动量和动能练习题

动量练习题

例1.质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比

M

m

可能为（ ） A.2 B.3 C.4 D.5

解析：解法一：两物块在碰撞中动量守恒：12Mv Mv mv =+，由碰撞中总能量不增加有：

21

2Mv ≥ 22121122

Mv mv +，再结合题给条件12Mv mv =，联立有3M

m ≤，故只有A B 、正确。 解法二：根据动量守恒，动能不增加，得222(2)222p p p M M m ≥+，化简即得3M

m

≤，故A B 、正确。

例2.如图所示，质量10.3kg m =的小车静止在光滑的水平面上，车长 1.5m L =，现有质量

10.2kg m =可视为质点的物块，以水平向右的速度02m/s v =从左端滑上小车，最后在车面

上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数0.5μ=，取2

10m/s g =，求 （1） 物块在车面上滑行的时间t ；

（2） 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度0v '不超过多少。 解析：（1）设物块与小车共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

2012()m v m m v =+ ①

设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用动量定理有

220Ft m v m v -=- ② 2F m g μ= ③

解得10

12()m v t m m g

μ=

+，代入数据得0.24s t = ④

（2）要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v '，则

2012()m v m m v ''=+ ⑤

由功能关系有

222012211

()22

m v m m v m gL μ''=++ ⑥ 代入数据得05m/s v '=

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度0v '不超过5m/s 。

m

2

m

1

v

例3.两个质量分别为1M 和2M 的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上。A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h 。物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B 。求物块在B 上能够达到的最大高度。

解析：设物块到达劈A 的低端时，物块和A 的速度大小分别为v 和V ，由机械能守恒和动量守恒得

22111

22

mgh mv M V =+ ① 1M V mv = ②

设物块在劈B 上达到的最大高度为h '，此时物块和B 的共同速度大小为V '，由机械能

守恒和动量守恒得

22211

()22

mgh M m V mv ''++= ③ 2()mv M m V '=+ ④

联立①②③④式得12

12()()

M M h h M m M m '=

++

例 4.如图所示，光滑水平直轨道上由三个滑块A B C 、、质量分别为

2A C B m m m m m ===，，A B 、用细绳连接，

中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）。开始时A B 、以共同速度0v 运动，C 静止。某时刻细绳突然断开，A B 、被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B 与C 碰撞前B 的速度。 解析：设共同速度为v ，球A 与B 分开后，B 的速度为B v ，由动量守恒定律

0() () A B A B B B B B C m m v m v m v m v m m v +=+=+①②

联立上式，得B 与C 碰撞前B 的速度09

5

B v v =

例 5.如图所示，水平地面上静止放置着物块B 和C ，相距 1.0m l =。物块A 以速度

010m/s v =沿水平方向与B 正碰。碰撞后A 和B 牢固的粘在一起向右运动，并再与C 发生

正碰，碰后瞬间C 的速度 2.0m/s v =。已知A 和B 的质量均为m ，C 的质量为A 质量的k 倍，物块与地面的动摩擦因数0.45μ=。（设碰撞时间很短，2

10m/s g =） （1） 计算与C 碰撞前瞬间AB 的速度；

（2） 根据AB 与C 的碰撞过程分析k 的取值围，并讨论与C 碰撞后AB 的可能运动方向。 解析：本题考查考生对力学基本规律的认识，考查牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理的理解和综合应用，考查理解能力、分析综合能力、空间想象能力、运用数学知识处理物理问题的能力。

h

A B

A B C v

2m m 2m

（1）设物体A B 、的质量分别为A m 和B m ，A 与B 发生完全非弹性碰撞后的共同速度为1v 。取向右为速度正方向，由动量守恒定律，得

01()A A B m v m m v =+ ①

10 5.0m/s A

A B

m v v m m =

=+

设AB 运动到C 时的速度为2v ，由动能定理，的

222111

()()()22

A B A B A B m m v m m v m m gl μ+-+=-+ ②

2 4.0m/s v == ③

（2）设与C 碰撞后AB 的速度为3v ，碰撞过程中动量守恒，有

23()()A B A B C m m v m m v m v +=++ ④

碰撞过程中，应有碰撞前的动能大于或等于碰撞后的动能，即

22223111

()()222

A B A B C m m v m m v m v +≥++ ⑤ 由④式得23()(4)m/s A B C A B

m m v m v

v k m m +-=

=-+ ⑥

联立⑤和⑥式，得6k ≤

即：当6k =时，碰撞为弹性碰撞；当6k <时，碰撞为非弹性碰撞。 碰撞后AB 向右运动的速度不能大于C 的速度。由⑥式，得

42,2k k -≤≥

所以k 的合理取值围是62k ≥≥ 综合得到：

当取4k =时，30v =，即与C 碰后AB 静止。

当取42k >≥时，30v >，即与C 碰后AB 继续向右运动 当取64k ≥>时，30v <，即碰后AB 被反弹向左运动。

例6.如图所示，光滑水平面上有大小相同放入A B 、两球在同一直线上运动。两球关系为

2B A m m =，规定向右为正方向，A B 、两球的动量均为6kg m/s ?，运动中两球发生碰撞，

碰撞后A 球的动量增量为4kg m/s -?，则（ ）

A. 左方是A 球，碰撞后A B 、两球速度大小之比为2:5

B. 左方是A 球，碰撞后A B 、两球速度大小之比为1:10

A B

C

1.0m

C. 右方是A 球，碰撞后A B 、两球速度大小之比为2:5

D. 右方是A 球，碰撞后A B 、两球速度大小之比为1:10

解析：由两球的动量都是6kg m/s ?可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A 球.碰后A 球的动量减少了4kg m/s ?，即A 球的动量为2kg m/s ?，由动量守恒定律得B 球的动量为10kg m/s ?，故可得其速度比为2:5.故选A 。 例7.一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图甲所示.现给盒子一初速度0v ，此后，盒子运动的v t -图像呈周期性变化，如图乙所示.请据此求盒物体的质量。

解析：设物体的质量为m ，

0t 时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律：0Mv mv = ①

03t 时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为0v ，

说明碰撞是弹性碰撞：

22011

22

Mv mv = ② 联立①②解得m M =

例8.某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相等，悬挂于同一高度，

A B 、两摆球均很小，质量之比为1:2.当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触.向

右上方拉动B 球使其摆线伸直并与竖直方向成45?角，然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为30?.若本实验允许的最大误差为4±﹪，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？

解析：设摆球A B 、的质量分别为A B m m 、，摆长为l ，B 球的初始高度为1h ，碰撞前

B 球的速度为B v .在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得

1(1cos 45)h l =-? ①

211

2

B B B m v m gh = ② 设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为12p p 、.有1B B p m v = ③

联立①②③式得1p m =④

同理可得2(A B p m m =+⑤

联立④⑤式得

21p p =

⑥ B

m v

v v

t

t 0

3t 05t 07t 09t 0甲

乙

A B

代入已知条件得2

21

(

) 1.03p p = ⑦ 由此可以推出

21

1

4P P P -≤﹪ ⑧ 所以，此实验在规定的围验证了动量守恒定律。

例9.如图所示，在同一竖直平面上，质量为2m 的小球A 静止在光滑斜面的底部，斜面高度为2H L =.小球受到弹簧的弹力作用后，沿斜面向上运动.离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B 发生弹性碰撞，碰撞后球B 刚好能摆到与悬点O 同一高度，球A 沿水平方向抛射落在平面C 上的P 点，O 点的投影O '与P 的距离为

2

L

.已知球B 质量为m ，悬绳长L ，视两球为质点，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：

（1）球B 在两球碰撞后一瞬间的速度大小； （2）球A 在两球碰撞前一瞬间的速度大小； （3）弹簧的弹性力对球A 所做的功。

解析：（1）设碰撞后的一瞬间，球B 的速度为B v '，由于球B 恰能摆到与悬点O 同一高度，

根据动能定理：21

02

B mgL mv '-=-

①

B v '= ② （2）球A 达到最高点时，只有水平方向速度，与球B 发生弹性碰撞，设碰撞前的一瞬间，

球A 水平速度为x v ，碰撞后的一瞬间，球A 速度为x v '。球A B 、系统碰撞过程动量守恒和机械能守恒：

22x x B mv mv mv ''=+ ③

2111

22222x x B mv mv mv ''?=?+ ④

由②③④解得x v '= ⑤

及球A

在碰撞前的一瞬间的速度大小x v =⑥

（3）碰后球A 做平抛运动，设从抛出到落地时间为t ，平抛高度为y ，则：

2

x L

v t '=⑦ ， 2

12

y gt =

⑧ 由⑤⑦⑧解得y L =

以球A 为研究对象，弹簧的弹性力所做的功为W ，从静止位置运动到最高点：

21

2(2)22

x W mg y L mv -+=? ⑨

H

A

B O P

C

L /2

L O

由⑤⑥⑦⑧⑨得57

8

W mgL =

例10.在光滑的水平面上，质量为1m 的小球A 以速率0v 向右运动，在小球A 的前方O 点有一质量为2m 的小球B 处于静止状态，如图所示.小球A 与小球B 发生正碰后小球A B 、均向右运动.小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇， 1.5PQ PO =。假设小

球间的碰撞及小球与墙壁间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比

1

2

m m 。 解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变.根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4:1.

设碰撞后小球A 和B 的速度分别为1v 和2v ，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等

101122m v m v m v =+ ①

222101122111

222

m v m v m v =+ ② 利用

214v v =，可解出12

2m

m =. 例34.如图所示，两质量相等的物块A B 、通过一轻质弹簧连接，B 足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑.弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度.在物块A 上施加一个水平恒力，A B 、从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有（ ）

A. 当A B 、加速度相等时，系统的机械能最大

B. 当A B 、加速度相等时，A B 、的速度差最大

C. 当A B 、速度相等时，A 的速度达到最大

D. 当A B 、速度相等时，弹簧的弹性势能最大

解析：A B 、从静止开始运动到第一次速度相等过程中，A 做加速度减小的加速运动，B 做加速度增大的加速运动，当二者加速度相等时速度差最大.当二者速度增加到相等时距离差最大.全过程中力F 一直做正功，所以最后时刻系统的机械能最大.由以上分析可知答案为BCD 。

例35.质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从0t =时刻开始受到水平力的作用.力的大小

F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则（ ）

A.03t 时刻的瞬时功率为2005F t m

v

A B

Q

A

B

F

F

3F 0

B.03t 时刻的瞬时功率为200

15F t m

C.在0t =到03t 这段时间，水平力的平均功率为200

234F t m

D. 在0t =到03t 这段时间，水平力的平均功率为200

256F t m

解析：根据F t -图线，在00~2t 的加速度0

1F a m

=

，02t 时的速度0210022F v a t t m =?=.00~2t 位移202

100222F v s t t m

=?=，

故0F 做的功22010102F W F s t m ==.在002~3t t 的加速度023F a m =

，03t 时的速度0322005F

v v a t t m

=+=，故03t 时的瞬时功率203030153F P F v t m ==，在002~3t t 位移2230200722v v F

s t t m +=?=，故做的功

22020202132F W F s t m =?=.因此在00~3t 的平均功率2

012002536F W W P t t m

+==，故选BD 。

例36.图为某探究活动小组设计的节能运输系统.斜面轨道倾角为30?，质量为M 的木箱与

木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程.下列选项正确的是（ ） A.m M = B. 2m M =

C.木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度

D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化弹簧的弹性势能 解析：自下滑至弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒有：

()()cos30sin 30h

m M gh m M g E μ+=+??

+?

弹 ①

自木箱反弹到轨道顶端的过程中，由能量守恒有：

cos30sin 30h

E Mg Mgh μ=??+?

弹 ②

联立①②得，2m M =，B 正确.

下滑过程中，1()sin ()cos ()M m g M m g M m a θμθ+-+=+ ① 上滑过程中：2sin cos Mg mg Ma θμθ+= ②

30°

解得，21(sin cos )(sin cos )a g a g θμθθμθ=+>=-，故C 正确.故选BC 。 例37.小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面.在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于（ ） A.

9

H B.29H C.39H D.49H

解析：设小球上升离地高度h 时，速度为1v ，地面上抛时速度为0v ，下落至离地面高度h 处速度为2v ，设空气阻力为f .

上升阶段：2012mgH fH mv --=-

，22101122mgh fh mv mv --=-，

又2

1122

mgh mv = 下降阶段：221()()2mg H h f H h mv ---=，2

2122

mgh mv =?

由上式联立得：49

H

h =.故选D 。

例38.游乐场中的一种滑梯如图所示.小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则（ ） A. 下滑过程中支持力对小朋友做功 B. 下滑过程中小朋友的重力势能增加 C. 整个运动过程中小朋友的机械能守恒 D. 在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功

解析：下滑过程中支持力的方向总与速度方向垂直，所以支持力不做功，A 错误；越往下滑动重力势能越小，B 错误；摩擦力的方向与速度方向相反，所以摩擦力做负功，机械能减少，D 正确，C 错误.故选D 。

例39.物体在合外力作用下作直线运动的v t -图像如图所示.下列表述正确的是（ ） A. 在0~1s ，合外力做正功 B. 在0~2s ，合外力总是做负功 C. 在1~2s ，合外力不做功 D. 在0~3s ，合外力总是做正功

解析：根据动能定理，合外力做的功等于物体动能的变化，0~1s ，

动能增加，所以合外力做正功，A 正确；0~2s 动能先增加后减少，合外力先做正功后做负功，B 错误；1~2s ，动能减少，合外力做负功，C 错误；0~3s ，动能变化量为零，合外力做功为零，D 错误.故选A 。

例40.如图所示，某货场需将质量为1100kg m =

的货物（可视为质点）从高处运送至地面，

v (m/s)

t /s

1

2

31

2

为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑

1

4

圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径 1.8m R =.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A B 、，长度均

为2m l =，质量均为2100kg m =，木块上表面与轨道末端相切.货物与木板间的动摩擦因数为1μ，木板与地面间的动摩擦因数20.2μ=（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取

210m/s g =）

（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力.

（2）若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求1μ应满足的条件.

（3）若10.5μ=，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间.

解析：（1）设货物滑到圆轨道末端时的速度为0v ，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得

21101

2

m gR m v =

① 设货物在轨道末端所受支持力的大小为N F ，根据牛顿第二定律得2

0N 11v F m g m R

-=

②

联立①②式，代入数据得N 3000N F = ③

根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下. （2）若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得11212(2)m g m m g μμ≤+ ④

若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得11212()m g m m g μμ≤+ ⑤ 联立④⑤式，代入数据得10.40.6μ<≤

（3）10.5μ=.由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动.设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为1a ，由牛顿第二定律得1111m g m a μ= ⑦

设货物滑到木板A 末端时的速度为1v ，由运动学公式得

221012v v a l -=- ⑧

联立①⑦⑧式，代入数据得14m/s v = ⑨

A B

设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得101v v a t =- ⑩ 联立①⑦⑨⑩式，代入数据得0.4s t =

例41.质量为3

510kg ?的汽车在0t =时刻速度010m/s v =，随后以4

610W P =?的额定功

率沿平直公路继续前进，经72s 达到最大速度，该汽车受恒定阻力，其大小为3

2.510N ?.求：

（1）汽车的最大速度m v ； （2）汽车在72s 经过的路程s .

解析：（1）达到最大速度时，牵引力等于阻力4

m m 3

610m/s 24m/s 2.510P P fv v f ?===

=?， （2）由动能定理可得22m 011

22

Pt fs mv mv -=

- 所以224322m 03

2()261072510(2410)m 1252m 22 2.510

Pt m v v s f --???-??-===??. 例42.一个25kg 的小孩从高度为3.0m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为

2.0m/s .取210m/s g =，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（ ）

A.合外力做功50J

B.阻力做功500J

C.重力做功500J

D.支持力做功50J

解析：由动能定理可求得合外力做的功等于物体动能的变化

2211

25 2.0J 50J 22

k E mv =

=??=，

A

选项正确.重力做功

2510 3.0J 750J G W mgh ==??=，C 选项错误.支持力的方向与小孩的运动方向垂直，不

做功，D 选项错误.阻力做功(50750)J 700J G W W W =-=-=-阻合，B 选项错误.故选A . 例43.一滑块在水平地面上沿直线滑行，0t =时其速度为1m/s .从此刻开始在滑块运动方向

上再施加一水平作用力F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图中图a 和图b 所示.设在第1秒、第2秒、第3秒力F 对滑块做的功分别为123W W W 、、，则以下关系式正确的是（ ）

F /N

t /s

3120

321v (m/s)

t /s 1

2310图a

图b

A.123W W W ==

B.123W W W <<

C.132W W W <<

D.123W W W =< 解析：在第1s ，滑块的位移为11

11m 0.5m 2

x =

??=，力F 做的功为11110.5J 0.5J W F x ==?=；第2s ，滑块的位移为21

11m 0.5m 2

x =??=，力F 做的功为

22230.5J 1.5J W F x ==?=，第3s ，滑块的位移为211m 1m x =?=，力F 做的功为33321J 2J W F x ==?=；所以123W W W <<.故选B 。

例44.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m 的a 球置于地面上，质量为m 的b 球从水平位置静止释放.当a 球对地面压力刚好为零时，b 球摆过的角度为θ.下列结论正确的是（ ） A.90θ=? B.45θ=?

C.b 球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小

D.b 球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大

解析：b 球在摆过θ的过程中做圆周运动，设此时其速度为v ，由机械能守恒定律可得

2

1sin 2

mgL mv θ=，在沿半径方向上由牛顿第二定律2sin T mv F mg L θ-?=，因a 球此时对地面压力刚好为零，则3T F mg =，联立得90θ=?，A 对，B 错. b 球从静止到最低点的过程中，其在竖直方向的分速度是先由零增大后又减至零，由P mgv =可知，重力的功率是先增大后减小，C 对，D 错。故选AC 。

例45.一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是（ ）

A. 加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功

B. 加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功

a

b 3m

m

C. 加速和匀速时做正功，减速时做负功

D. 始终做正功

解析：力对物体做功的表达式为cos 090W Fx θθ=?≤

A.F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和

B.F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和

C.木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能

D.F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和 解析：由动能定理得，物体在上升过程中有F f k W mgh W E --= 固有F f k W mgh W E =++，由此判断D 选项正确.又因在此过程中重力做负功，所以木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，所以C 选项正确.故选CD 。

例47.如图甲所示，光滑轨道MO 和ON 底端对接且2ON MO =，M N 、两点高度相同.小球自M 点由静止自由滚下，忽略小球经过O 点时的机械能损失，以k v s a E 、、、分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小.下列图像中能正确反映小球自M 点到N 点运动过程的是（ ）

O

M

N

甲

v

t

s t 0

a t

E k

t

A

B

C

D

乙

解析：因2ON MO =，M N 、高度相同，故图中αβ>，小球自M 点运动到N 点过程中，在MO 阶段1sin a g α=，在ON 阶段2sin a g β=，

都是常量，故C 错误.v t -图像是直线，故A 正确. x t -图像时二次曲线，故B 错误.而

MO 阶段2222111

()222

k E mv m at ma t ===，为t 的二次函数，故D 错误.故选A .

例48.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点由静止开始上升.若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为12W W 、，滑块经B C 、两点时的动能分别为

kB kC E E 、，图中AB BC =，则一定有（ ）

A.12W W >

B.12W W <

C. kB kC E E >

D.kB kC E E <

F

F

O

M N

αβ

解析：由cos W fx α=可知，沿竖直杆方向上拉力F 在AB 段的分力大于在BC 段的分力，

A 正确；令A

B B

C h ==，滑块质量为m ，再由11kB W mgh E W -=+，

22kC W mgh E -=，得2kC kB W mgh E E -=-，故无法比较kB E 和kC E 的大小.故选A