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2012~2021十年高考汇编·专题14 动量守恒定与能量守恒问题中常见的五大基本模型（解析版）.doc
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专题14 动量守恒定律中常见的五大基本模型
（2012-2021）
目录

题型一、动量守恒定律与能量的综合应用—弹簧类 1
题型二、动量守恒定律与能量的综合应用—碰撞类 4
题型三、动量守恒定律与能量的综合应用—反冲类 9
题型四、动量守恒定律与能量的综合应用—子弹木块、板块类 15
题型五、动量守恒定律与能量的综合应用—轨道类 17

题型一、动量守恒定律与能量的综合应用—弹簧类
1.（2021湖南） 如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力 作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为 。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的 图像如图（b）所示， 表示0到 时间内 的 图线与坐标轴所围面积大小， 、 分别表示 到 时间内A、B的 图线与坐标轴所围面积大小。A在 时刻的速度为 。下列说法正确的是（　　）


A. 0到 时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B. mA > mB
C. B运动后，弹簧的最大形变量等于
D.
【答案】ABD
【解析】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有
F墙 = F弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B正确；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则

可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1—t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为v，在t2时刻AB的速度分别为
，
A、B共速，则

D正确。
故选ABD。
2.（2013年全国2）如图，光滑水平直轨道上有三个质童均为m的物块Ａ、B、C。 B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计).设A以速度ｖ０朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。
求：（1）从Ａ开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中，整个系统拐失的机械能；
（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。

【答案】：(1)116mv20　(2)1348mv20
【解析】：A、B碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．
(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
12mv21＝ΔE＋12(2m)v22 ③
联立①②③式得ΔE＝116 mv20. ④
(2)由②式可知v2 mv0＝3mv3 ⑤
12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋Ep ⑥
联立④⑤⑥式得
Ep＝1348mv20. ⑦
3.（2014·浙江卷）如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(　　)

A. 甲木块的动量守恒
B. 乙木块的动量守恒
C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
【答案】：C　
【解析】 (1)本题考查碰撞、动量守恒定律等知识点．甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故不守恒．
题型二、动量守恒定律与能量的综合应用—碰撞类
4.（2020北京）在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（　　）


A. 将1号移至高度 释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度 。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度
B. 将1、2号一起移至高度 释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度 ，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C. 将右侧涂胶的1号移至高度 释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度
D. 将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度 释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度 ，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【解析】A．1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度 ，故A错误；
B．1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C．1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度 ，故C错误；
D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
故选D。
5.（2019海南）如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s，已知b的质量是a的3倍，b与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为g，求

(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
(2)轻绳的长度。
【答案】(1) ；(2)4μs
【解析】(1)设a的质量为m，则b的质量为3m，对物块b碰后由动能定理： 解得
(2)a球从水平位置摆下的过程：
ab碰撞的过程：

联立解得：L=4μs
6.（2017·江苏）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．
【答案】3:2
【解析】由动量守恒定律得 ，解得
代入数据得
7.（2014上海）动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比 ，则动量之比 ；两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量大小之比 。
【答案】 1：2；1：1
【解析】试题分析：动能 ，根据VA:VB=2:1可得质量之比mA:mB=1:4。动量P=mv，所以: ，碰后粘在一起根据动量守恒可得 ，所以
8.（2011福建）在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为 的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可呢个是__________。（题选项前的字母）
A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2
【答案】：AB
【解析】：A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为V1、V2，选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv=-mv1+2mv2…①
假设碰后A球静止，即v1=0，可得：v2=0.5v
由题意知球A被反弹，所以球B的速度：v2＞0.5v…②
AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有
①③两式联立得：v2≤ 由②④两式可得：0.5v＜v2≤
故选：AB．
9.（2014·全国）冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：
(1 )碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失．
【答案】 (1)1.0 m/s　(2)1400 J
【解析】(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′.由动量守恒定律有
mv－MV＝MV′①
代入数据得
V′＝1.0 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
12mv2＋12MV2＝12MV′2＋ΔE③
联立②③式，代入数据得
ΔE＝1400 J④
10.（2014·江苏卷）牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度．若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小．
【答案】： 1748v0　3124v0　
【解析】： 设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知v2－v1v0＝1516，解得v1＝1748v0，v2＝3124v0
11.(2015山东)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平轨道上。现给滑块A向右的初速度v 0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后AB分别以 、 ；的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘 在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。

【答案】:
【解析】：AB 碰撞的过程动量守恒； ，求得： ；
从A 开始运动到与B 发生碰撞，根据动能定理有： ,求得： ；
B物与A 发生碰撞后到与C 碰撞损失的能量有： 求得
BC 碰撞动量守恒： ；解得：
12.(2015天津)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置．B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3：1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞。A、B两球的质量之比为____________ ，A、B碰撞前、后两球总动能之比为_________ 。

【答案】4 ：1 9 ：5
【解析】：
AB 碰撞的过程动量守恒得： ；
所以有： ；代入相关参数碰撞前后的动能之比为： ；
题型三、动量守恒定律与能量的综合应用—反冲类
13.（2020全国2）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上
运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg
【答案】BC
【解析】设运动员和物块的质量分别为 、 规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为 、 ，则根据动量守恒定律

解得

物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块

解得

第3次推出后

解得

依次类推，第8次推出后，运动员的速度

根据题意可知

解得

第7次运动员的速度一定小于 ，则

解得

综上所述，运动员的质量满足

AD错误，BC正确。
故选BC。
14.（2019全国1）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为（ ）
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】设该发动机在 s时间内，喷射出的气体质量为 ，根据动量定理， ，可知，在1s内喷射出的气体质量 ，故本题选B。
15.（2018全国1）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度
【答案】（1）1/g ；（2）2E/mg
【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E=1/2mv20 ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0-v0=-gt ②
联立①②式得
t=1/g ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E=mgh1 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有
1/4mv21+1/4mv22=E ⑤
1/2mv1+1/2mv2=0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
1/4mv21=1/2mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h=h1+h2=2E/mg ⑧
16.（2017全国1）将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（ ）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
【答案】A
【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正确，BCD错误。
17.(2014·福建卷) 一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为________．(填选项前的字母)

A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－m2m1v2 D．v0＋m2m1(v0－v2)
【答案】D　
【解析】忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，故D项正确．
18.（2014·重庆卷）一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（ ）

A B C　　　　　　　　　　　　D
【答案】B
【解析】 弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有m弹丸v0＝34mv甲＋14mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝12gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．
19.（2015广东）在同一匀强磁场中，a粒子（ ）和质子（ ）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则a粒子和质子（ ）
A、运动半径之比是2:1
B、运动周期之比是2:1
C、运动速度大小之比是4:1
D. 受到的洛伦兹力之比是2:1
【答案】B
【解析】a粒子和质子质量之比为4 ：1，电荷量之比为2 ：1 ，由于动量相同，故速度之比为1 ：4，选项C错误；在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径 ，得两者的运动半径之比为1 ：2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期 ，得周期之比为2 ：1，选项B正确；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f = qvB，得受到的洛伦兹力之比为1 ：2，选项D错误。
20.（2015北京）实验观察到，静止在匀强磁场中 A 点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图。则（ ）
A.轨迹 1 是电子的，磁场方向垂直纸面向外
B.轨迹 2 是电子的，磁场方向垂直纸面向外
C.轨迹 1 是新核的，磁场方向垂直纸面向里
D.轨迹 2 是新核的，磁场方向垂直纸面向里

【答案】D
【解析】由动量守恒可知，原子核静止在磁场中，发生β衰变后的新核与电子的动量大小相等，方向相反。由 ，得 ，粒子运动的半径与电荷量成反比。新核带电量大于电子，因此 R 较小，知轨迹 2 为新核轨迹，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里。
21.（2015海南）运动的原子核 放出 粒子后变成静止的原子核Y。已知X、Y和 粒子的质量分别是M、 和 ，真空中的光速为c， 粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及 粒子的动能。
【答案】 ，
【解析】反应后由于存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量，
故根据爱因斯坦质能方程可得 ①
反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有 ，②
联立①②可得
题型四、动量守恒定律与能量的综合应用—子弹木块、板块类
22.（2018天津)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是______m/s若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N,则子弹射入木块的深度为____
【答案】 20 0.2 
【解析】子弹打木块的过程，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv0=(M+m)v，将已知条件代入解得v=20 m/s;由功能关系可知，Q=fd=1/2mv20－1/2（M+m）v2，解得d=0.2 m.
23.（2017·天津卷）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。空气阻力不计。求：
（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；
（2）A的最大速度v的大小；
（3）初始时B离地面的高度H。

【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有： 解得：
（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，总动量守恒：
绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度：
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s
（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：
解得，初始时B离地面的高度
24.（2013年山东）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为 、 、 。开始时C静止，A、B一起以 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。

【答案】：2 m/s
【解析】：(2)因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量定恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC ①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC ③
联立①②③式，代入数据得
vA＝2 m/s. ④
题型五、动量守恒定律与能量的综合应用—轨道类
25.（2015福建）如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量 ,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
滑块运动过程中，小车 的最大速度vm；
滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。

【答案】：（1）3mg （2）① ②s=L/3
【解析】（1）由图知，滑块运动到B点时对小车的压力最大
从A到B，根据动能定理：
在B点：
联立解得 ： FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3mg
（2）①若不固定小车， 滑块到达B点时，小车的速度最大
根据动量守恒可得：
从A到B，根据能量守恒：
联立解得：
②设滑块到C处时小车的速度为v，则滑块的速度为2v，根据能量守恒：
解得：
小车的加速度：
根据
解得：s=L/3
26.（2016年全国2）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 （h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为 ，冰块的质量为 ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小 ．



（ⅰ）求斜面体的质量；
（ⅱ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】：（ⅰ）20kg （ⅱ）追不上
【解析】：（i）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20=(m2+ m3)v①
m2 =(m2+ m3)v2+m2gh②
式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得
m3=20kg ③
(ii)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1+m2v20④
代入数据得
v1=1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20=m2v2+m3v3⑥
⑦
解得v2=1m/s,所以冰块追不住小孩；