碰撞類
4.（2020北京）在同一豎直平面內，3個完全相同的小鋼球（1號、2號、3號）懸掛于同一高度；靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是（　　）


A. 將1號移至高度 釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度 。若2號換成質量不同的小鋼球，重復上述實驗，3號仍能擺至高度
B. 將1、2號一起移至高度 釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度 ，釋放后整個過程機械能和動量都守恒
C. 將右側涂膠的1號移至高度 釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據機械能守恒，3號仍能擺至高度
D. 將1號和右側涂膠的2號一起移至高度 釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度 ，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒
【答案】D
【解析】A．1號球與質量不同的2號球相碰撞后，1號球速度不為零，則2號球獲得的動能小于1號球撞2號球前瞬間的動能，所以2號球與3號球相碰撞后，3號球獲得的動能也小于1號球撞2號球前瞬間的動能，則3號不可能擺至高度 ，故A錯誤；
B．1、2號球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統只有重力做功，所以系統的機械能守恒，但整個過程中，系統所受合外力不為零，所以系統動量不守恒，故B錯誤；
C．1、2號碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，所以1、2號球再與3號球相碰后，3號球獲得的動能不足以使其擺至高度 ，故C錯誤；
D．碰撞后，2、3號粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，且整個過程中，系統所受合外力不為零，所以系統的機械能和動量都不守恒，故D正確。
故選D。
5.（2019海南）如圖，用不可伸長輕繩將物塊a懸掛在O點，初始時，輕繩處于水平拉直狀態，現將a由靜止釋放，當物塊a下擺至最低點時，恰好與靜止在水平面上的物塊b發生彈性碰撞（碰撞時間極短），碰撞后b滑行的最大距離為s，已知b的質量是a的3倍，b與水平面間的動摩擦因數為 ，重力加速度大小為g，求

(1)碰撞后瞬間物塊b速度的大小；
(2)輕繩的長度。
【答案】(1) ；(2)4μs
【解析】(1)設a的質量為m，則b的質量為3m，對物塊b碰后由動能定理： 解得
(2)a球從水平位置擺下的過程：
ab碰撞的過程：

聯立解得：L=4μs
6.（2017·江蘇）甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運動，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運動，速度大小分別為1 m/s和2 m/s．求甲、乙兩運動員的質量之比．
【答案】3:2
【解析】由動量守恒定律得 ，解得
代入數據得
7.（2014上海）動能相等的兩物體A、B在光滑水平面上沿同一直線相向而行，它們的速度大小之比 ，則動量之比 ；兩者碰后粘在一起運動，其總動量與A原來動量大小之比 。
【答案】 1：2；1：1
【解析】試題分析：動能 ，根據VA:VB=2:1可得質量之比mA:mB=1:4。動量P=mv，所以: ，碰后粘在一起根據動量守恒可得 ，所以
8.（2011福建）在光滑水平面上，一質量為m，速度大小為 的A球與質量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可呢個是__________。（題選項前的字母）
A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2
【答案】：AB
【解析】：A球和B球碰撞的過程中動量守恒，設A、B兩球碰撞后的速度分別為V1、V2，選A原來的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：
mv=-mv1+2mv2…①
假設碰后A球靜止，即v1=0，可得：v2=0.5v
由題意知球A被反彈，所以球B的速度：v2＞0.5v…②
AB兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關系有
①③兩式聯立得：v2≤ 由②④兩式可得：0.5v＜v2≤
故選：AB．
9.（2014·全國）冰球運動員甲的質量為80.0 kg.當他以5.0 m/s的速度向前運動時，與另一質量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來的運動員乙相撞．碰后甲恰好靜止．假設碰撞時間極短，求：
(1 )碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中總機械能的損失．
【答案】 (1)1.0 m/s　(2)1400 J
【解析】(1)設運動員甲、乙的質量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、V，碰后乙的速度大小為V′.由動量守恒定律有
mv－MV＝MV′①
代入數據得
V′＝1.0 m/s②
(2)設碰撞過程中總機械能的損失為ΔE，應有
12mv2＋12MV2＝12MV′2＋ΔE③
聯立②③式，代入數據得
ΔE＝1400 J④
10.（2014·江蘇卷）牛頓的《自然哲學的數學原理》中記載，A、B兩個玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15∶16.分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度．若上述過程是質量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小．
【答案】： 1748v0　3124v0　
【解析】： 設A、B球碰撞后速度分別為v1和v2，由動量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由題意知v2－v1v0＝1516，解得v1＝1748v0，v2＝3124v0
11.(2015山東)如圖，三個質量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平軌道上。現給滑塊A向右的初速度v 0，一段時間后A與B發生碰撞，碰后AB分別以 、 ；的速度向右運動，B再與C發生碰撞，碰后B、C粘 在一起向右運動。滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數為同一恒定值。兩次碰撞時間極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。

【答案】:
【解析】：AB 碰撞的過程動量守恒； ，求得： ；
從A 開始運動到與B 發生碰撞，根據動能定理有： ,求得： ；
B物與A 發生碰撞后到與C 碰撞損失的能量有： 求得
BC 碰撞動量守恒： ；解得：
12.(2015天津)如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置．B球向左運動與A球發生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3：1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回。兩球剛好不發生第二次碰撞。A、B兩球的質量之比為____________ ，A、B碰撞前、后兩球總動能之比為_________ 。

【答案】4 ：1 9 ：5
【解析】：
AB 碰撞的過程動量守恒得： ；
所以有： ；代入相關參數碰撞前后的動能之比為： ；
題型三、動量守恒定律與能量的綜合應用—反沖類
13.（2020全國2）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上
運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為（ ）
A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg
【答案】BC
【解析】設運動員和物塊的質量分別為 、 規定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為 、 ，則根據動量守恒定律

解得

物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當運動員再次推出物塊

解得

第3次推出后

解得

依次類推，第8次推出后，運動員的速度

根據題意可知

解得

第7次運動員的速度一定小于 ，則

解得

綜上所述，運動員的質量滿足

AD錯誤，BC正確。
故選BC。
14.（2019全國1）最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為（ ）
A. 1.6×102 kg B. 1.6×103 kg C. 1.6×105 kg D. 1.6×106 kg
【答案】B
【解析】設該發動機在 s時間內，噴射出的氣體質量為 ，根據動量定理， ，可知，在1s內噴射出的氣體質量 ，故本題選B。
15.（2018全國1）一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空，當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動.爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量，求
（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；
（2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度
【答案】（1）1/g ；（2）2E/mg
【解析】(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E=1/2mv20 ①
設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有
0-v0=-gt ②
聯立①②式得
t=1/g ③
(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有
E=mgh1 ④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有
1/4mv21+1/4mv22=E ⑤
1/2mv1+1/2mv2=0 ⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動.設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續上升的高度為h2，由機械能守恒定律有
1/4mv21=1/2mgh2 ⑦
聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為
h=h1+h2=2E/mg ⑧
16.（2017全國1）將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（ ）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
【答案】A
【解析】設火箭的質量（不含燃氣）為m1，燃氣的質量為m2，根據動量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的動量為：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正確，BCD錯誤。
17.(2014·福建卷) 一枚火箭搭載著衛星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統使箭體與衛星分離．已知前部分的衛星質量為m1，后部分的箭體質量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統質量的變化，則分離后衛星的速率v1為________．(填選項前的字母)

A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－m2m1v2 D．v0＋m2m1(v0－v2)
【答案】D　
【解析】忽略空氣阻力和分離前后系統質量的變化，衛星和箭體整體分離前后動量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，故D項正確．
18.（2014·重慶卷）一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為3∶1，不計質量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是（ ）

A B C　　　　　　　　　　　　D
【答案】B
【解析】 彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有m彈丸v0＝34mv甲＋14mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向有h＝12gt2，水平方向對甲、乙兩彈片分別有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數據，可知B正確．
19.（2015廣東）在同一勻強磁場中，a粒子（ ）和質子（ ）做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則a粒子和質子（ ）
A、運動半徑之比是2:1
B、運動周期之比是2:1
C、運動速度大小之比是4:1
D. 受到的洛倫茲力之比是2:1
【答案】B
【解析】a粒子和質子質量之比為4 ：1，電荷量之比為2 ：1 ，由于動量相同，故速度之比為1 ：4，選項C錯誤；在同一勻強磁場B中，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑 ，得兩者的運動半徑之比為1 ：2，選項A錯誤；帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期 ，得周期之比為2 ：1，選項B正確；由帶電粒子在勻強磁場中受到的洛倫茲力f = qvB，得受到的洛倫茲力之比為1 ：2，選項D錯誤。
20.（2015北京）實驗觀察到，靜止在勻強磁場中 A 點的原子核發生β衰變，衰變產生的新核與電子恰在紙面內做勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意如圖。則（ ）
A.軌跡 1 是電子的，磁場方向垂直紙面向外
B.軌跡 2 是電子的，磁場方向垂直紙面向外
C.軌跡 1 是新核的，磁場方向垂直紙面向里
D.軌跡 2 是新核的，磁場方向垂直紙面向里

【答案】D
【解析】由動量守恒可知，原子核靜止在磁場中，發生β衰變后的新核與電子的動量大小相等，方向相反。由 ，得 ，粒子運動的半徑與電荷量成反比。新核帶電量大于電子，因此 R 較小，知軌跡 2 為新核軌跡，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里。
21.（2015海南）運動的原子核 放出 粒子后變成靜止的原子核Y。已知X、Y和 粒子的質量分別是M、 和 ，真空中的光速為c， 粒子的速度遠小于光速。求反應后與反應前的總動能之差以及 粒子的動能。
【答案】 ，
【解析】反應后由于存在質量虧損，所以反應前后總動能之差等于質量虧損而釋放出的能量，
故根據愛因斯坦質能方程可得 ①
反應過程中三個粒子組成的系統動量守恒，故有 ，②
聯立①②可得
題型四、動量守恒定律與能量的綜合應用—子彈木塊、板塊類
22.（2018天津)質量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的大小是______m/s若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5×103 N,則子彈射入木塊的深度為____
【答案】 20 0.2 
【解析】子彈打木塊的過程，子彈與木塊組成的系統動量守恒，由動量守恒定律有mv0=(M+m)v，將已知條件代入解得v=20 m/s;由功能關系可知，Q=fd=1/2mv20－1/2（M+m）v2，解得d=0.2 m.
23.（2017·天津卷）如圖所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩連接，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA=2 kg、mB=1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h=1.8 m（未觸及滑輪）然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10 m/s2。空氣阻力不計。求：
（1）B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t；
（2）A的最大速度v的大小；
（3）初始時B離地面的高度H。

【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有： 解得：
（2）設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有
細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒：
繩子繃直瞬間，A、B系統獲得的速度：
之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2 m/s
（3）細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統機械能守恒，有：
解得，初始時B離地面的高度
24.（2013年山東）如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A（上表面粗糙）和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為 、 、 。開始時C靜止，A、B一起以 的速度勻速向右運動，A與C發生碰撞（時間極短）后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發生碰撞后瞬間A的速度大小。

【答案】：2 m/s
【解析】：(2)因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量定恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC ①
A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ②
A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足
vAB＝vC ③
聯立①②③式，代入數據得
vA＝2 m/s. ④
題型五、動量守恒定律與能量的綜合應用—軌道類
25.（2015福建）如圖，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質量為m的滑塊在小車上從A點靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。
（1）若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力；
（2）若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車，已知滑塊質量 ,在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ，求：
滑塊運動過程中，小車 的最大速度vm；
滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s。

【答案】：（1）3mg （2）① ②s=L/3
【解析】（1）由圖知，滑塊運動到B點時對小車的壓力最大
從A到B，根據動能定理：
在B點：
聯立解得 ： FN=3mg，根據牛頓第三定律得，滑塊對小車的最大壓力為3mg
（2）①若不固定小車， 滑塊到達B點時，小車的速度最大
根據動量守恒可得：
從A到B，根據能量守恒：
聯立解得：
②設滑塊到C處時小車的速度為v，則滑塊的速度為2v，根據能量守恒：
解得：
小車的加速度：
根據
解得：s=L/3
26.（2016年全國2）如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面 的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為 （h小于斜面體的高度）．已知小孩與滑板的總質量為 ，冰塊的質量為 ，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小 ．



（ⅰ）求斜面體的質量；
（ⅱ）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
【答案】：（ⅰ）20kg （ⅱ）追不上
【解析】：（i）規定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得
m2v20=(m2+ m3)v①
m2 =(m2+ m3)v2+m2gh②
式中v20=-3m/s為冰塊推出時的速度。聯立①②式并代入題給數據得
m3=20kg ③
(ii)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有
m1v1+m2v20④
代入數據得
v1=1 m/s⑤
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有
m2v20=m2v2+m3v3⑥
⑦
解得v2=1m/s,所以冰塊追不住小孩；

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