高考物理專題18動量備考強化訓練46動量守恒定律（一）新人教版

1、強化訓練46 動量守恒定律(一)本套強化訓練搜集近年來各地高中物理高考真題、模擬題及其它極有備考價值的習題等篩選而成。其主要目的在于：理解動量守恒定律的內容及其適用條件、掌握其矢量性、瞬時性、相對性規(guī)律.能應用動量守恒定律特點，解決其實際問題。解答此類問題時，要善于用數(shù)學歸納方法推導出物理變化規(guī)律。全卷20題，總計150分，選做題16道備用。一、破解依據(jù)系統(tǒng)守恒條件（詳見前文）數(shù)學表達式 ，即 ，亦即 ； ，即。彈性碰撞特點：動量、機械能均守恒。碰后兩體“依然分立”，系統(tǒng)機械能沒損失。方程組：，即 ，亦即 。完全非彈性碰撞特點：動量守恒，而機械能損失。實則碰后兩體“合而為一”，系統(tǒng)機械能損失最

2、大。方程組：，其中稱系統(tǒng)動能損失，其他算式類前。系統(tǒng)中有一對動摩擦力做功時，動能損失等于動摩擦力與相對位移之積（實則轉化為熱量）。二、 精選習題選擇題（每小題5分，共40分） (17全國)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）A30 B5.7102 C6.0102 D6.3102 2.( 15寧德質檢)如圖-1，質量為M的小車A停放在光滑的水平面上，小車上表面粗糙。質量為m的滑塊B以初速度v0滑到小車A上，車足夠長，滑塊不會從車上滑落，則小車的最終

3、速度大小為_（填選項前的字母）A零 B C D 圖-13.(14福建)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)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(tǒng)質量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率v1為()圖-2A.v0-v2 B.v0+v2 C.v0-v2 D.v0+ (v0-v2)4. ( 15南平綜測)如圖-2所示，A、B兩物體質量分別為、，且，置于光滑水平面上，相距較遠。將兩個大小均為F的力，同時分別作用在A、B上經相同距離后，撤去兩個力之后，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將_(填選項前的字母)

4、 圖-3A停止運動 B向左運動 C向右運動 D運動方向不能確定5.（14重慶）一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度=2m/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，取重力加速度g=10m/s2。則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是圖-46.(15宿遷檢測)物塊A和B用繞過定滑輪的輕繩相連，A的質量為m，B的質量為2mA穿在光滑豎直固定的長直桿上，滑輪與桿間的距離為l將A移到與滑輪等高處由靜止釋放，不考慮繩與滑輪間的摩擦，則下列說法正確的是( )AA在下降過程中加速度先變大后變小BA剛釋放時它的加速度大小等于重力加速度gC當A在下降過程中速度達到最大時，A與

5、B速度大小之比為21D當A的機械能最小時，B的重力勢能最大圖-5 7. (14漳州聯(lián)考)如圖-6所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平地面上，車上有2個質量均為m的小球，現(xiàn)用兩種方式將球相對于地面以恒定速度V向右水平拋出。第一種方式是將2個小球一起拋出，第二種方式是將小球依次先后拋出。比較用上述不同方式拋完小球后小車的最終速度（ ） A第一種較大 B第二種較大 C二者一樣大 D不能確定圖-68. ( 15龍巖綜測)真空室內，有質量分別為m和2m的甲、乙兩原子核，某時刻使它們分別同時獲得和的瞬時速率，并開始相向運動。由于它們間的庫侖斥力作用，二者始終沒有接觸，當兩原子核相距最近時，甲核的速度大小為

6、_。（填選項前的字母）ABCD填空題（共20分）9.（16天津）（4分）如圖-7所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一個小滑塊B，盒的質量是滑塊質量的2倍，滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數(shù)為；若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對盒靜止，則此時盒的速度大小為 ；滑塊相對盒運動的路程 。圖-710.(14上海)（4分）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vAvB=21,則動量大小之比pApB=;兩者碰后粘在一起運動,其總動量與A原來動量大小之比ppA=。11.(13上海)（4分）質量為M的物塊靜止在

7、光滑水平桌面上,質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后,以水平速度射出。則物塊的速度為,此過程中損失的機械能為。12. （14襄陽四中）（4分）用兩個大小相同的小球在光滑水平面上的正碰來“探究碰撞中的不變量”實驗，入射小球15，原來靜止的被碰小球10，由實驗測得它們在碰撞前后的圖象如圖-8所示，則碰撞前系統(tǒng)總動量 ，撞后系統(tǒng)的總動量 ，假設碰撞作用時間0.01，則碰撞時兩球間的平均作用力為 _。圖-813. ( 15揚州)（4分）水平面上質量為m的滑塊A以速度v碰撞質量為的靜止滑塊B，碰撞后AB的速度方向相同，它們的總動量為_；如果碰撞后滑塊B獲得的速度為v0，則碰撞后滑塊A的速度為_計算題（

8、共90分）14.（16全國）（10分）如圖-9所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直：a和b相距l(xiāng)；b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質量為m，b的質量為m，兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同，現(xiàn)使a以初速度向右滑動，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，求物塊與地面間的動摩擦力因數(shù)滿足的條件。圖-915.（14北京）（14分）如圖-10所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點現(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動已知圓弧軌道光滑，半徑R0.2 m；A和B的質量相等；A和B整體與桌

9、面之間的動摩擦因數(shù)0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：圖-10(1) 碰撞前瞬間A的速率v；(2) 碰撞后瞬間A和B整體的速率v； (3) A和B整體在桌面上滑動的距離l.16(17全國)（20分）如圖-11，兩個滑塊A和B的質量分別為mA1 kg和mB5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為10.5；木板的質量為m4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為20.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v03 m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2.求：(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；

10、(2)A、B開始運動時，兩者之間的距離圖-1117.（17江蘇）（4分）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18（14廣東） (18分)圖-12的水平軌道中，AC段的中點B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板，物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞，并接合成復合體P，以此碰撞時刻為計時零點，探測器只在t12 s至t24 s內工作已知P1、P2的質量都為m1 kg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為0.1，AB段長L4 m，g取10

11、m/s2，P1、P2和P均視為質點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞圖-12 (1)若v16 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能E；(2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內通過B點，求v1的取值范圍和P向左經過A 點時的最大動能E.19(14全國)（12分）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20.(14天津)（12分）如圖-13所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA4 kg

12、，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計可視為質點的物塊 B置于A的最右端，B的質量mB2 kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F10 N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經時間t0.6 s，二者的速度達到vt2 m/s.求：圖-13(1)A開始運動時加速度a的大??；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大??；(3)A的上表面長度l.(四)選做題21. (15青島).在如圖-14所示的光滑水平面上，小明站在靜止的小車上用力向右推靜止的木箱，木箱離開手以5m/s的速度向右勻速運動，運動一段時間后與豎直墻

13、壁發(fā)生彈性碰撞，反彈回來后被小明接住已知木箱的質量為30kg，人與車的質量為50kg求：推出木箱后小明和小車一起運動的速度大??；小明接住木箱后三者一起運動，在接木箱過程中系統(tǒng)損失的能量圖-1422. (15日照檢測)一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖-15所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接。現(xiàn)有一質量為m的小塊以大小為的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求：木塊在ab段受到的摩擦力f塊最后距a點的距離s。圖-1523.（1

14、4北大附中）用長l=16m的輕繩懸掛一質量為M=10kg的木塊（可視為質點）。一顆質量m=10g的子彈以水平速度v0=500m/s沿水平方向射穿木塊，射穿后的速度v=100m/s，子彈與木塊的作用時間極短，如圖-16所示。g=10m/s2。求：(1）在子彈打擊木塊的過程中系統(tǒng)（子彈與木塊）產生的內能Q。(2）打擊后，木塊上擺的最大高度H。(3）子彈射穿木塊后的瞬間，木塊所受繩的拉力T。圖-1624. (14西安五校)如圖-17所示，豎直平面內的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接，右邊與一個足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、 B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質量分別為1.5 kg和0.5 kg.現(xiàn)

15、讓A以6 m/s的速度水平向左運動，之后與墻壁碰撞，碰撞的時間為0.3 s，碰后的速度大小變?yōu)? m/s.當A與B碰撞后會立即粘在一起運動，g取10 m/s2，求：(1)在A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對A的平均作用力的大?。?2)A、B滑上圓弧軌道的最大高度圖-1725. (14長沙模擬)如圖-18所示，質量mB2kg的平板車B上表面水平，開始時靜止在光滑水平面上，在平板車左端靜止著一塊質量mA2kg的物塊A，一顆質量m00.01kg的子彈以v0600m/s的水平初速度瞬間射穿A后，速度變?yōu)関200m/s。已知A與B之間的動摩擦因數(shù)不為零，且A與B最終達到相對靜止，則整個過程中、B組成的系統(tǒng)因摩

16、擦產生的熱量為多少？圖-1826. (14徐州一中)如圖-19所示，在光滑水平面上放置質量為M的木塊，一質量為m、平速為v0的子彈水平射入木塊且未穿出。求： 子彈和木塊的共同速度；子彈與木塊摩擦產生的熱量Q圖-19 27. (14日照一中) 如圖-20所示，物塊A的質量為、物塊B的質量為，開始都靜止在光滑水平面上，現(xiàn)用大小均為F=5N的兩個力分別作A和B上，使A、B沿一條直線相向運動，物塊A上的力作用時間為，物塊B上的力作用時問為，先后撤去這兩個力后兩物塊發(fā)生對心正碰。如果碰撞后兩個物塊粘合為一體，求其運動的速度。圖-20 28. (14西工大附中) 兩質量分別為M1和M2的劈A和B，高度相同

17、，放在光滑水平面上，A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖-21所示，一質量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h。物塊從靜止滑下，然后滑上劈B。求物塊在B上能夠達到的最大高度。圖-21 29. (14武漢二中)如圖-22所示，三個大小相同、質量均為m的小球A、B、C靜止在光滑水平面上，且A、B、C共線，現(xiàn)讓A球以速度v0向著B運動，A、B兩球碰撞后粘在一起繼續(xù)向右運動并與C球發(fā)生彈性碰撞，求最終A、B、C的速度圖-2230. ( 15西安交大附中)（9分）如圖-23所示，質量為m的由絕緣材料制成的球與質量為M=19m的金屬球并排懸掛，擺長相同，均為L?，F(xiàn)將絕緣球拉至

18、與豎直方向成=60的位置自由釋放，擺至最低點與金屬球發(fā)生彈性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場，已知由于磁場的阻尼作用，金屬球總能在下一次碰撞前停在最低點處，重力加速度為g。求：(1)第一次碰撞前絕緣球的速度v0； (2)第一次碰撞后絕緣球的速度v1； (3)經過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于37。（你可能用到的數(shù)學知識：sin37=0.6，cos37=0.8，0.812=0.656，0.813=0.531，0.814=0.430，0.815=0.349，0.816=0.282）圖-2331. ( 15馬鞍山)（20分）如圖-24所示，一質量為m、長為L的木板A靜止在光滑水

19、平面上，其左側固定一勁度系數(shù)為k的水平輕質彈簧，彈簧原長為l0，右側用一不可伸長的輕質細繩連接于豎直墻上?，F(xiàn)使一可視為質點小物塊B以初速度v0從木板的右端無摩擦地向左滑動，而后壓縮彈簧。設B的質量為m，當時細繩恰好被拉斷。已知彈簧彈性勢能的表達式，其中k為勁度系數(shù)，x為彈簧的壓縮量。求：（1）細繩所能承受的最大拉力的大小Fm （2）當時，小物塊B滑離木板A時木板運動位移的大小sA（3）當2時，求細繩被拉斷后長木板的最大加速度am的大?。?）為保證小物塊在運動過程中速度方向不發(fā)生變化，應滿足的條件圖-2432. (15德州二模) (8分)如圖-25所示，在光滑的水平面上放置一個質量為2m的木板B

20、，B的左端放置一個質量為m的物塊A，已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)有質量為m的小球以水平速度飛來與A物塊碰撞后立即粘住，在整個運動過程中物塊A始終未滑離木板B，且物塊A和小球均可視為質點(重力加速度g)。求：物塊A相對B靜止后的速度大?。话錌至少多長。圖-2533. (14山東)如圖-26,光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接,A的質量為m。開始時橡皮筋松弛,B靜止,給A向左的初速度v0。一段時間后,B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍,也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求: B的質量;碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失。圖-2634. (14新課標 )

21、現(xiàn)利用圖-27甲所示的裝置驗證動量守恒定律。在圖-27甲中,氣墊導軌上有A、B兩個滑塊,滑塊A右側帶有一彈簧片,左側與打點計時器(圖中未畫出)的紙帶相連;滑塊B左側也帶有一彈簧片,上面固定一遮光片,光電計時器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時間。圖-27實驗測得滑塊A的質量m1=0.310kg,滑塊B的質量m2=0.108kg,遮光片的寬度d=1.00cm;打點計時器所用交流電的頻率f=50.0Hz。將光電門固定在滑塊B的右側,啟動打點計時器,給滑塊A一向右的初速度,使它與B相碰。碰后光電計時器顯示的時間為tB=3.500ms,碰撞前后打出的紙帶如圖-28乙所示。若實驗允許的相對誤差絕

22、對值(100%)最大為5%,本實驗是否在誤差范圍內驗證了動量守恒定律?寫出運算過程。35. (14海南)一靜止原子核發(fā)生衰變,生成一粒子及一新核。粒子垂直進入磁感應強度大小為B的勻強磁場,其運動軌跡是半徑為R的圓。已知粒子的質量為m,電荷量為q;新核的質量為M;光在真空中的速度大小為c。求衰變前原子核的質量。36. (13重慶)在一種新的“子母球”表演中,讓同一豎直線上的小球A和小球B,從距水平地面高度為ph(p1)和h的地方同時由靜止釋放,如圖-28所示。球A的質量為m,球B的質量為3m。設所有碰撞都是彈性碰撞,重力加速度大小為g,忽略球的直徑、空氣阻力及碰撞時間。(1)求球B第一次落地時球

23、A的速度大小;(2)若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰,求p的取值范圍;(3)在(2)情形下,要使球A第一次碰后能到達比其釋放點更高的位置,求p應滿足的條件。圖-28三、參考答案選擇題【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(jù)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?！敬鸢浮緾【解析】以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象所受合外力為零，因此系統(tǒng)動量守恒，由于摩擦力的作用，速度減小，速度增大，速度減小到最小時，速度達最大，最后、以共同速度運動，設、共同速度為，有：解得：故C正確，ABD錯誤。故選：C【答案

24、】選D?！窘馕觥扛鶕?jù)動量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,可得v1=v0+ (v0-v2),故選D?！敬鸢浮緾【解析】此題可以從兩個角度來分析，一是利用運動學公式和沖量的定義，結合動量守恒定律來分析；二是動能定理和動量的定義，結合動量守恒定律來分析力F大小相等，mAmB，由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度有：aAaB，由題意知：SA=SB，由運動學公式得：SA=aAtA2，SB=aBtB2，可知：tAtB，由IA=FtA，I2=FtB，得：IAIB，由動量定理可知PA=IA，PB=IB，則PAPB，碰前系統(tǒng)總動量向右，碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律可知，碰后總動量向右，故AB

25、D錯誤，C正確故選：C【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v0mv甲mv乙，解得4v03v甲v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向有hgt2，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(shù)據(jù)，可知B正確【另解】彈丸水平飛行爆炸時,在水平方向只有內力作用,外力為零,系統(tǒng)水平方向動量守恒,設m乙=m,m甲=3m,則爆炸前p總=(3m+m)v=8m,而爆炸后兩彈片都做平拋運動,由平拋規(guī)律可得:豎直方向為自由落體運動, ,解得t=1s;水平方向為勻速直線運動,x=vt,選項A:v甲=2.5m/s,v乙=0.5m/s(向左),p合=3m2.5+m(-0

26、.5)=7m,不滿足動量守恒,選項A錯誤;選項B:p合=3m2.5+m0.5=8m,滿足動量守恒,選項B正確;同理,選項C:p合=3m2+m1=7m,選項D:p合=3m2+m(-1)=5m,C、D均錯誤?！敬鸢浮緽CD【解析】A、對A分析，設繩子與豎直方向上的夾角為，根據(jù)牛頓第二定律得：，拉力在豎直方向上的分力逐漸增大，先小于A的重力然后大于A的重力，所以加速度先減小后增大故A錯誤；B、當A剛釋放的瞬間，繩子的拉力方向與桿子垂直，A所受的合力等于，則加速度為g，故B正確；C、當繩子在豎直方向上的分力等于A的重力時，速度最大，此時，有，解得：，將A的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，根據(jù)平行四

27、邊形定則得：，則，故C正確；D、因為除重力以外其它力做的功等于機械能的增量，在A運動的最低點的過程中，拉力一直做負功，則A的機械能一直減小，知A運動到最低點時，機械能最小，此時B上升到最高，所以B的重力勢能最大故D正確。故選：BCD?！敬鸢浮緾【解析】把兩個球和校車看作一個系統(tǒng)，依動量守恒定律可得由此解得故C正確，ABD錯誤?！敬鸢浮緽【解析】兩原子核組成的系統(tǒng)動量守恒，以甲的初速度方向為正方向，甲核剛要反向時速度為零，由動量守恒定律得：解得：，符號表示與甲的初速度方向相反，速度大小為。故選：B填空題【答案】【解析】設滑塊質量為m，則盒子的質量為2m；對整個過程，由動量守恒定律可得：mv=3m

28、V解得；由能量關系可知：解得：【答案】:1211【解析】物體A、B的動能相等,速度大小之比為vAvB=21,則質量之比為mAmB=14,設A的速度為v0、質量為m,則B的速度為-、質量為4m,故A的動量為mv0,B的動量為4m(-)=-2mv0,所以A、B的動量大小之比pApB=12。碰撞前后,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,則兩者的總動量mv0+4m(-)=-mv0,所以兩者的總動量與A原來的動量大小之比ppA=11?！敬鸢浮?m-m2【解析】由動量守恒定律,mv0=m+Mv,解得v=。由能量守恒定律,此過程中損失的機械能為E=m-m()2-Mv2=m-m2?！敬鸢浮俊敬鸢附馕觥?.015kgm/

29、s，0.015kgm/s，0.75N【解析】由位移與時間圖可知： 根據(jù)動量定律可得：，負號表示與1運動方向相反?！敬鸢浮俊ⅰ窘馕觥坑蓜恿渴睾愣傻?，碰撞后總動量不變，即：由動量守恒定律可得：解得：故答案為：、計算題【答案】?！窘馕觥吭O物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有 設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1。由能量守恒有設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1、v2，由動量守恒和能量守恒有mv1=mv1+v2聯(lián)立式解得v2=v1由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知聯(lián)立式，可得聯(lián)立式，a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件【答案】 (1)

30、2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m【解析】設滑塊的質量為m.(1)根據(jù)機械能守恒定律有mgRmv2解得碰撞前瞬間A的速率有v2 m/s.(2)根據(jù)動量守恒定律有mv2mv解得碰撞后瞬間A和B整體的速率vv1 m/s.(3)根據(jù)動能定理有(2m)v2(2m)gl解得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l0.25 m【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m【解析】 (1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動設A、B所受木板的摩擦力和木板所受地面的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1.在滑塊B與木板達到共同速

31、度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛頓第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1.由運動學公式有v1v0aBt1v1a1t1聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得v11 m/s(2)在t1時間間隔內，B相對于地面移動的距離為sBv0t1aBt設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2.設A的速度大小從v1變到

32、v2所用的時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2v1a2t2對A有v2v1aAt2在t2時間間隔內，B(以及木板)相對地面移動的距離為s1v1t2a2t在(t1t2)時間間隔內，A相對地面移動的距離為sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為s0sAs1sB聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s01.9 m(也可用如圖的速度時間圖線求解)【答案】3:2【解析】由動量守恒定律得，解得代入數(shù)據(jù)得【答案】35(1)3 m/s9 J(2)10 m/sv114 m/s17 J【解析】(1)P1、P2碰撞過程動量守恒，有mv12mv解得v3

33、m/s碰撞過程中損失的動能為Emv(2m)v2解得E9 J.(2)由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞故P在AC間等效為勻減速運動，設P在AC段加速度大小為a，碰后經過B點的速度為v2 ，由牛頓第二定律和運動學規(guī)律，得(2m)g2ma3Lv tat2v2vat解得v12vv2由于2 st4 s所以解得v1的取值范圍10 m/sv114 m/sv2的取值范圍1 m/sv25 m/s所以當v25 m/s時，P向左經過A點時有最大速度v3則P向左經過A點時有最大動能E(2m)v17 J.【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，

34、碰后乙的速度大小為V.由動量守恒定律有mvMVMV代入數(shù)據(jù)得V1.0 m/s(2)設碰撞過程中總機械能的損失為E，應有mv2MV2MV2E聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得E1400 J【答案】（1）；（2）；（3）0.45?！窘馕觥浚?）以A為研究對象，由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得（2）對A，B碰撞后共同運動的過程，由動量定理得代入數(shù)據(jù)解得（3）設A，B發(fā)生碰撞前，A的速度為，對A，B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有()A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有由式，代入數(shù)據(jù)解得10(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m解析 (1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有FmAa代入數(shù)據(jù)解得a2.

35、5 m/s2(2)對A、B碰撞后共同運動t0.6 s的過程，由動量定理得Ft(mAmB)vt(mAmB)v代入數(shù)據(jù)解得v1 m/s(3)設A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAvA(mAmB)vA從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有FlmAv由式，代入數(shù)據(jù)解得l0.45 m（四）選做題21.【答案】；【解析】人在推木箱的過程，由動量守恒定律可得： 代入數(shù)據(jù)可得：小明在接木箱的過程，由動量守恒定律可得：代入數(shù)據(jù)可得：故損失的能量： 代入數(shù)據(jù)可得：22.【答案】；【解析】（1）設木塊和物體P共同速度為，兩物體從開始到第一次到達共同速度過程由動量和能量守恒

36、得： 由得： （2）木塊返回與物體P第二次達到共同速度與第一次相同（動量守恒）全過程能量守恒得： 由得：23. 【解答】（1） (2） (3） 24. 【答案】(1)50 N(2)0.45 m【解析】 (1)設水平向右為正方向，當A與墻壁碰撞時根據(jù)動量定理有FtmAv1mA(v1)解得F50 N.(2)設碰撞后A、B的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律有mAv1(mAmB)vA、B在光滑圓形軌道上滑動時，機械能守恒，由機械能守恒定律得(mAmB)v2(mAmB)gh解得h0.45 m.25. 【答案】2J?！窘馕觥繉τ谧訌棥⑽飰KA相互作用過程，由動量守恒定律得解得對于A、B相互作用過程中，由動量守

37、恒定律得v=1m/sA、 B系統(tǒng)因摩擦產生的熱量等于A、B系統(tǒng)損失的的動能，即26. 【答案】（1）（2）【解析】（1）根據(jù)動量守恒定律有： 得 （2）根據(jù)能量守恒，產生的熱量為 。27. 【答案】m/s，方向：向左 【解析】對物塊A由動量定理有 對物塊B由動量定理有 設撤去外力F后A、B碰撞并粘合在一起的共同速度大小為v，規(guī)定向左為運動的正方向，由動量守恒定律有 解得：m/sm/s 方向向左 28.【答案】【解析】設物塊到達劈A的低端時，物塊和A的的速度大小分別為和V，由機械能守恒和動量守恒得 設物塊在劈B上達到的最大高度為，此時物塊和B的共同速度大小為，由機械能守恒和動量守恒得 聯(lián)立得 2

38、9. 【答案】【解析】A、B相碰，根據(jù)動量守恒定律得mv02mv1A、B兩球與C球碰撞，碰后兩球依然具有共同速度，vAvBvAB，根據(jù)動量守恒定律得2mv12mvABmvC彈性碰撞過程中能量守恒，則2mv2mvmv聯(lián)立以上各式解得vAvBvAB，vC30. 【答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）。 【解析】（1）絕緣球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得： 解得：（2）兩球碰撞過程動量守恒，以絕緣球的初速度方向為正方向，由動滑輪守恒定律得： 由機械能守恒定律得： 聯(lián)立解得：，負號表示方向與碰撞前方向相反，向右；（3）設在第n次碰撞前絕緣球的速度為，碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為和由于碰撞過程中動量守恒和機械能守恒，以碰撞前絕緣球的速度方向為正方向，由動量守恒定律得： 由機械能守恒定律得： 由、兩式及，解得：第n次碰撞后絕緣球的動