【单元练】2021年高中物理选修1第一章【动量守恒定律】测试(答案解析)

一、选择题
1．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。

“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。

为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。

如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。

探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。

那么下列判断中正确的是（）
A．v1 > v0B．v1= v0C．v2 > v0D．v2 =v0A
解析：A
AB．根据题意，设行星的质量为M，探测器的质量为m，当探测器从行星的反方向接近行星时（左图），再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得
-mv0+Mu=Mu′+mv1
1 2mv02+
1
2
Mu2=
1
2
Mu′2+
1
2
mv12
整理得
v1-v0=u+u′
所以
v1 > v0
A正确，B错误；
CD．同理，当探测器从行星的同方向接近行星时（右图），再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得
mv0+Mu=Mu″-mv2
1 2mv02+
1
2
Mu2=
1
2
Mu″2+
1
2
mv22
整理得
v0-v2=u+u″
所以
v2 < v0
CD错误。

故选A。

2．一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。

遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜求该乌贼喷出的水的速度大小是
（）m/s
A．10 B．22 C．28 D．30C
由题意可知，对乌贼由动量定理可得
11Mv F t =⋅∆
对喷出的水由动量定理可得
12mv F t =⋅∆
其中
1.4kg M =，0.1kg m =，12m/s v =
12F F =
则
228m/s v =
即乌贼喷出的水的速度大小为28m/s 。

故选C 。

3．几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！如图所示，完全相同的水 球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是 （ ）
A ．子弹在每个水球中的速度变化相同
B ．子弹在每个水球中运动的时间相同
C ．每个水球对子弹的冲量依次增大
D ．子弹在每个水球中的动能变化不相同C 解析：C
AB ．设水球的直径为d ，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动，子弹在通过第一个d ，第二个d ，第三个d ，第四个d 时所用时间之比为
):(32):1:2)13(2
可知，运动的时间不同，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由
v at ∆=
则速度的变化量不同；AB 错误；
C ．根据冲量的定义
I Ft =
受力是相同的，运动的时间在增大，所以每个水球对子弹的冲量依次增大，C 正确； D ．根据动能定理
K E W Fd ∆==
受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在每个水球中的动能变化相同，D 错误。

4．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 41.0100.10m/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 。

5．如图所示，一质量为m 的弹性小球从一定高处自由落下，与倾角为45°的固定斜面相碰，碰撞前小球的动量为p ，方向竖直向下，碰撞后小球水平向左飞出，动量大小为p ，设碰撞时间极短且为t ，则碰撞过程中，斜面对小球的平均作用力为（ ）
A ．方向沿垂直于斜面向上，大小为
2t B ．方向沿水平向左，大小为p t
C ．方向垂直于斜面斜向下，大小为2p t
D ．方向竖直向上，大小为
p t
A 解析：A 碰撞时间极小，表示相互作用力很大，重力可以忽略不计，由动量定理可得： 竖直方向取向下为正方向，则有
Δp y =0−p =−p
水平方向取向左为正方向，则有 Δp x =p −0=p
那么
222x y p p p p ∆=∆+∆=
方向沿垂直斜面向上，
由动量定理可得
N 2F t p =
N 2=
p F t
方向沿垂直斜面向上，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6．如图所示，轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆随转轴在竖直平面内做匀速圆周运动。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球通过最高点时一定受到杆的拉力
B ．小球通过最低点时一定受到杆的拉力
C ．小球转动过程中机械能守恒
D ．小球转动一圈的过程中重力的冲量为0B
解析：B
A ．小球通过最高点时，由重力和杆对小球的作用力提供小球做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可知
2
v mg F m R
+= 当v gR =v gR >v gR <时，杆对小球有向上的作用力，故A 错误；
B ．小球通过最低点时，由牛顿第二定律可知
2v F mg m R
-= 则小球通过最低点时一定受到杆的拉力，故B 正确；
C ．小球做匀速圆周运动，动能不变，重力势能在不断地变化，则机械能不守恒，故C 错误；
D ．根据冲量的定义I =Ft 可知，设小球运动一周所用的时间为t ，则重力的冲量为
G I mgt =
由上可知，重力的冲量不为零，故D 错误。

故选B 。

7．如图所示，不可伸长的轻软细绳的一端固定于O 点，另一端系一个小球，在O 点的正下方钉一个钉子A ，小球从右侧一定高度，由静止释放后摆下，不计空气阻力和细绳与钉子相碰时的能量损失。

下列说法中正确的是（ ）
A ．小球摆动过程中，所受合力始终指向O 点
B ．小球在由右侧最高点摆到最低点的过程中，重力的瞬时功率逐渐增大
C ．当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的速度突然变大
D ．小球由右侧最高点摆到左侧最高点的过程中绳中拉力对小球的冲量大小不为零，方向竖直向上D
解析：D
A ．小球摆动过程中，做的是变速圆周运功，所受合力并非始终指向O 点，故A 错误；
B ．小球在由右侧最高点摆到最低点的过程中，重力的瞬时功率开始时由于速度为零，重力功率为零，中途不为零，最终速度与重力夹角为90︒，功率为零，功率先增大后减小，故B 错误；
C ．当细绳与钉子碰后的瞬间，小球的速度不变，故C 错误；
D ．根据动量定理，小球由右侧最高点摆到左侧最高点的过程中绳中拉力对小球的冲量与重力的冲量等大反向，合冲量为零，故绳对小球的冲量大小不为零，方向竖直向上，故D 正确。

故选D 。

8．关于运动的相关描述，下列说法正确的是（ ）
A ．曲线运动中，加速度的方向总是和速度方向相同
B ．曲线运动中，加速度的方向总是和速度变化量的方向相同
C ．做任意曲线运动的物体，相同时间内动量的变化量相同
D ．自由下落的物体，相同时间内动能的变化量相同B
解析：B
A. 曲线运动中，加速度的方向与速度方向一定不在同一条直线上，A 错误；
B. 无论是直线运动，还是曲线运动，加速度的方向总是和速度变化量的方向相同，B 正确；
C. 由动量定理，做任意曲线运动的物体，只有受到相同的冲量动量的变化量才相同，C 正确；
D. 由动能定理
k mgh E =∆
自由下落的物体，相同时间内的位移不同，动能的变化量不相同，D 错误。

故选B 。

9．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 。

10．质量为2kg 的物体B 静止在光滑水平面上，质量为2kg 的物体A 在光滑水平面上以速度6m/s 与物体B 发生碰撞，则碰后A 、B 两小球的速度可能为（ ）
A ．5m/s A v =，1m/s
B v =
B ．1m/s A v =-，7m/s B v =
C ．4m/s A v =，2m/s B v =
D ．2m/s A v =，4m/s B v = D
解析：D
碰撞前瞬间，A 、B 系统总动量为
026kg m/s=12kg m/s A p m v ==⨯⋅⋅
碰撞前瞬间，A 、B 系统总动能为
22k 01126J 36J 22A E m v ==⨯⨯= AC ．若碰撞后两球速度方向相同，则A 的速度应该小于B 的速度，故AC 错误； B ．碰撞后瞬间，A 、B 系统总动量为
2(1)kg m/s+27kg m/s=12kg m/s A A B B p m v m v '=+=⨯-⋅⨯⋅⋅
碰撞后瞬间，A 、B 系统总动能为
2222k 11112(1)J+27J 50J 2222
A A
B B E m v m v '=+=⨯⨯-⨯⨯= 碰撞后动能变大了，不符合实际情况，故B 错误；
C ．B ．碰撞后瞬间，A 、B 系统总动量为
22kg m/s+24kg m/s=12kg m/s A A B B p m v m v '=+=⨯⋅⨯⋅⋅
碰撞后瞬间，A 、B 系统总动能为
2222k 111122J+24J 20J 2222
A A
B B E m v m v '=+=⨯⨯⨯⨯= 碰撞后动能减小了，动量守恒，符合实际情况，所以可能，故D 正确；
故选D 。

二、填空题
11．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
222012111222Mv 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。

12．两物体的质量为1m 和2m ，他们分别在恒力1F 和2F 的作用下由静止开始运动，经相同的位移，动量的增加量相同，则两恒力的比值12:F F =________。

解析：21:m m
因为动量的增加量相同，根据动量定理有
1122Ft F t =
根据212x at =，F a m
=解得 2mx t F
= 则有
121212
22m x m x F F F F ⋅
=⋅ 解得 1122F m F m =
则有
1221
F m F m = 13．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
14．质量为5kg 的物体运动速度为2m/s ，则其动量为____________；如果一个物体所受合力为4N ，则5s 的动量变化为___________。

解析：10kg m/s ⋅ 20N s ⋅
[1]根据p =mv 可知
52kg m/s 10kg m/s p mv ==⨯⋅=⋅
[2]根据动量定理可得知5s 的动量变化为
45N s 20N s t p F I ∆==⨯⋅=⋅=合合
15．(1)质量为M 的火箭原来以速率为 v 0飞行在太空中，现在突然喷出一份质量为∆m 的气体，喷出的气体相对于火箭的速率是 v ，则喷气后火箭的速率为______；
(2)如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两辆完全相同的小车，质量都为M =1.0kg ，乙车内用轻绳吊一质量为m =0.5kg 的小球。

当乙车静止时，甲车以速度 v 与乙车相碰，若碰撞时间极短，且碰后两车连为一体，则碰后瞬间两车的共同速度为_______。

当小球摆到最高点时，车的速度为_________；
(3)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_________；
(4)用如图装置做探究碰撞中的不变量实验，下列说法正确的是（______）
A ．在实验前，必须把长木板的一端垫高，使 A 能拖着纸带匀速下行
B ．A 、B 两辆小车的质量必须相等
C ．A 、B 碰撞后必须保证 A 、B 以共同速度一起运动
D ．小车 A 必须从紧靠打点计时器的位置无初速度释放AC 解析：0m v v M
∆+ 2v 25v 2sin 2p θ AC (1)[1] 以火箭和喷出的气体为研究对象，以火箭飞行的方向为正方向，由动量守恒定律得：
0Mv M m v m v v =-'+'-()() 解得：
0m v v v M '∆=+
(2)[2][3] 甲车与乙车相碰是在极短时间内发生的过程，两者（不包括乙车中的小球）动量
守恒 Mv =2Mv 1
解得：
12
v v = 此时乙车中悬挂的小球速度为零．然后在绳的拉力作用下，小球和甲、乙车的速度发生变化，三者组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒．又根据运动情景分析可知，当小球运动到最高点的瞬间，车和球相对静止，设速度为v 2，那么
1222Mv M m v =+()
解得：
225
v v = (3)[4] 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，根据矢量合成可知，两动量合成等腰三角形，根据几何关系可知，动量变化量大小为2sin 2p θ。

(4)[5] A ．根据动量守恒的条件可知，本实验需要平衡摩擦力，故在实验前，必须把长木板的一端垫高，使A 能拖着纸带匀速下行，故A 正确；
B ． 本实验中对A 、B 两辆小车的质量无特殊要求，故B 错误；
C ． 为了得出动量守恒的表达式，A 、B 碰撞后必须保证A 、B 以共同速度一起运动，故C 正确；
D ． 碰撞前小车A 应有速度，故小车A 在手推动下开始运动，故D 错误；
故选：AC 。

16．质量为1.0kg 的小球，以20m/s 的速度落到一软垫上，被弹离软垫时的速度大小为10m/s ，小球与软垫接触的时间为0.5s ，则软垫对小球平均作用力的大小为
____________N 。

70
解析：70
规定向上为正方向，根据动量定理知
（F-mg ）t =mv 2-mv 1
代入数据解得 ()21110201070N 0.5
mv mv F mg t ⨯+-=++=＝。

17．如图所示，木块A 的质量m A ＝1kg ，足够长的木板B 的质量m B ＝4kg ，质量为m C ＝4kg 的木块C 置于木板B 上，水平面光滑，B 、C 之间有摩擦。

现使A 以v 0＝12m/s 的初速度向右运动，与B 碰撞后以4m/s 的速度弹回，则A 与B 碰撞后瞬间，B 的速度为__m/s ，C 运动过程中的最大速度为__m/s ，整个过程中因为B 、C 之间的摩擦而产生的总内能为___J 。

216
解析：2 16
［1］A 与B 碰瞬间，C 的运动状态未变，B 速度最大。

以A 、B 组成的系统为研究对象，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m A v 0=-m A v A +m B v B ，
代入数据得A 与B 碰撞后瞬间，B 的速度v B =4m/s 。

［2］A 、B 碰撞后，B 与C 相互作用使B 减速、C 加速，由于B 板足够长，所以B 和C 能达到相同速度，二者共速后，C 速度最大，以B 、C 组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律
m B v B =（m B +m C ）v C
代入数据得C 运动过程中的最大速度v C =2m/s ．
［3］整个过程中因为B 、C 之间的摩擦而产生的总内能E =12m B v B 2-12
(m B+m C )v C 2=16J 。

18．在橄榄球比赛中，一个95kg 的橄榄球前锋以5m/s 的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分．就在他刚要到底线时，迎面撞上了对
方两名均为75kg 的队员，一个速度为2m/s ，另一个为4m/s ，然后他们就扭在了一起．①他们碰撞后的共同速率是________；
②在右面方框中标出碰撞后他们动量的方向，并说明这名前锋能否得分：________（能或不能）
1m/s 能
解析：1m/s 能
以前锋速度方向为正方向，设撞后共同速度为v ，碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律得：m 1v 1-m 2v 2-m 3v 3=（m 1+m 2+m 3）v ，
解得：v=0.1m/s
所以他们碰撞后的共同速率为0.1m/s ，方向与前锋方向相同，所以能得分，如图所示．
19．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023tan 312
y v v θ=== 解得30θ=
刚要撞击钢板时小球的动量为2200.140.4/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．
20．如图所示，质量分别为m 和M 的两个木块A 和B 用细线连在一起，在恒力F 的作用下在水平桌面上以速度v 做匀速运动．突然两物体间的连线断开，这时仍保持拉力F 不变，当木块A 停下的瞬间木块B 的速度的大小为__________．
解析：()M m v M
+ 质量分别为m 和M 的两个木块A 和B 用细线连在一起，在恒力F 的作用下在水平桌面上以速度v 做匀速运动；以AB 整体为研究对象，整体所受合力为零．两物体间的连线断开，这时仍保持拉力F 不变，在木块A 停下前，AB 整体所受合力仍为零．在木块A 停下前，AB 整体动量守恒，则
()0B m M v m Mv +=⨯+，
解得：木块A 停下的瞬间木块B 的速度
()B M m v v M
+=． 三、解答题
21．如图所示，在粗糙程度处处相同的水平地面上固定一光滑斜面和一竖直挡板，它们之间的距离为2m s =，在其中点正上方有光滑水平轴O 。

一长根为10cm L =的轻质细绳一端固定在轴O 上，另一端系一个小球A ，小球与地面接触但无相互作用。

现让滑块B 从斜面上高度为5m h =处由静止开始滑下，与小球第一次碰撞前瞬间的速度大小为195m/s v =。

滑块和小球的质量相等，且均可视为质点，滑块与小球发生弹性正碰，不计滑块与小球和挡板碰撞时机械能的损失，忽略空气阻力，重力加速度g 取210m/s 。

（1）求滑块与地面间的动摩擦因数；
（2）求滑块与小球第一次碰撞后瞬间，滑块和小球的速度大小；
（3）若滑块与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数。

解析：(1)0.25；(2)095m/s ；(3)10
(1)滑块下滑至速度为v 1的过程，由动能定理可得
211022
s mgh mg mv μ-⋅
=- 代入数据可解得=0.25μ。

(2)滑块与小球发生弹性正碰，设碰后的速度分别为1
v '和2v ，由动量守恒及机械能守恒可得 11
2mv mv mv '=+ 222112111222
mv mv mv '=+ 联立可解得1
=0v '，2=95m/s v ，即两者交换速度。

(3)小球恰好能完成一次圆周运动，设到达最高点的速度为0v ，满足
20v mg m L
= 设小球在最低点的速度为v ，小球从最低点到最高点的过程，由机械能守恒可得
22011222
mv mg L mv =⋅+ 联立可解得5m/s v =，即滑块和小球最后一次碰撞时滑块的速度至少为5m/s v =，设从初状态到速度为v 的过程，滑块在水平面通过的总路程为x ，据能量守恒可得
2102mgh mg x mv μ-⋅=- 联立代入数据可解得19m x =，此过程中，滑块与小球碰撞的次数即为小球完成完整圆周运动的次数，可知
2102m s
x n +
== 故小球做10次完整圆周运动。

22．如图所示，光滑半圆轨道竖直固定在水平面上，直径MN 竖直。

刚开始时小物块Q 静止在水平面上的A 点，A 点到圆轨道最低点N 的距离为s =2m ，某时刻物块P 以7.5m/s 的速度与Q 发生弹性正碰，已知P 的质量为M =1.0kg ，Q 质量为m =0.5kg ，两者与地面间的摩擦因数为0.5，半圆轨道的半径R =0.4m ，重力加速度g 取10m/s 2。

求：
(1)Q 运动的最大速度；
(2)Q 通过半圆轨道最高点时对轨道的压力；
(3)Q 在水平面上的落地点到P 的停止点间的距离。

解析：(1)10m/s ；(2)方向竖直向上，大小为75N ；(3)1.825m
(1)设P 与Q 碰撞后的速度大小分别为1v 、2v ，此时Q 具有的速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
012Mv Mv mv =+
222012111222
Mv Mv mv =+ 解得
1 2.5m/s v =
210m/s v =
(2)Q 到达最高点时的速度为v ，碰后到最高点过程由动能定理
22211222
mgs mgR mv mv μ--=- 由牛顿第二定律
2
N v F mg m R
+= N 75N F =
由牛顿第三定律可知Q 对轨道最高点的压力方向竖直向上，大小为75N ；
(3)物块P 沿水平面继续移动1x 速度变为0，则
121102
mgx mv μ--= 解得
10.625m x =
Q 从最高点平抛水平位移为2x ，则竖直方向
2122R gt = 水平方向
2x vt =
解得
2 3.2m x =
Q 落点与P 静止点间距离 ()21 1.825m x x s x ∆=--=
23．如图所示，质量为M =2kg 的木板，静止在光滑水平面上，木板左端固定着一根轻质弹簧，一质量m =1kg 的木块（可视为质点），从木板右端以某一初速度开始向左滑行，最终回到了木板右端刚好未从木板滑出。

若在木块压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值为6J ，木块与木板间滑动摩擦力大小保持不变。

求：
(1)木块初速度0v 的大小；
(2)木块在木板上滑动的过程中系统损失的机械能。

解析：(1)6m/s ；(2)12J
(1)弹簧的弹性势能最大，设此时的速度为v
()02mv m m v =+
当木块向左运动到和木板的速度相等时，由能量守恒
220pm 11322
mv mv E mgL μ-⨯=+ 从初状态到木块又滑到木板右端，两者相对静止，共同的速度仍为v
220113222
mv mv mgL μ-⨯= 以上方程解得
pm
0666m/s 6m/s 1
E v m ⨯===
(2)整个过程中，木块的初速度为0v ，两者的共同速度为
012m/s 3v v == 所以系统损失的机械能为
22011312J 22
E mv mv ∆=-= 24．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
25．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 。

26．如图所示，高度1 2.2m h =的直圆管竖直固定，在管的顶端塞有一质量2kg M =的小球b 。

从b 正上方20.45m h =的高度处，由静止释放质量1kg m =的小球a 后，a 与b 发生多次弹性正碰（碰撞时间极短），b 最终被a 从管中碰出。

b 相对管运动的过程中受到管的滑动摩擦力大小恒为30N f =，a 在管中始终未与管壁接触，重力加速度大小210m /s g =，不计空气阻力。

(1)a 、b 第一次碰后的瞬间，求a 、b 各自的速度；
(2)求a 、b 第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔；
(3)b 离开管之前，求a 、b 的碰撞次数；
(4)b 离开管之前，在a 、b 第一次碰后瞬间到最后一次碰前瞬间的过程中，求b 机械能的变化量。

解析：(1)1m/s -；2m /s ；(2)0.4s ；(3)6次；(4)44J
(1)a 下落，由运动学公式
2202gh v =
设a 、b 后瞬间，a 的速度为1v ，b 的速度为2v ，由动量守恒定律
012mv mv Mv =+
由机械能守恒定律
222012111222
mv mv Mv =+ 则速度
11m /s v =-
22m /s v =
(2)a ，b 碰后，b 沿圆管向下做匀减速运动，a 做竖直上抛运动
对b ，由牛顿第二定律
f M
g Ma -=
设b 经时间t 向下运动x 距离停止，有
2220ax v -=-
20v at =-
0.4m x =
0.4s t =
t 时间内，设a 位移为s
对a ，有
2110.4m 2
s v t gt =+
= 此时，a 的速度为 103m /s v v gt v =+==
即b 停止的瞬间，a 刚好与b 相碰，再次重复第一次的碰撞
则a 、b 第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔
0.4s t =
(3)a 、b 每经历一次碰撞，b 向下移动0.4m x =
由 1 5.5h x
= b 向下移动5x 后在管内，故a 、b 在管内的碰撞次数为6次。

(4)a 、b 第一次碰后瞬间到最后一次碰前瞬间的过程中，对b ，由动能定理
221502
W Mg x Mv +⋅=- Δb E W = 得
Δ44J b E =-
即b 的机械能减少了44J 。

27．如图所示，间距为d 的两根平行光滑金属导轨MN 、PQ 放置于同一水平面内，导轨左端有一阻值为R 的定值电阻与一电容为C 的电容器并联（电容器开始不带电），S 为单刀双掷开关，导体棒ab 垂直于导轨放置在导轨上，在ab 棒左侧和导轨间存在竖直向下足够长的匀强磁场，且磁场以ab 为右边界，磁感应强度大小为B 。

在ab 棒右侧有一绝缘棒cd ，cd 棒与ab 棒平行，且与固定在墙上的轻弹簧接触但不相连，弹簧处于压缩状态且被锁定。

现将S 连接到“1”，解除弹簧锁定，cd 棒在弹簧的作用下向左移动，脱离弹簧后以速度v 0与ab 棒发生碰撞并粘在一起。

已知ab 、cd 棒的质量均为m ，碰撞前后两棒始终垂直于导轨，ab 棒在两导轨之间的部分的电阻为r ，导轨电阻、接触电阻以及空气阻力均忽略不计，ab 棒总是保持与导轨良好接触，不计电路中感应电流的磁场。

求：
(1)弹簧初始时的弹性势能；
(2)从ab 碰后到ab 速度为
04v 过程，ab 棒的位移； (3)当ab 速度为04
v 时将S 连接到“2”，求ab 棒的最终速度。

解析：(1) 2012
mv ；(2) 022()2R r mv B d +；(3) 02224mv B d C m +。