【单元练】(人教版)长沙高中物理选修1第一章【动量守恒定律】基础练习(答案解析)

一、选择题
1．高空作业须系安全带。

如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。

此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）
A mg
B mg
-C mg
+D mg
- A 解析：A
如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。

此时速度
22
v gh
=
解得
v
取向上为正，根据动量定理有
()()
T mg t mv
-=--
解得该段时间安全带对人的平均作用力大小为
m
T g
=+
故选A。

2．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为p A=12kg·m/s、p B=13kg·m/s，碰后它们的动量变化分别为Δp A、Δp B，下列数值可能正确的是（）
A．Δp A=-3kg·m/s、Δp B=3kg·m/s B．Δp A=3kg·m/s、Δp B=-3kg·m/s
C．Δp A=-24kg·m/s、Δp B=24kg·m/s D．Δp A=24kg·m/s、Δp B=-24kg·m/s A
解析：A
BD．对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加、碰撞过程要符合实际情况。

本题属于追及碰撞，碰前，后面小球的运动速度一定要大于前面小球的运动速度（否则无法实现碰撞）。

碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小。

减小量等于增大量，所以Δp A<0，Δp B>0，并且
Δp A=-Δp B
据此可排除选项B、D，BD错误；
AC．若Δp A=-24kg·m/s、Δp B=24kg·m/s，碰后两球的动量分别为p A=-12kg·m/s，
p B=37kg·m/s，根据关系式E k=
2
2
p
m
可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的
质量不变，动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，只有选项A中的数值满足碰撞所遵循的三个原则，A正确，C错误。

故选A 。

3．动量相等的甲、乙两车刹车后分别沿两水平路面滑行。

若两车质量之比
:23m m =甲乙：，路面对两车的阻力相同，则甲、乙两车的滑行距离之比为（ ） A ．3：2
B ．2：3
C ．9：4
D ．4：9A
解析：A
由公式 p mv =
=f ma
22v ax =
联立方程，解得
3:2x x =甲乙：
故选A 。

4．如图所示，静止在光滑水平面上的小车，上面是由两个对称的光滑曲面组成，整个小车的质量为m ，现有一个质量也是m 可看作质点的小球，以水平速度v 0从小车的左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。

下列说法正确的（ ）
A ．此过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B ．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
C ．小车上的曲面的高度一定小于204v g
D ．若减小小球的初速度，则小球与小车分开后，小球做自由落体运动D
解析：D
A ．小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；
B ．小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，小球滑离小车时，小车不会回到原位置，故B 错误；
C ．小球恰好到达小车的最高点时小球与小车的速度相等，设共同速度为v 共，小球运动到最高点过程中，小球和小车在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv 0=（m +m ）v 共
曲面与地面光滑，整个运动过程只有重力做功，小球与小车组成的系统机械能守恒，由据机械能守恒定律得
()2021122
mv m m h v mg ++共＝ 解得
204v h g
= 故C 错误；
D ．若减小小球的初速度，小球会从左侧滑下小车，设小球、小车的速度分别为v 1、v 2，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方，在水平方向，由动量守恒定律得
mv 0=mv 1+mv 2
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得
12mv 02=12mv 12+12
mv 22 解得
v 1=0
v 2=v 0
小球离开小车后做自由落体运动，故D 正确。

故选D 。

5．如图所示，将一光滑的质量为4m 半径为R 的半圆槽置于光滑水平面上，在槽的左侧紧挨有一个质量为m 的物块，今让一质量也为m 的小球自左侧槽口A 的正上方高R 处从静止开始落下，与半圆槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）
A ．小球在半圆槽内第一次到最低点
B 的运动过程中，槽的支持力对小球不做功
B ．小球第一次运动到半圆槽的最低点B 时，小球与槽的速度大小之比为4:1
C ．小球第一次从C 点滑出后将做竖直上抛运动
D ．物块最终的动能为
15
mgR D 解析：D
A ．小球从A 到
B 的过程中，小球对半圆槽的压力方向向左下方，所以半圆槽要向左推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动，一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向左运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90，故槽的支持力对小球做负功，故A 错误；
B ．由于小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向右为正，则有 12(4)0mv m m v -+=
解得12:5:1v v =，故B 错误；
CD ．小球从A 到B 的过程，根据系统机械能守恒得
2212112(4)22mg R mv m m v =++ 联立C 选选项中式子解得
1103gR v =，211053
gR v = 当小球从B 到C 的过程中，小球对半圆槽有向右下方的压力，半圆槽开始减速，与物块分离，则物块最终以211053gR v =的速度向左匀速运动，则物块的动能为 221215
k mgR E mv == 由于小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，小球第一次到达C 点时，因为小物块速度不为0，则小球和半圆槽的水平速度也不可能为0，故小球第一次从C 点滑出后不可能做竖直上抛运动，故C 错误，D 正确。

故选D 。

6．质量相等的A 、B 两个物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t 0和4t 0，A 、B 的速度分别达到2v 0和v 0时，分别撤去拉力，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两个物体速度随时间变化的图像如图所示，设F 1和F 2的冲量分别为I 1和I 2，F 1和F 2做的功分别为W 1和W 2，则下列结论正确的是（ ）
A ．I 1＞I 2，W 1＞W 2
B ．I 1＜I 2，W 1＞W 2
C ．I 1＜I 2，W 1＜W 2
D ．I 1＞I 2，W 1＜W 2B
解析：B
从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为
00
v a t =
根据牛顿第二定律，匀减速运动中有 =f ma
则摩擦力大小相等，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6：5；对全过程运用动能定理得
110W fs -=，220W fs -=
得
11W fs =，22W fs =
由上可知，整个运动过程中F 1和F 2做功之比为
12:6:5W W =
即
12W W > 根据图象知，匀加速运动的加速度分别为002v t 、004v t ，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有
F f ma -= 则
010
3mv F t =
、02054mv F t = F 1和F 2的大小之比为12：5，则 101220121314545
F t I I F t ⋅⨯===<⋅⨯ 所以
12I I <
故选B 。

7．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则（ ）
A ．A 不能到达
B 圆槽的左侧最高点
B ．B 一直向右运动
C ．A 43gR
D ．B 向右运动的最大位移大小为
3
R C 解析：C
A ．设A 到达左侧最高点的速度为v ，以小球和槽组成的系统为研究对象，根据系统水平动量守恒知，系统的初动量为零，则末总动量为零，即v =0，根据系统的机械能守恒知，A 能到达
B 圆槽左侧的最高点，故A 错误；
C ．设A 到达最低点时的速度大小为v A ，槽的速度大小为v B 。

取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
02A B mv mv =-
解得 2A B v v = 根据系统的机械能守恒得 2211222
A B mg mv v R m =+⋅ 解得
43
A gR v =
故C 正确； B ．因为A 和B 组成的系统在水平方向上动量守恒，当A 在水平方向上的速度向左时，B 的速度向右，当A 在水平方向上的速度向右时，则B 的速度向左，故B 错误；
D ．因为A 和B 组成的系统在水平方向上动量守恒，当A 运动到左侧最高点时，B 向右运动的位移最大，设B 向右的最大位移为x ，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得
02A B mv mv =-
即
22R x x m
m t t
-= 解得 23
x R =
故D 错误；
故选C 。

8．如图所示是一颗质量m =50g 的子弹射过一张扑克牌的照片，子弹完全穿过一张扑克牌所需的时间t 1约为1.0×10-4s ，子弹的真实长度为2.0cm （扑克牌宽度约为子弹长度的4倍），若子弹以相同初速度经时间t 2=1.0×10-3s 射入墙壁，则子弹射入墙壁时，其对墙壁的平均作用力约为（ ）
A ．5×103N
B ．5×104N
C ．5×105N
D ．5×106N B
解析：B
由图可知，扑克牌的宽度约为子弹长度的4倍，即子弹穿过扑克牌的位移大小为
5 2.0cm=10cm x =⨯
子弹穿过扑克牌的运动可看作匀速直线运动，由 41.010
0.10m/s 1000m/s x v t -===⨯ 设墙壁对子弹的平均作用力为F ，选子弹飞来的方向为正方向，对子弹由动量定理可得
20Ft mv -=-
解得：4510N F =⨯，由牛顿第三定律可得，子弹对墙壁的平均作用力大小为4510N ⨯； 故选B 。

9．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h 处由静止开始下滑。

下列说法正确的是（ ）
A ．物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒
B ．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
C ．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零
D ．物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h 处D
解析：D
AB ．物块沿槽下滑过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故AB 错误；
C ．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化，物体的动量变化量不为零，故物体受到的冲量不为零，C 错误；
D ．物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h 处，D 正确。

故选D 。

10．下面关于物体动量和冲量的说法不正确的是（ ）
A ．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
B ．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变
C ．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向
D ．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快A
解析：A
A ．由动量定理
21I mv mv =-
物体所受合外力冲量越大，动量的变化越大，动量不一定大，Ａ错误；
B ．由动量定理
21I mv mv =-
物体所受合外力冲量不为零，动量变化量一定不等于零，它的动量一定要改变，Ｂ正确； C ．由动量定理
21I mv mv =-
冲量与动量变化大小相等，方向相同，C 正确；
D ．由动量定理得p F t
∆=
∆ ，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化越快，D 正确。

故选A 。

二、填空题
11．如图所示，A 、B 两物体的质量分别为3kg 与1kg ，相互作用后沿同一直线运动，它们的位移－时间图像如图所示，则A 物体在相互作用前后的动量变化是_____kg m/s ⋅，B 物体在相互作用前后的动量变化是_____kg m/s ⋅，相互作用前后A 、B 系统的总动量_____。

－3不变
解析：－3 不变
根据x －t 图象的斜率等于速度，由图象可知，碰撞前两物体的速度分别为
0A v =，16m/s 4m/s 4
B v =
= 碰撞后共同体的速度为 2016m/s 1m/s 84
v -=
=- [1]A 物体在相互作用前后的动量变化是 (3130)kg m/s 3kg m/s A A A A p m v m v ∆=-=⨯-⨯⋅=⋅
[2]B 物体在相互作用前后的动量变化是
(1114)kg m/s 3kg m/s B B B B p m v m v ∆=-=⨯-⨯⋅=-⋅
[3]系统相互作用前的总动量
(3014)kg m/s 4kg m/s A A B B p m v m v =+=⨯+⨯⋅=⋅
系统相互作用后的总动量为
)(311kg m/s 4kg m/s A B p m m v '=+=+⨯⋅=⋅（）
则相互作用前后系统总动量不变
12．质量m 的物体，从高h 处以速度v 0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为_______。

m
解析：m 2gh 物体做平抛运动，运动的时间由212
h gt =得 2h t g
= 由冲量计算式得重力的冲量为
2I mgt m gh ==
13．将质量为m=1kg 的小球，从距水平地面高h=5m 处，以v 0=10m/s 的水平速度抛出，不计空气阻力，g 取10m/s 2。

求：
(1)抛出后0.4s 内重力对小球的冲量_____________；
(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp=_____________。

方向竖直向下方向竖直向下 解析：4N s ⋅，方向竖直向下 10N s ⋅，方向竖直向下
(1)[1]由公式=I Ft 可知，抛出后0.4s 内重力对小球的冲量
G 1100.4N s=0.4N s I Gt ==⨯⨯⋅⋅
冲量的方向与重力方向相同即竖直向下；
(2)[2]由公式212
h gt =可知，小球在空中运动的时间为 '225s=1s 10
h t g ⨯== 由动量定理可知，平抛运动过程中小球动量的增量
'1101kg m/s 10kg m/s p Gt ∆==⨯⨯⋅=⋅
方向与重力方向相同即竖直向下。

14．质量为100kg 的小船沿东西方向静止在水面上，船两端站有质量分别为40kg 和60kg 的甲、乙两人，当甲、乙两人同时以3m/s 的速率向东、向西跳入水中后，小船的速度大小为________m/s ，方向向_______。

6东【分析】考查动量守恒定律
解析：6 东
【分析】
考查动量守恒定律。

[1][2]．甲乙船三者组成的系统动量守恒，取向东为正方向，则：
0m v m v mv =++甲甲乙乙
代入数据解得0.6m/s v =；速度v 为正值，方向向东。

15．一个质量为m 的氢气球下方通过细绳悬挂一个质量为2m 的小球，以速度v 匀速上升，它们的总动量为__；若某一时刻细绳断裂，过了一段时间后小球的速度恰好为零，此时氢气球的动量为__。

（设整个过程中两物体受空气作用力、重力不变）3mv3mv
解析：3mv 3mv
[1]系统的动量为：
(2)3p m m v mv =+=
[2]系统匀速运动，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可得：
30mv p =+小球
解得：
3p mv =小球
16．两只小船质量分别为1500kg m =，21000kg m =，它们平行逆向航行航线邻近，当它们头尾相齐时，各投质量50kg m =的麻袋到对面的船上，如图1所示，结果质量较轻的一只船停了下来，另一只船则以8.5m/s v =的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率1v =________，2=v ________.
1m/s9m/s
解析：1m/s 9m/s
[1][2]以质量较轻的船的速度1v 的方向为正方向，选取质量较轻的船和从质量较重的船投过去的麻袋为研究系统，根据动量守恒定律有
()1120m m v mv --=
选取质量较重的船和从质量较轻的船投过去的麻袋为系统，根据动量守恒定律有
()1222mv m m v m v --=-
联立以上两式并代入数据解
11m /s v =
2/s 9m v =.
17．某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的弹簧，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证木块间相互作用时动量守恒．
（1）该同学还必须有的器材是___________．
（2）需要直接测量的物理是(写出相应的名称及符号)______．
（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是___________．
（4）桌面左右两端间的距离，对实验结果的准确性_________(选填“有”或“无”)影响．刻
度尺天平两木块的质量m1m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离x1x2m1x1＝m2x2无【分析】由题中将这一系统置于光滑的水平桌面上可知本题考查动量守恒实验根据动量守恒实验和需要测量的数据
解析：刻度尺、天平 两木块的质量m 1、m 2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离x 1、x 2 m 1x 1＝m 2x 2 无
【分析】
由题中“将这一系统置于光滑的水平桌面上”可知，本题考查动量守恒实验，根据动量守恒实验和需要测量的数据可分析本题．
[1][2]本次实验需要验证的方程为11220m v m v =-，而速度需要根据公式x v t =求解，x 为平抛运动的水平位移，因此需要直接测量的量为两木块的质量m 1、m 2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离x 1、x 2，需要的仪器为刻度尺和天平；
[3]根据公式
11220m v m v =-和x v t
=
可得
本次要验证的公式为
m 1x 1＝m 2x 2 [4]由于这一系统置于光滑的水平桌面上，因此水平方向速度不变，故桌面左右两端间的距离，对实验结果的准确性无影响．
18．如果某物体作匀速圆周运动的动量大小为p ，经过一段时间后其速度方向改变了θ角，它的动量变化的大小为_____________.
解析：2sin 2p θ
根据矢量三角形法则，动量变化量如图所示
故动量变化量大小为：
2sin 2p p θ
∆=．
19．如果一个系统_________________或者___________________，这个系统的总动量保持不变.动量守恒定律的表达式为______________________________不受外力外力之和为零【解析】如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为零这个系统的总动量保持不变这就是动量守恒定律；动量守恒定律的表达式为
解析：不受外力 外力之和为零 112211
22m v m v m v m v ''+=+
【解析】
如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律；动量守恒定律的表达式为11221122m v m v m v m v ''+=+
20．在光滑水平面上，质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．
（1）如果碰撞后两者粘连在一起，则它们的速度大小是____；
（2）如果碰撞后A 球被弹回的速度大小为2v ，那么B 球获得的速度大小是____，此情形的碰撞类型属____（选填“弹性”或“非弹性”）碰撞．弹性【解析】（1）A 与B 碰撞的过程中二者组成的系统动量守恒则有解得碰撞后两者粘连在一起则它们的速度大小是；（2）A 与B 碰撞的过程中二者组成的系统动量守恒则有解得根据此情形的碰撞类型属弹性碰撞
解析：
4v 2
v 弹性 【解析】 （1）A 与B 碰撞的过程中二者组成的系统动量守恒，则有1(3)mv m m v =+，解得碰撞后两者粘连在一起，则它们的速度大小是14
v v =； （2）A 与B 碰撞的过程中二者组成的系统动量守恒，则有23?2v
mv mv m =-，解得
22v v =，根据222111()?3()022222
v v E mv m m ∆=--=，此情形的碰撞类型属弹性碰撞． 三、解答题
21．一长为l ，质量为M =3kg 的木板静止在光滑的水平面上，一质量为m =1kg 的滑块以初速度v 0=4m/s 滑到木板上，木板长度l 至少为多少才能使滑块不滑出木板。

（设滑块与木板间动摩擦因数μ=0.3）
解析：2m
滑块与木板组成的系统动量守恒，滑块不从木板上滑出，则滑块与木板有相同的末速度，设末速度为v ，滑块位移为S ，则木板位移为S -l 。

对滑块与木板组成的系统由动量守恒定律得
0()mv m M v =+
对滑块由动能定理得
2201122
mgS mv mv μ-=-
对木板由动能定理得
21()2
mg S l Mv μ-=
联立解得
202m 2()Mv l g m M μ==+ 22．新华社5月30日电，经过一个多月的隔空比拼，2020年中国滑板网络挑战赛迎来最终决战，各路高手在网络直播平台上一较高下，最终来自广东中山的潘家杰获得男组冠军。

若某项滑板比赛过程可简化为如图所示模型，比赛轨道分别由长度L =10 m 的水平光滑轨道AB 和半径R =1.8 m 的14
竖直光滑圆弧轨道BC 组成，圆弧轨道最低点切线水平。

质量m =2.0 kg 的水平滑板静止在A 点，质量M =48.0 kg 的运动员以水平速度v 0冲上滑板，瞬时与滑板一起运动，且运动员和滑板恰好可到达C 点。

整个过程中，运动员和滑板均可视为质点，重力加速度g =10 m/s 2，不计空气阻力。

（计算结果均保留三位有效数字，π取
3.14）
（1）求运动员的水平速度v 0；
（2）当运动员和滑板运动到圆弧轨道的最低点B 时，求轨道对运动员和滑板的支持力； （3）若水平轨道A 点右侧地面粗糙且足够长（已知滑板与A 点右侧地面之间的动摩擦因数μ=0.3），求运动员冲上滑板从A 点出发到最终停止运动的过程中所经过的路程。

解析：（1）6.25 m/s ； （2）1.50×103 N ；（3）31.7 m
（1）以运动员和滑板为一个系统，运动员以v 0冲上滑板，此后运动员和滑板的共同速度为v ，系统水平方向动量守恒，即
0()Mv m M v =+
运动员与滑板恰好到C 点，以AB 水平面为零势能面，由机械能守恒得
21()()2
m M v m M gR +=+ 两式联立解得
v 0=6.25 m/s ，v =6.00 m/s
（2）到达B 点时，由牛顿第二定律得
2
()()N m M v F m M g R
+-+= 解得
F N =1.50×103 N
（3）因为ABC 光滑，由机械能守恒知运动员滑回A 点速度大小仍为v =6.00 m/s ，向右滑过A 点后至停下过程，由动能定理得
21()0()2
m M gx m M v μ-+=-+ 代入数据解得
x =6.00 m
所经过的路程为
2π2231.7m 4
R s L x =⨯++≈ 23．一个质量M =1kg 、可视为质点的木球放在水平支架的圆孔上，一颗具有3200J 动能且质量m =10g 的子弹从如图所示位置朝向球心竖直向上射入木球并穿出（此过程时间极短），穿出后木球上升的最大高度H =1.8m ，不计空气阻力，重力加速度g =10m/s 2。

求：
(1)子弹穿过木球后上升的最大高度；
(2)子弹穿过木球过程中产生的热量。

解析：(1)2000m ；(2)2982J
(1)以子弹与木球组成的系统为研究对象，设子弹穿过木球后，木球速度为v 木，子弹的速度为v 弹，对木球，由机械能守恒定律得
212
MgH Mv =
木 解得 v 木=6m/s
子弹穿过木球的过程中，由于时间短、系统内力大于外力，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv =mv 弹+Mv 木
2132002
k E mv ==
联立解得 v 弹=200m/s
子弹上升的过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgh =
12
mv 弹2 解得子弹上升的高度为
h ＝2000m
(2)子弹穿过木球过程中产生的热量
221122
k Q E Mv mv =--木弹 解得
Q =2982J
24．如图所示，长板AB 和圆板BC 质量均为m ，都静止在光滑水平面上，长板的上表面和圆板的四分之一光滑圆弧表面相切于B 点。

质量也为m 的小滑块在A 点以初速度0v 沿长板向右滑动，滑块与长板间滑动摩擦因数为μ。

滑块滑过B 点的速度为
02
v 。

（1）试求长板长度L ；
（2）滑块滑上圆板，最终恰好能滑到圆弧BC 上的最高点C 。

试求圆板的圆弧半径R 。

解析：（1）20516v L g
μ=；（2）2064g v R = （1）设滑块到B 点时木块的速度为L v ，对木块、长板、圆板整体由动量守恒定律可得
00()2
L v mv m
m m v =++ 由能量守恒定律可得 ()222001112222
L v mv m m m v mgL μ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭ 解得
20516v L g
μ= （2）滑块到C 点时，滑块与圆板速度相同设为R v ，对木块和圆板，由动量守恒定律可得
0()2
L R v m
mv m m v +=+ 由机械能守恒定律可得 2
220111()2222
L R v m mv m m v mgR ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭ 解得
2064g v R = 25．如图所示，有两个高低不同的光滑水平面，足够长、质量为2m 的木板静止在低水平面上且与高水平面边缘接触，其上表面恰好与高水平面平齐，木板上距左端0.25米处放置
有质量为m 的小滑块B 。

在高水平面上，虚线左侧有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为2m 、电荷量为+q 的小滑块C 静置于其中；不带电的质量为m 的滑块A 以速度v 0=3m/进入磁场中与滑块C 发生正碰，碰后瞬间滑块C 对水平面压力恰好为零，碰撞时电荷不发生转移，碰后滑块A 向右滑上木板，与此同时给滑块B 水平向右、大小为2m/s 的速度，滑块A 、B 与木板间的动摩擦因数均为0.05，已知磁场磁感应强度大小为03mg B qv =
，重力加速度g=10m/s 2.。

求∶
(1)滑块A 与C 碰后A 的速度大小，并判断A 与C 的碰撞是否为弹性碰撞；
(2)最终滑块A 、B 间的距离。

解析：(1)1m/s ，弹性碰；(2)2m
（1）碰后对水平面压力为零，则
qBv C =2mg
得
v C =2m/s
A 与C 碰撞动量守恒，取向右为正方向:
02A C mv mv mv -=-
得 v A =1m/s
碰前A 与C 总动能为
2101922
E mv m =
= 碰后A 与C 总动能为 2221192222
A C E mv m c m =+⋅⋅= E 1=E 2，故A 与C 的碰撞为弹性碰撞。

（2）A 滑上木板后，A 匀减速，B 匀加速，木板匀加速，加速度均为
20.5m/s A B a a a g μ====铁
设A 滑上木板后经过时间t 1后A 与小板达到相等速度，则
11A A v a t a t -=铁
得
t 1=ls
设A 上木板后经过时间t 2后A 、B 木板二者达到共同速度v ，对A 、B 、木板组成的系统由
动量守恒定律得:
4A B mv mv mv +=
得
v =0.75m/s
对B:
2B B v v a t -=
得
t 2=2.5s
A 相对木板向右位移
△x A =0.5m
B 相对木板向右位移
△x B =2.25m
最终滑块A 与B 间距离为
△x =△x B -△x A +L 0=2m
26．如图（a ），物块和足够长的木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，t =0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t =4s 时撤去外力，细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b ）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图（c ）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度g 取10m/s 2。

求：
（1）长木板的质量M ；
（2）拉力F 对长木板的总冲量I 的大小。

解析：（1）1kg ；（2）1.05N s ⋅
（1）4s 到5s 时间内，由牛顿第二定律
f =Ma 2 ①
由图（b ）可知，物块和长木板之间的滑动摩擦力
f =0.2N
由图（c ）可知，4s 到5s 时间内长木板的加速度
a 2=0.2m/s 2
长木板的质量
M =1kg
（2）前两秒内，长木板静止
F 1=f =0.125t ②
2s 到4s 时间内
F 2－f 摩擦=Ma 1 ③
由图（c ）可知，2s 到4s 时间内长木板的加速度
a 1=0.2m/s 2
即
F 2=0.4N
拉力F 对长木板的总冲量
I =1.05N·s
27．强夯机是在建筑工程中由于需要对松土压实处理的机器，其中一种为吊重锤击式，如图所示。

重锤的质量4
1.010kg m =⨯，从离地20m =h 高处自由下落，重锤夯土历时0.40s t ∆=，然后陷在土中。

取210m/s g =，不计空气阻力。

求： (1)重锤自由下落的时间t 和刚落地时的速度大小v ；
(2)重锤对松土的平均作用力大小F 。

解析：(1)2.0s ，20m/s ；(2)6×105N
(1)由自由落体运动规律有
212
h gt =
落地时的速度 v gt =
代入数据解得
2.0s t =，20m/s v =
(2)研究重锤夯土过程，选竖直向上为正方向，对重锤由动量定理有
()0()F mg t mv -∆=--
代入数据解得
56.010N F =⨯
由牛顿第三定律可知，重锤对松土的作用力大小为6×105N 。

28．从地面竖直向上发射一颗礼花弹，当它上升到距地面500m 时竖直上升速度为30m/s ，此时礼花弹炸裂成质量相等的两部分（火药质量不计），其中一部分经10s 竖直落回发射点，求炸裂时另一部分的速度大小及方向。

（g ＝10m/s 2）
解析：60m/s ，方向竖直向上
当它上升到距地面500m 时爆炸，其中一部分经10s 竖直落回发射点，根据自由落体运动规律可知
22500s=10s 10
h t g ⨯==。