【单元练】惠州市第一中学高中物理选修1第一章【动量守恒定律】基础练习(培优)

一、选择题
1．盆景是中华民族独有的，具有浓厚的中国文化特色。

如图所示，一“黄山松”盆景放在水平桌面上，下列关于桌子对盆景作用力的说法正确的是（）
A．方向竖直向上，大小等于盆景的重力
B．方向斜向左上方，大小大于盆景的重力
C．方向斜向右上方，大小大于盆景的重力
D．无论时间长短，该力的冲量始终为0A
解析：A
ABC．盆景放在水平桌面上，处于静止状态，根据二力平衡，则桌子对盆景作用力大小等于重力，方向竖直向上，BC错误A正确；
D．根据
I Ft
=
只要作用时间，无论长短，该力的冲量不为零，D错误。

故选A。

2．如图所示，某探究小组的同学们利用课外活动时间在一起做探究实验：将一物块放在光滑水平面上，用一水平恒力F拉物块。

第一次水平恒力F作用时间t，第二次作用时间2t （水平恒力作用期间物块未离开水平面）。

第一次物块离开水平面后落在地面上P点，则（）
A．第二次物块仍落在P点
B．第二次物块落地瞬间重力的功率大
C．第二次物块落地过程重力的冲量大
D．第二次物块落在地面上原水平位移的2倍处D
解析：D
AD．第二次水平恒力的作用时间长，水平恒力的冲量大，根据动量定理Ft=mv–0得，物块第二次离开桌面获得的速度为第一次的2倍。

平抛运动下落高度相同，运动时间相同，则第二次物块落在P点右边原水平位移的2倍处，选项A错误、选项D正确；
=知两次物块落地过程重力的冲量一样大，选项C错误；C．运动时间相同，则根据I mgt
B ．平抛运动下落高度相同，运动时间相同，竖直方向的速度相同，根据y P mgv =可知两次物块落地过程重力的功率一样大，选项B 错误。

故选D 。

3．如图是一颗质量50g m =的子弹匀速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1t 约为41.010s -⨯，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3
2 1.010s -=⨯t 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 ．4510N ⨯
B ．4410N ⨯
C ．5510N ⨯
D ．5410N ⨯ A
解析：A 子弹的速度为
234
145 2.010m 110m/s 1.010s
l l v t --+⨯⨯===⨯⨯ 设墙壁对子弹的平均作用力为F ，则
2Ft m v =∆
解得
334
3
25010kg (0110m/s)510N 1.010s
m v F t --∆⨯⨯-⨯===-⨯⨯ 方向与子弹的运动方向相反。

故选A 。

4．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。

如图a 所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。

若碰撞前、后两壶的v —t 图象如图b 所示。

关于冰壶的运动，下列说法正确的是（ ）
A ．碰撞后过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B ．碰撞后，蓝壶的运动的时间为6s
C ．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1m
D ．两壶碰撞是弹性碰撞C 解析：C
A ．根据v -t 图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故A 错误；
B ．根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为
221 1.2 1.0m/s 0.2m/s 1
v a t ∆-=
==∆ 所以蓝壶静止的时刻为
01 1.2
s 6s 0.2
v t a =
== 碰撞后，蓝壶的运动的时间为
615s t '=-=
故B 错误；
C ．设碰后蓝壶的速度为v ，碰前红壶的速度0 1.0m/s v =，碰后红壶的速度为
00.4m/s v '=
取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
00mv mv mv ='+
代入数据解得
0.6m/s v =
在速度时间图像中图像所包围的面积表示走过的位移，碰后两个的位移差最大为：
11
50.60.42 1.1m 22
x ∆=⨯⨯-⨯⨯=
故C 正确；
D ．碰撞前两壶的总动能为
2k101
0.52
E mv m =
= 碰撞后前两壶的总动能为
22k20k111
0.2622
E mv mv m E ='+=＜
所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故D 错误； 故选C 。

5．甲、乙两物体质量分别为m 1和m 2，两物体碰撞前后运动的位移随时间变化的x-t 图像如图所示，则在碰撞前（ ）
A ．乙的动能大
B ．甲的动能大
C ．乙的动量大
D ．甲的动量大A
解析：A
CD ．根据位移时间图象的斜率等于速度，可知，碰撞前甲的速度v 1小于乙的速度v 2，碰撞后两个物体的速度为零，根据动量守恒有
120P P +=
得
12P P =-
故CD 错误；
AB ．由上面结论动量大小
1122m v m v = 12v v ＜
则
12m m >
因为动量
P mv =
动能
2
k 12
E mv =
所以
2
k 2P E m
= 所以
k1k 2E E <
即乙的动能大，故A 正确，B 错误。

故选A 。

6．一质量为2kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。

F 随时间t 变化的图线如图所示，则（ ）
A ．1s t =时物块的速率为2m/s
B ．2s t =时物块的动量大小为2kg·m/s
C ．3s t =时物块的动量大小为3kg·m/s
D ．4s t =时物块的速度为零C 解析：C
A ．由题意可知，物块在前2s 内，做匀加速直线运动，加速度为
21
11m/s F a m
=
= 则当
1s t =
时，物块的速率为
111m/s v a t ==
所以A 错误；
B ．由A 选项分析可知，当
2s t =
时，物块的速率为
212m/s v a t ==
则此时物块的动量为
124kg m/s p mv ⋅==
所以B 错误；
D ．由题意可知，物块在后2s 内，做匀减速直线运动，加速度为
2221
m/s 2
F a m =
= 则当
4s t =
时，物块的速度为
4221m/s v v a t =-=
所以D 错误；
C ．F -t 图像的面积表示物块所受合力的冲量，则在前3s 内，合力的冲量为
(2211)N s 3N s I =⨯-⨯⋅=⋅
在前3s 内，由动量定理可得
33N s 3kg m/s p I =⋅=⋅=
所以C 正确。

故选C 。

7．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C 、D 、E 处，三个过程中重力的冲量分别为123G G G I I I 、、，合力的冲量分别为
123I I I 合合合、、，动量变化量的大小分别为123、、p p p ∆∆∆，动能变化量的大小分别为123k k k E E E ∆∆∆、、，则有（ ）
A ．123k k k E E E ∆=∆=∆，123p p p ∆=∆=∆
B ．123p p p ∆=∆=∆，123I I I ==合合合
C ．123I I I ==合合合，123G G G I I I ==
D ．123G G G I I I ==，123k k k
E E E ∆=∆=∆ A 解析：A
物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，所以
k1k2k3E E E ∆=∆=∆
由机械能守恒定律可知物体下滑到底端CDE 的速度大小v 相等，动量变化量
Δp mv =
相等，即
123p p p ∆=∆=∆
根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等
123I I I ==合合合
注意不是相同（方向不同）；设斜面的高度为h ，从顶端A 下滑到底端C ，由
21
sin sin 2
h g t θθ=⋅ 得物体下落的时间
22sin h
t g θ=
所以θ越小 ， 2sin θ越小，t 越大，重力的冲量 I mgt =
就越大，故G1G2G3I I I <<，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

8．如图所示，质量为m 的小车静止于光滑水平面上，车上有一光滑的弧形轨道，另一质量为m 的小球以水平初速v 0沿轨道的右端的切线方向进入轨道，则当小球再次从轨道的右端离开轨道的过程（ ）
A ．小球对小车的做功为2
08
mv
B ．小球将离开小车向右做平抛运动
C ．小球将离开小车做自由落体运动
D ．小球上升的最大高度为2
02v g
C
解析：C
A ．设小球最终离开小车速度为v 1，小车的速度为v 2．取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
012mv mv mv =+
根据机械能守恒定律得
222012111
222
mv mv mv =+ 联立解得
10v =
小车的速度为
20v v =
根据动能定理，小球对小车的做功为
22k 2011
22
W E mv mv =∆=
= A 错误；
BC ．设小球最终离开小车速度为v 1，小车的速度为v 2．取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
012mv mv mv =+
根据机械能守恒定律得
222012111
222
mv mv mv =+ 联立解得
10v =
小车的速度为
20v v =
所以小球最终离开小车后做自由落体运动，B 错误C 正确；
D ．当小球与小车的速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设最大高度为h ，则
02mv mv =
22011
222
mv mgh mv =+ 解得
2
04v h g
=
D 错误。

故选C 。

9．下列关于物体动量和冲量的说法中不正确的是（ ） A ．物体所受合外力冲量越大，它的动量就越大 B ．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变 C ．物体动量变化的方向，就是合外力冲量的方向 D ．物体所受合外力越大，它的动量变化越快A 解析：A
A ．根据动量定理知，合外力的冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故A 错误，符合题意；
B ．根据动量定理知，合外力的冲量不为零，则动量的变化量不为零，故B 正确，不符合题意；
C ．根据动量定理知，合力冲量的方向与动量变化的方向相同，故C 正确，不符合题意；
D ．根据
F t p ∆=∆
知
p F t
∆=
∆ 合外力越大，动量的变化越快，故D 正确，不符合题意。

故选A 。

10．如图所示，两个大小相同的小球A 、B 用等长的细线悬挂于O 点，线长为L ，m A =2m B ，若将A 由图示位置静止释放，在最低点与B 球相碰，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．A
B ．若A 与B 发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为2
3
B m gL
C ．若A 与B 发生弹性碰撞，则第一次碰后A 上升的最大高度是
19
L D ．若A 与B 发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A 上升的最大高度是29
L D 解析：D
A ．A 球到达最低点时，由动能定理得
()211cos602
A A A m gL m v -︒=
解得
A v =选项A 错误；
BD ．若A 与B 发生完全非弹性碰撞，设共同达到的速度为v '，由动量守恒
()A A A B m v m m v '=+
解得
23A v v '=
=
此过程中损失的机械能为
()2
2111223
A A A
B B E m v m m v m gL '∆=-+=
设第一次碰后A 上升的最大高度为h ，则对A 由动能定理得
21
2
A A m gh m v '=
解得
29
h L =
选项B 错误，D 正确；
C ．若A 与B 发生弹性碰撞，根据动量守恒有
A A A A
B B m v m v m v '=+
根据能量守恒有
222111222
A A A A
B B m v m v m v '=+ 联立解得
33
A
A gL v v '=
= （另一值A A v v gL '==
不符，舍去）
设第一次碰后A 上升的最大高度为h '，对A 由动能定理得
212
A A A m gh m v ''=
解得
118
h L '=
选项C 错误。

故选D 。

二、填空题
11．恒力F 作用在质量为m 的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t ，拉力F 对物体的冲量大小是______；摩擦力对物体的冲量大小是______。

Ft
解析：Ft cos Ft θ
[1]由冲量定义可知，拉力F 对物体的冲量
I F =Ft
[2]根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力
cos f F θ=
故摩擦力的冲量
I f =Ft cos θ
12．像子弹这样高速运动物体的速度通常很难直接测量，但我们可以借助物理学设计方案帮助我们测量。

如图所示，有一种测子弹速度的方案如下：利用长为L 的细线下吊着一个质量为M 的沙袋（大小可忽略不计）一颗质量为m 的子弹水平射入沙袋并在极短时间内留在其中，然后随沙袋一起摆动，摆线与竖直方向的最大偏角是θ（小于90︒），已知重力加速度为g ，不计空气阻力。

(1)子弹刚射入沙包后和沙包的共同速度v =______；
(2)子弹射入沙包前瞬时的速度0v =______。

解析：2(1cos )v gL θ=- 02(1cos )M m v gL m
θ+=
- (1)[1]由机械能守恒定律可知 21()()(1cos )2
m M v m M gL θ+=+- 解得
2(1cos )v gL θ-
(2)[2]由动量守恒定律
0()mv m M v =+
解得
02(1cos )M m v gL m
θ+=-13．“草船借箭”是我国古典名著《三国演义》中赤壁之战的一个故事。

假设草船的总质量2940kg M =，静止在水中，岸上曹兵开弓射箭，在同一时刻有1000n =支箭射到船上，射在草船上的每支箭质量60g m =，速度50m/s v =，方向水平，箭与船的作用时间均为0.1s ，不计水的阻力，则射箭后草船的速度为___________m/s ，每支箭对草船的平均作用力为___________N 。

294
解析：29.4
[1]不计水的阻力，箭与船的总动量守恒，根据动量守恒定律得
()'nmv M nm v =+
解得
'10000.650m 1m 294010000.06
nmv v M nm ⨯==⨯=++⨯ [2]对一支箭分析，根据动量定理
'I F t mv mv =⋅=-
解得
()'0.061500.N=-294N 1
.mv mv F t --== 由牛顿第三定律可知，每支箭对草船的平均作用力
29.4N F F =-=
14．如图，立柱固定于光滑水平面上O 点，质量为M 的小球a 向右运动，与静止于Q 点的质量为m 的小球b 发生弹性碰撞，碰后a 球立即向左运动，b 球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b 球恰好在P 点追上a 球，Q 点为OP 的中点，则a 、b 两球在Q 点碰后速度大小之比 ___ ；a 、b 球质量之比为 ____。

【分析】根据碰后再次相遇的路程关系求出两球碰
后的速度大小之比根据碰撞过程中动量能量守恒列方程即可求出ab 球质量之比 解析：1:3 3:5
【分析】
根据碰后再次相遇的路程关系，求出两球碰后的速度大小之比。

根据碰撞过程中动量、能量守恒列方程即可求出a 、b 球质量之比:M m 。

[1][2]设a 、b 两球碰后速度大小分别为v 1、v 2。

由题有：b 球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P 点追上甲，则从碰后到相遇a 、b 球通过的路程之比为
12:1:3s s =
根据s vt =得
213v v =
以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得
012()Mv M v mv =-+
由机械能守恒定律得
222012111222
Mv Mv mv =+ 解得
:3:5M m =
【点睛】
解答本题的突破口是根据碰后路程关系求出碰后的速度大小之比，要掌握弹性碰撞的基本规律：动量守恒和机械能守恒。

解题要注意选择正方向，用正负号表示速度的方向。

15．小球m 在光滑水平面上以速率v 向右运动，与原静止的M 球（M =2m ）发生对心碰撞后分开，m 球的速率为原来的
13，则碰后M 球速率可能为__________________。

(1)或 解析：(1)1
3v 或23
v 设向右为正方向，碰后m 的速率为3v ，则其速度为13v v =或=-13
v v ，碰撞过程满足动
量守恒，有
1202mv mv m v +=+⋅
解得
23v v =，223v v = 16．如图甲所示，光滑水平面上有A 、B 两物块，已知A 物块的质量m A =1kg ，初始时刻B 静止，A 以一定的初速度向右运动．之后与B 发生碰撞并一起运动，它们的位移-时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物体B 的质量为________kg ；损失的机械能为________J ．
6
解析：6
[1]由图知，碰前A 的速度为：
1644
A A A x v t ===m/s
B 的速度为0，碰后两者共速，则速度为：
2016184
v x t --===m/s 两物体碰撞过程动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
()A A A B m v m m v =+
代入数据解得：
3B m =kg
[2]由能量守恒定律得：
()221122
A A
B A m v m m v E =++∆ 解得损失的机械能：
()2211622
A A
B A E m v m m v ∆=-+=J ． 17．如图所示，光滑水平面上有m 1=2kg ，m 2=4kg 的两个物体，其中m 2左侧固定一轻质弹簧，m 1以v 0=6m/s 的速度向右运动，通过压缩弹簧与原来静止的m 2发生相互作用，则弹簧被压缩最短时m 2的速度v=________m/s ， 此时弹簧存储的弹性势能为________J ．
24【分析】当滑块AB 的速度相同时间距最
小弹簧压缩量最大弹簧的弹性势能最大根据动量守恒和能量守恒列方程求出速度与弹性势能
解析：24
【分析】
当滑块A 、B 的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒列方程求出速度与弹性势能．
当滑块A 、B 的速度相同时，弹簧被压缩最短，弹簧的弹性势能最大． 设向右为正方向，由动量守恒定律有：m 1v 0=（m 1+m 2）v ，代入数据解得：v=2m/s ，
由能量守恒定律得：E pm =
12m 1v 02-12
（m 1+m 2）v 2， 代入数据解得：E pm =24J ；
【点睛】 解决本题首先要明确研究的过程，其次要挖掘隐含条件：弹簧伸长最长时两木块的速度相同．考查学生应用动量守恒定律和能量守恒定律解决物理问题的能力．
18．质量为0.10kg m =的小钢球以0 2.0m/s v =的水平速度抛出，下落0.6m h =时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ=_______．刚要撞击钢板时小球的动量大小为________．(取210m/s g = )30°04kg·m/s 【解析】小球下落过程中在竖直方向小球和钢板碰撞后能反向说明末速度与钢板是垂直关系即解得刚要撞击钢板时小球的动量为点睛：要正确理解小球与钢板相撞过程中速度恰好反向这个条件隐含的物
解析：30°， 0.4kg·
m/s 【解析】 小球下落过程中在竖直方向212/y v gh m s ==
小球和钢板碰撞后能反向，说明末速度与钢板是垂直关系 即03tan 12
y v v θ=== 解得30θ
= 刚要撞击钢板时小球的动量为22
00.140.4/y P mv m v v kg m s ==+=⨯=⋅
点睛：要正确理解小球与钢板相撞过程中速度恰好反向这个条件隐含的物理意思是速度恰好与钢板垂直．
19．质量为m 的物体以速度v 做匀速圆周运动．当物体转过的角度为π的过程中其动量的变化为__________，其向心力的冲量为__________．【解析】
解析：2mv - 2mv -
【解析】
[1]．以初速方向为正，当物体转过的角度为π时，速度变为-v ，则此过程中物体动量的变化
()2p m v mv mv ∆=--=-；
[2]．匀速圆周运动物体，合外力等于向心力；据动量定理可得，向心力的冲量
2I p mv =∆=-．
点睛：动量是矢量，计算动量变化时应遵循平行四边形定则．
20．一个静止的､质量为M 的不稳定原子核，当它放射出质量为m ､速度大小为υ的粒子后，原子核的剩余部分的速率等于________｡【解析】规定后质量为m 的粒子的速度方向为正根据动量守恒定律研究整个原子核：解得：即剩余部分获得的反冲速度大小为方向与规定正方向相反【点睛】原子核衰变的过程可以认为系统动量守恒根据动量守恒定律列出等式 解析：
mv M m
- 【解析】 规定后质量为m 的粒子的速度方向为正，根据动量守恒定律研究整个原子核： ()0mv M m v +-'=，解得：mv v M m
'=--，即剩余部分获得的反冲速度大小为mv M m
-，方向与规定正方向相反． 【点睛】原子核衰变的过程可以认为系统动量守恒，根据动量守恒定律列出等式解决问题．
三、解答题
21．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了具有跨时代意义的原子“核式模型”，其模型中为什么不考虑电子对α粒子的影响，借助以下的计算可以一探究竟。

假设α粒子以速率v 0与静止的电子或金原子核发生弹性正碰，电子质量m e =
17300m α，金原子核质量m A u =49m α。

求：
（1）α粒子与电子碰撞前后的速度变化大小Δv 1；
（2）α粒子与金原子核碰撞前后的速度变化大小Δv 2。

解析：（1）2.7×10-4v 0；（2）
04925
v (1)由动量守恒 α0α12''m v m v mv =+
由能量守恒
222α0α12111''222
m v m v mv =+ 解得
a 10a m m v v m m
-'=
+ 由于 e α17300
m m = 所以，α粒子与电子碰撞前后的速度变化大小
4102.710v v -∆=⨯
(2)同理
Au α49m m =
α粒子与金原子核碰撞前后的速度变化大小
020491.9625
v v v =∆= 22．如图所示，质量为M =4.0kg 的小车在光滑水平面上以v 1=3m/s 速度向右运动，一人背靠竖直墙壁为避免小车撞向自己，拿起水枪以v 2=5.0m/s 的水平速度将一股水流自右向左射向小车后壁，射到车壁的水全部流入车厢内，忽略空气阻力，已知水枪的水流流量恒为Q =4.0×10-5m 3/s （单位时间内流过横截面的水流体积），水的密度为ρ=1.0×103kg/m 3，不计空气阻力。

求：
（1）经多长时间可使小车速度减为零；
（2）小车速度减为零之后，此人继续持水枪冲击小车，若要保持小车静止，需给小车提供多大的水平作用力。

解析：（1）60s ；（2）0.2N
（1）取水平向右为正方向，由于水平面光滑，经t 时间，流入车内的水的质量为
m ＝ρQt
对车和水流，在水平方向没有外力，动量守恒，则
Mv 1＋m （－v 2）＝0
联立解得：t ＝60s
（2）Δt 时间内，流入车内的水的质量为
Δm ＝ρQ Δt
设小车对水流的水平作用力为F ，根据动量定理
F Δt ＝0－Δm （－v 2）
联立解得
F ＝ρQv 2＝0.2N
根据牛顿第三定律，水流对小车的平均作用力为F ′＝F ，由于小车静止，根据平衡条件知提
供的水平作用力大小为0.2N 。

23．质量为3m 的光滑弧形槽静止在光滑水平地面上，底部与水平面平滑连接，质量为m 的小球从槽上高h 处由静止滑下，小球运动到右侧墙壁时与竖直墙壁碰撞后以原速率弹回。

已知重力加速度为g ，求：
(1)小球第一次与墙壁碰撞时的速度大小；
(2)小球再次滑上弧形梢到达的最大高度。

解析：6gh ；(2)4h （1）设小球从弧形槽滑下时的速度大小为1v ，弧形槽的速度大小为2v ，由系统机械守恒定律可得
221211322
mgh mv mv =
+⨯① 由于系统在水平方向上动量守恒，故由动量守恒定律可得 123mv mv =②
联立①②解得
1632gh gh v == （2）小球与墙壁碰撞后以原速率弹回，当小球再次滑上弧形槽，到达弧形槽最高点时与弧形槽共速，设共同速度为v ，此时小球的高度为h '，对小球和弧形槽有机械能守恒定律可得
222121113(3)222
mv mv mgh m m v '+⨯=+⨯+③ 由水平方向上动量守恒定律可得
123(3)mv mv m m v +=+④
联立①②③④解得
4
h h '= 24．如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑。

水平段OP 长L =lm ，P 点右侧一与水平方向成θ=30°角的传送带与水平面在P 点平滑连接，传送带逆时针转动，速度为3m/s 。

一质量为lkg 的物块A （可视为质点）压缩弹簧（与弹簧不连接），弹簧的弹性势能E p =9J ，物块与OP 间的动摩擦因数μ1=0.1；另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带间的动摩擦因数23μ=
长。

A 与B 的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间不计，g=10m/s 2，现释放A ，求：
(1)物块A 与B 第一次碰撞前A 的速度大小；
(2)A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前B 运动的时间。

解析：(1)4m/s ；(2)0.817s
(1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰撞前的速度为v 0，由动能定理
2p 1012
E mgl mv μ-=
解得：v 0=4m/s (2)设A 、B 第次碰撞后的速度分别为v A ，v B ，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
0A B mv mv mv =+
由机械能守恒定律得
2220A B 111222
mv mv mv =+ 解得：v A =0，v B =4m/s
碰后B 沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，由牛顿第二定律
2212sin cos sin cos 10m/s mg mg a g g m
θμθθμθ+=
=+= 运动的时间为 B 110.4s v t a =
= 运动的位移为
B 110.8m 2
v x t == 此后B 开始向下加速，加速度仍为a 1，速度与皮带轮速度v 相等时匀速运动，设加速时间为t 2，位移为x 2，匀速时间为t 3
则有
210.3s v t a ==，220.45m 2v x t ==，1230.117s x x t v
-== A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前B 运动的时间为：t =t 1+t 2+t 3=0.817s
25．如图，倾角θ=30°的斜面AC ，与光滑水平面CD 连接于C 点，竖直光滑半圆轨道DE 与水平面相切于D 点，轨道半径R =0.3m 。

斜面上的A 点到B 的距离s 1=6.4m ，B 、C 间距离s 2=4.8m ，质量m 2=3kg 的滑块静止在斜面上的B 点，m 2与斜面间的动摩擦因数
439
μ=。

从A 点由静止释放质量m 1=1kg 的小车，后m 1与m 2发生弹性碰撤（时间极短），最终m 2、m 1先后通过E 点，忽略小车与斜面间的摩擦不计滑块与小车在C 点的动能损失，取g =10m/s 2，求：
(1)小车m 1在B 点与m 2碰前瞬间的速度大小；
(2)m 1、m 2在B 点碰后瞬间各自的速度大小；
(3)m 2通过D 点时的动能；
(4)m 1、m 2在E 点所受轨道的支持力。

解析：(1)8m/s ；(2)4m /s -，4m /s ；(3)24J ；(4) F 2=10N ，F 1=
103
N (1)A→B ，由牛顿第二定律
m 1g sin θ=m 1a 1
由运动学公式
21102a s v = 得
v 0=8m/s
(2)设小车、滑块碰后瞬间，m 1的速度为v 1，m 2的速度为v 2，由动量守恒定律
101122m v m v m v =+
由机械能守恒定律
222101122111=222
m v m v m v + 14m/s v =-
24m/s v =
(3)m 1，m 2碰后，m 2沿斜面向下做匀减速运动，m 1沿斜面向上做匀减速运动 对m 2，由牛顿第二定律
2222cos sin m g m g m a μθθ-=
设m 2到C 点的速度为v 3，从B 到C ，有
2222322a s v v -=-
v 3=0，即m 2在C 点停止运动
设m 1从B 点运动到C 时的速度为v 4，由运动学公式
2212412a s v v =-
得
408m/s v v ==
即m 1与m 2在C 点将再次重复在B 点的碰撞
则m 2在D 点的动能
2422124J 2E m v =
= (4)m 1、m 2先后均以相同的速度到达E 点
D →
E ，对m 2，由机械能守恒定律 22222211=222
E m v m v m g R +⋅ 在E 点，对m 2，由牛顿第二定律
2222E m v F m g R
+= 在E 点，对m 1，由牛顿第二定律
2111E m v F m g R
+= 得
F 2=10N
F 1=103
N 26．冰壶是冬奥会热门比赛项目之一，有“冰上国际象棋”的美称，如图，红壶静止在大本营圆心O 处，蓝壶从P 点开始以0v =3m/s 的初速度沿直线向红壶滑去，滑行一段距离后，与红壶发生正碰，已知碰撞前后蓝壶的速度大小分别为1v =1m/s 和1v ，
=0.2m/s ，方向不变，两壶质量均为m =19kg 。

求∶
(1)蓝壶从P 点被推出后到碰撞前摩擦力对蓝壶的冲量大小f I ；
(2)两壶碰撞后瞬间红壶的速度大小2v 。

解析：(1)38N·
s ；(2)0.8m/s (1)规定蓝壶的初速度方向为正
对蓝壶从P 点被推出后到碰撞前运用动量定理
f 10I mv mv =-
解得I f = -38N·
s ， 摩擦力的冲量大小为38N·s (2)蓝壶与红壶发生碰撞，由动量守恒得
'112mv mv mv =+
解得
208m/s v .=
27．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着玩手机。

若手机的质量为200g ，从离人脸约20cm 的高度无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1s ，重力加速度210m/s g =，试求：
（1）手机下落的时间；
（2）手机对人脸的平均冲力大小。

解析：(1) 0.2s t = ；(2) 6N F =
（1）根据题意有
20cm 0.20m h ==，200g 0.20kg m ==
手机下落做自由落体运动
212
h gt = 代入数据解得0.2s t =；
（2）手机到人脸时速度
2m/s v gt ==
接触人脸后速度变为0，设向下为正方向，根据动量定理得
0mg t F t mv ∆-∆=-
代入数据解得6N F =，根据牛顿第三定律可知手机对人脸的平均冲力大小为6N ，方向向下。

28．如图所示，在光滑水平面上，使滑块A 以2m/s 的速度向右运动，滑块B 以4m/s 的速度向左运动并与滑块A 发生相互作用，已知滑块A 、B 的质量分别为1kg 、2kg ，滑块B 的左侧连有水平轻弹簧，求：
(1)当滑块A 的速度减为0时，滑块B 的速度大小；
(2)两滑块相距最近时，滑块B 的速度大小；
(3)弹簧弹性势能的最大值。

解析：(1)3m/s ；(2)2m/s ；(3)12J
(1)以向右为正方向，A 、B 与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。

取向右为正，当滑块A 的速度减为0时，滑块B 的速度为v B ′，由动量守恒定律得
m A v A ＋m B v B =m B v B ′
解得
v B ′=－3 m/s
故滑块B 的速度大小为3m/s ，方向向左
(2)两滑块相距最近时速度相等，设此速度为v ，根据动量守恒得
m A v A＋m B v B=(m A＋m B)v
解得
v=－2m/s
故滑块B的速度大小为2m/s时，两滑块相距最近。

(3)两个滑块的速度相等时，弹簧压缩至最短，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒知，弹簧的最大弹性势能为
E pm=1
2
m A v A2＋
1
2
m B v B2－
1
2
(m A＋m B)v2
解得
E pm=12J。