高一物理暑假作業(yè)13 動量和能量專題（解析版）-2025版高一物理暑假作業(yè)

高一物理暑假作業(yè)13動量和能量專題1.(多選)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）

A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的動量大小比乙的小C．甲的動量大小與乙的相等 D．甲和乙的動量之和不為零【答案】BD【解析】對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

A．根據(jù)牛頓第二定律有由于m甲>m乙所以a甲<a乙由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲<v乙，A錯誤；BCD．對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。故選BD。2.(單選)福建屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺風(fēng)影響。已知10級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍大約為，16級臺風(fēng)的風(fēng)速大約范圍為。若臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌，則16級臺風(fēng)對該交通標(biāo)志牌的作用力大小約為10級臺風(fēng)的（）A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍【答案】B【解析】設(shè)空氣的密度為，風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為，在時間的空氣質(zhì)量為假定臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的末速度變?yōu)榱?，對風(fēng)由動量定理有可得10級臺風(fēng)的風(fēng)速，16級臺風(fēng)的風(fēng)速，則有故選B。3.(單選)高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)．此后經(jīng)歷時間t安全帶達(dá)到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(??)A．＋mg B．－mgC．＋mg D．－mg【答案】A【解析】在安全帶對人有拉力的瞬間時，人做自由落體運動，此過程機械能守恒，故有即在產(chǎn)生拉力瞬間速度為之后人在安全帶的作用下做變速運動，末速度為零，設(shè)向上為正方向，則根據(jù)動量定理可得聯(lián)立解得故選A。4.(單選)如圖所示，A、B兩小球在光滑水平面上分別以動量p1＝4kg·m/s和p2＝6kg·m/s(向右為參考正方向)做勻速直線運動，則在A球追上B球并與之碰撞的過程中，兩小球的動量變化量Δp1和Δp2可能分別為()A．－2kg·m/s,3kg·m/sB．－8kg·m/s,8kg·m/sC．1kg·m/s,－1kg·m/sD．－2kg·m/s,2kg·m/s【答案】D【解析】由于碰撞過程中，動量守恒，兩小球動量變化大小相等，方向相反，因此A錯誤；因為碰撞的過程中動能不增加．若Δp1和Δp2分別為－8kg·m/s,8kg·m/s，則p1′＝－4kg·m/s，p2′＝14kg·m/s，根據(jù)Ek＝eq\f(p2,2m)知相撞過程中動能增加，B錯誤；兩球碰撞的過程中，B球的動量增加，Δp2為正值，A球的動量減小，Δp1為負(fù)值，故C錯誤．變化量分別為－2kg·m/s,2kg·m/s，符合動量守恒、動能不增加以及實際的規(guī)律，故D正確．5.(多選)甲、乙兩球在光滑的水平面上，沿同一直線同一方向運動，它們的動量分別為p甲=10kg·m/s，p乙=14kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，當(dāng)甲追上乙發(fā)生碰撞后，乙球的動量變?yōu)?0kg·m/s，則甲、乙兩球的質(zhì)量m甲：m乙的關(guān)系可能是（）A．3：10 B．1：10 C．1：4 D．1：6【答案】AC【解析】因為碰撞前，甲球速度大于乙球速度，則有，得到；根據(jù)動量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得p甲′=4kg?m/s．根據(jù)碰撞過程總動能不增加，得到：代入解得：；碰撞后兩球同向運動，則甲的速度不大于乙的速度，應(yīng)有：代入解得：；綜合有：．故AC正確，BD錯誤．故選AC.6.(單選)如圖所示，光滑水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1、m2的小球A、B，放在與左側(cè)豎直墻垂直的直線上，設(shè)B開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球以速度v朝著B運動，設(shè)系統(tǒng)處處無摩擦，所有的碰撞均無機械能損失，則下列判斷正確的是()A．若m1＝m2，則兩球之間有且僅有兩次碰撞B．若m1?m2，則兩球之間可能發(fā)生兩次碰撞C．兩球第一次碰撞后B球的速度一定是eq\f(v,2)D．兩球第一次碰撞后A球一定向右運動【答案】A【解析】設(shè)A球和B球第一次碰撞后速度分別為v1和v2，取向左為正方向。根據(jù)動量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2①根據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)②解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v③若m1＝m2，則得v1＝0，v2＝v，即A與B碰撞后交換速度，當(dāng)B球與墻壁碰后以速度v2返回，并與A球發(fā)生第二次碰撞，之后B靜止，A向右運動，不再發(fā)生碰撞，所以兩球之間有且僅有兩次碰撞，故A正確。若m1?m2，則得v1≈－v，v2≈0，兩球之間只能發(fā)生一次碰撞，故B錯誤；兩球第一次碰撞后，B球的速度為v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v，不一定是eq\f(v,2)，與兩球的質(zhì)量關(guān)系有關(guān)，故C錯誤；兩球第一次碰撞后A球的速度為v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，當(dāng)m1>m2時，v1>0，碰后A球向左運動，當(dāng)m1＝m2時，v1＝0，碰后A球靜止，當(dāng)m1<m2時，v1<0，碰后A球向右運動，故D錯誤。7.(單選)如圖所示，在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個eq\f(1,4)弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點切線水平。另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計摩擦。下列說法中正確的是()A．當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時，小球能到達(dá)B點B．如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上C．當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時，小球在弧形凹槽上運動的過程中，滑塊的動能一直增大D．如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為meq\f(v02,R)【答案】C【解析】弧形槽不固定，當(dāng)v0＝eq\r(2gR)時，小球沿槽上升的高度為h，則有：mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq\f(M,M＋m)R＜R，故A錯誤；因小球?qū)⌒尾鄣膲毫κ冀K對滑塊做正功，故滑塊的動能一直增大，C正確；當(dāng)小球速度足夠大，從B點離開滑塊時，由于B點切線豎直，在B點時小球與滑塊的水平速度相同，離開B點后將再次從B點落回，不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上，B錯誤；如果滑塊固定，小球返回A點時對滑塊的壓力為mg＋meq\f(v02,R)，D錯誤。8.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M＝1kg的木板靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m＝3kg的滑塊以初速度v0＝2m/s從木板的左端向右滑上木板，滑塊始終未離開木板。則下面說法正確的是()A．滑塊和木板的加速度大小之比是1∶3B．整個過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能是1.5JC．可以求出木板的最小長度是1.5mD．從開始到滑塊與木板相對靜止這段時間內(nèi)，滑塊與木板的位移之比是7∶3【答案】ABD【解析】因水平面光滑，滑塊與木板所受的合外力為一對滑動摩擦力，大小相等，方向相反，由牛頓第二定律可知，其加速度大小之比為eq\f(am,aM)＝eq\f(M,m)＝eq\f(1,3)，A正確；滑塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，最終二者同速，有mv0＝(M＋m)v，解得v＝1.5m/s，由能量守恒定律可得：整個過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝1.5J，故B正確；由于不知道動摩擦因數(shù)和滑塊與木板的相對運動時間，不能求出木板的最小長度，故C錯誤；從開始到滑塊與木板相對靜止這段時間內(nèi)，滑塊運動的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t，木板的位移x2＝eq\f(v,2)t，兩者之比eq\f(x1,x2)＝eq\f(v0＋v,v)＝eq\f(2＋1.5,1.5)＝eq\f(7,3)，故D正確。9.(單選)質(zhì)量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的動量大于的動量 D．碰撞后的動能小于的動能【答案】C【解析】A．圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知碰前的速度大小為碰前速度為0，A錯誤；B．兩物體正碰后，碰后的速度大小為碰后的速度大小為碰后兩物體的速率相等，B錯誤；C．兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為根據(jù)動量的表達(dá)式可知碰后的動量大于的動量，C正確；D．根據(jù)動能的表達(dá)式可知碰后的動能大于的動能，D錯誤。故選C。10.(單選)一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1．不計質(zhì)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(

)A．B．C．D．【答案】D【解析】試題分析：炮彈到達(dá)最高點時爆炸時，爆炸的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力（外力），遵守動量守恒定律；當(dāng)炮彈到達(dá)最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，兩片炸彈都做平拋運動．根據(jù)平拋運動的基本公式即可解題．規(guī)定向右為正，設(shè)彈丸的質(zhì)量為4m，則甲的質(zhì)量為3m，乙的質(zhì)量為m，炮彈到達(dá)最高點時爆炸時，爆炸的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力（外力），遵守動量守恒定律，則有,則，兩塊彈片都做平拋運動，高度一樣，則運動時間相等，，水平方向做勻速運動，，則，結(jié)合圖象可知，D的位移滿足上述表達(dá)式，故D正確．11.(多選)光滑水平面上放有質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B，用細(xì)線將它們連接起來，兩物塊中間加有一壓縮的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為x?，F(xiàn)將細(xì)線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則()A．物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為eq\f(x,2)B．物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為eq\f(2,3)xC．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為eq\f(3,2)mv2D．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mv2【答案】AD【解析】當(dāng)物塊A的加速度大小為a時，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得kx＝2ma。當(dāng)物塊B的加速度大小為a時，有：kx′＝ma，對比可得：x′＝eq\f(x,2)，即此時彈簧的壓縮量為eq\f(x,2)，故A正確。取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得：2meq\f(xA,t)－meq\f(xB,t)＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移為：xA＝eq\f(1,3)x，故B錯誤。根據(jù)動量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物塊B剛要離開彈簧時的速度vB＝2v，由系統(tǒng)的機械能守恒得：物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為：Ep＝eq\f(1,2)·2mv2＋eq\f(1,2)mvB2＝3mv2，故C錯誤，D正確。12.國慶同學(xué)在做“驗證動量守恒定律”實驗中，所用裝置如圖甲所示，已知槽口末端在白紙上的投影位置為O點?；卮鹨韵聠栴}：(1)實驗室的老師為國慶同學(xué)準(zhǔn)備了一些實驗儀器，本實驗中需要的是________。A.秒表 B.天平C.刻度尺 D.打點計時器(2)為了完成本實驗，下列必須具備的實驗條件或操作步驟是________。A.斜槽軌道末端的切線必須水平B.入射球和被碰球大小必須相同C.入射球和被碰球的質(zhì)量必須相等D.必須測出桌面離地的高度H(3)國慶同學(xué)在實驗中正確操作，認(rèn)真測量，得出的落點情況如圖乙所示，則入射小球質(zhì)量和被碰小球質(zhì)量之比為________?！敬鸢浮?1)BC(2)AB(3)3∶2【解析】(1)本實驗中由于平拋運動高度相同，運動時間相同，不需要測量時間，A錯誤；驗證動量守恒，需要計算動量，需要測量質(zhì)量，B正確；實驗中需要測量落點到拋出點的水平距離，故需要刻度尺，C正確；實驗中不需要處理紙帶，不需要打點計時器，D錯誤。(2)實驗是通過平拋研究問題，故槽口末端水平，A正確；兩球需要發(fā)生對心碰撞，則兩球大小需相同，B正確；入射球質(zhì)量要大于被碰球質(zhì)量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈，C錯誤；小球平拋運動時間相同，不需要測出桌面離地的高度，D錯誤。(3)P是入射球碰撞前的落點，M是入射球碰撞后的落點，N是被碰球碰撞后的落點，實驗需要驗證m1v1＝m1v1′＋m2v2兩邊同時乘以小球做平拋運動的時間t，得m1v1t＝m1v1′t＋m2v2t結(jié)合平拋運動規(guī)律得m1eq\o(OP,\s\up6(－))＝m1eq\o(OM,\s\up6(－))＋m2eq\o(ON,\s\up6(－))代入數(shù)據(jù)解得m1∶m2＝3∶2。13.用如圖所示的裝置可以驗證動量守恒定律，在滑塊A和B相碰的端面上裝上彈性碰撞架，它們的上端裝有等寬的擋光片。(1)實驗前需要調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平：在軌道上只放滑塊A，輕推一下滑塊A，其通過光電門Ⅰ和光電門Ⅱ的時間分別為t1、t2，當(dāng)t1________(選填“>”“＝”或“<”)t2時說明氣墊導(dǎo)軌水平。(2)滑塊A靜置于光電門Ⅰ的左側(cè)，滑塊B靜置于兩光電門間的某一適當(dāng)位置。給A一個向右的初速度，通過光電門Ⅰ的時間為Δt1，A與B碰撞后A再次通過光電門Ⅰ的時間為Δt2，滑塊B通過光電門Ⅱ的時間為Δt3。為完成該實驗，還必須測量的物理量有________。A.擋光片的寬度dB.滑塊A的總質(zhì)量m1C.滑塊B的總質(zhì)量m2D.光電門Ⅰ到光電門Ⅱ的間距L(3)若滑塊A和B在碰撞的過程中動量守恒，則應(yīng)該滿足的表達(dá)式為______________(用已知量和測量量表示)。【答案】(1)＝(2)BC(3)m1eq\f(1,Δt1)＝m2eq\f(1,Δt3)－m1eq\f(1,Δt2)【解析】(1)如果導(dǎo)軌水平，滑塊A將在導(dǎo)軌上做勻速直線運動，因此通過兩個光電門所用的時間相等，即t1＝t2。(2)取向右為正方向，根據(jù)題意可知A碰撞前的速度v1＝eq\f(d,Δt1)，A與B碰撞后A的速度v2＝－eq\f(d,Δt2)，B被碰撞后的速度為v3＝eq\f(d,Δt3)，若A、B碰撞過程中動量守恒，則有m1v1＝m2v3＋m1v2，將碰撞前后A、B的速度代入，得m1eq\f(d,Δt1)＝m2eq\f(d,Δt3)＋m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(d,Δt2)))＝m2eq\f(d,Δt3)－m1eq\f(d,Δt2)，約去d，化簡得m1eq\f(1,Δt1)＝m2eq\f(1,Δt3)－m1eq\f(1,Δt2)，故還必需測量的物理量有A、B的質(zhì)量，故選B、C。(3)若滑塊A和B在碰撞的過程中動量守恒，則應(yīng)該滿足的表達(dá)式為m1eq\f(1,Δt1)＝m2eq\f(1,Δt3)－m1eq\f(1,Δt2)。14.如圖所示，光滑水平面上有一具有光滑曲面的靜止滑塊B，可視為質(zhì)點的小球A從B的曲面上離地面高為h處由靜止釋放，且A可以平穩(wěn)地由B的曲面滑至水平地面．已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，重力加速度為g，試求：(1)A剛從B上滑至地面時的速度大??；(2)若A到地面后與地面上的固定擋板P碰撞，之后以原速率反彈，則A返回B的曲面上能到達(dá)的最大高度為多少？【答案】(1)eq\f(1,2)eq\r(6gh)(2)eq\f(1,4)h【解析】(1)設(shè)A剛滑至地面時速度大小為v1，B速度大小為v2，規(guī)定向右為正方向，由水平方向動量守恒得3mv2－mv1＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×3mv22聯(lián)立以上兩式解得：v1＝eq\f(1,2)eq\r(6gh)v2＝eq\f(1,6)eq\r(6gh).(2)從A與擋板碰后開始，到A追上B到達(dá)最大高度h′并具有共同速度v，此過程根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得mv1＋3mv2＝4mv根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)×4mv2＋mgh′聯(lián)立解得：h′＝eq\f(1,4)h.15.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C.B的左側(cè)固定一輕彈簧，彈簧左側(cè)擋板的質(zhì)量不計.設(shè)A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，且B與C碰撞時間極短.此后A繼續(xù)壓縮彈簧，直至彈簧被壓縮到最短.在上述過程中，求：(1)B與C相碰后的瞬間，B與C粘接在一起時的速度大??；(2)整個系統(tǒng)損失的機械能；(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能.【答案】(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)【解析】(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1設(shè)碰撞后瞬間B與C的速度為v2，由動量守恒定律得：mv1＝2mv2解得：v2＝eq\f(v0,4)(2)設(shè)B與C碰撞損失的機械能為ΔE.由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)整個系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(3)由于v2<v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此時速度為v3，彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep，由動量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝3mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep解得：Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)16.某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。【答案】(1)ρv0S(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)【解析】(1)在剛噴出一段很短的Δt時間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變。該時間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③由①②③可得噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S(2)設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖＝Mg④其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底部柱的作用力由牛頓第三定律：F壓＝F沖⑤其中，F(xiàn)壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達(dá)玩具底部時的速度由運動學(xué)公式：v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短Δt時間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應(yīng)用動量定理(F壓＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)镕壓Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)17.如圖所示，一個半徑R＝1.00m的粗糙eq\f(1,4)圓弧軌道，固定在豎直平面內(nèi)，其下端切線是水平的，距地面高度h＝1.25m．在軌道末端放有質(zhì)量mB＝0.30kg的小球B(視為質(zhì)點)，B左側(cè)裝有微型傳感器，另一質(zhì)量mA＝0.10kg的小球A(也視為質(zhì)點)由軌道上端點從靜止開始釋放，運動到軌道最低處時，傳感器顯示示數(shù)為2.6N，A與B發(fā)生正碰，碰后B小球水平飛出，落到地面時的水平位移x＝0.80m，不計空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2.求：(1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功；(2)A與B碰撞過程中，系統(tǒng)損失的機械能．【答案】(1)0.20J(2)0.384J【解析】(1)在最低點，對A球由牛頓第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(vA2,R)得vA＝4.00m/s在A下落過程中，由動能定理有：mAgR－Wf＝eq\f(1,2)mAvA2A球在碰前克服摩擦力所做的功Wf＝0.20J.(2)碰后B球做平拋運動，在水平方向有x＝vB′t在豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立以上兩式可得碰后B的速度vB′＝1.6m/s對A、B碰撞過程，由動量守恒定律有mAvA＝mAvA′＋mBvB′碰后A球的速度vA′＝－0.80m/s，負(fù)號表示碰后A球運動方向向左由能量守恒得，碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能：ΔE損＝eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mBvB′2故ΔE損＝0.384J在A與B碰撞的過程中，系統(tǒng)損失的機械能為0.384J.18.如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M＝2kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶始終以u＝2m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動。裝置的右邊是一光滑的曲面，質(zhì)量m＝1kg的小物塊B從其上距水平臺面h＝1.0m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，l＝1.0m。設(shè)物塊A與物塊B發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)。取g＝10m/s2。(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前速度大??；(2)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊曲面上？(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當(dāng)他們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運動速度大小?！敬鸢浮?1)4m/s(2)不能，計算過程見解析(3)eq\f(4,3n)m/s【解析】(1)設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為v0，由機械能守恒知mgh＝eq\f(1,2)mv02則v0＝eq\r(2gh)。設(shè)物塊B在傳送帶上滑動過程中因受摩擦力所產(chǎn)生的加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma設(shè)物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v，有v2－v02＝－2al聯(lián)立解得v＝4m/s由于v>u＝2m/s，所以v＝4m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小。(2)設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為V、v1，取向右為正方向，由彈性碰撞知－mv＝mv1＋MVeq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)MV2解得v1＝eq\f(1,3)v＝eq\f(4,3)m/s即碰撞后物塊B沿水平臺面向右勻速運動設(shè)物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l′，則0－v12＝－2al′l′＝eq\f(4,9)m＜1m所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上。(3)當(dāng)物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零時，將會沿傳送帶向左加速?？梢耘袛?，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為v1，繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞。設(shè)第二次碰撞后物塊B速度大小為v2，同上計算可知v2＝eq\f(1,3)v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2v物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞、……碰撞后物塊B的速度大小依次為v3＝eq\f(1,3)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3v、v4＝eq\f(1,3)v3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4v、……則第n次碰撞后物塊B的速度大小為vn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))nv＝eq\f(4,3n)m/s。19.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(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s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＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【答案】(1)20kg(2)不能追上小孩，判斷過程見解析【解析】(1)規(guī)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(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由