高中物理选修一第一章《动量守恒定律》检测(含答案解析)

一、选择题
1．(0分)[ID ：127088]A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰。

如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图象。

a 、b 分别为A 、B 两球碰撞前的位移—时间图线，c 为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线，若A 球质量是m =2 kg ，则由图可知（ ）
A ．A 、
B 碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B ．碰撞时A 对B 所施冲量为4 N·s
C ．碰撞前后A 的动量变化为6 kg·m/s
D ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能
为10 J 2．(0分)[ID ：127085]木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均阻力为f ，射入深度为d ，此过程中木块位移为s ，则（ ）
A ．子弹损失的动能为fs
B ．木块增加的动能为fs
C ．子弹动能的减少等于木块动能的增加
D ．子弹、木块系统产生的热量为f （s +d ） 3．(0分)[ID ：127062]建筑工地上需要将一些建筑材料由高处运送到低处，为此工人们设计了一个斜面滑道，如图所示，滑道长为16m ，其与水平面的夹角为37°。

现有一些建筑材料（视为质点）从滑道的顶端由静止开始下滑到底端，已知建筑材料的质量为100kg ，建筑材料与斜面间的动摩擦因数为0.5，取210m /s ,sin370.6,cos370.8︒︒===g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．建筑材料在滑道上运动的时间为8s
B ．建筑材料到达滑道底端时的动量大小为800kg m /s ⋅
C ．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力的冲量大小为零
D ．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受重力做的功为49.610J ⨯
4．(0分)[ID ：127055]如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E ，M 点与N 点在同一电场线上，两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度0v 分别从M 点和N 点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。

已知两粒子都能经过P 点，在此过
程中，下列说法正确的是（）
A．从M点进入的粒子先到达P点
B．从M点进入的粒子电荷量较小
C．从M点进入的粒子动量变化较大
D．从M点进入的粒子电势能变化较大
5．(0分)[ID：127054]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v0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
2 0 4 v 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
6．(0分)[ID：127050]如图所示质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。

不计空气阻力重力加速度为g。

关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有（）
A．小球的机械能减少了mgH
m gh
B．小球所受阻力的冲量大于2
C．小球克服阻力做的功为mgh
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
7．(0分)[ID：127040]如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。

两个质量相等的带正电荷的粒子a、b，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的相互作用。

已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是（）
A．b粒子到达P点的时间短
B．a粒子电荷量较大
C．b粒子电势能变化较大
D．a粒子动量变化较大
8．(0分)[ID：127033]某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右，假设他们之间的地面光滑，地面上放着一均匀木块，木块到左右两边的距离不一样。

两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹，但是子弹都没有射穿木块，两人都活了下来成了好朋友。

假设你是侦探，仔细观察木块发现左边的射孔（弹痕）更深。

设两子弹对木块的作用力大小一样，则下列说法正确的是（）
A．开始时，木块更靠近左边的人，左边的人相对更安全
B．开始时，木块更靠近左边的人，右边的人相对更安全
C．开始时，木块更靠近右边的人，左边的人相对更安全
D．开始时，木块更靠近右边的人，右边的人相对更安全
9．(0分)[ID：127024]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运动到圆槽的最低点时速度为4
3 gR
D．B向右运动的最大位移大小为
3
R
10．(0分)[ID：127003]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0
11．(0分)[ID：126998]雨滴从静止开始下落，下落过程中受到的阻力与速度成正比，比例常数为k，经过时间t速度达到最大，雨滴的质量为m，选向下为正方向，则该过程阻力的冲量为（）
A．mgt B．
2
m g
k
C．
2
m g
mgt
k
-D．
2
m g
mgt
k
+
12．(0分)[ID：126996]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
二、填空题
13．(0分)[ID：127175]质量为M的小车上站着质量为m的人，共同以速度v0在光滑水平面上运动。

运动中人相对于小车竖直向上跳起，人跳离小车后，车速为___________。

14．(0分)[ID：127167]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1
3
，则碰后M球速率可能为
__________________。

15．(0分)[ID：127162]如图所示为A、B两球正碰前后的位移一时间图象，其中a、b分别为A、B碰前的图线，c为A、B碰后共同运动的图线，若A球质量m A=2kg，那么由图线可知m B=____________kg。

16．(0分)[ID ：127138]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 。

17．(0分)[ID ：127118]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 。

18．(0分)[ID ：127116]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_____________.
19．(0分)[ID ：127113]甲、乙两人站在水平的冰面上（不计摩擦），在水平方向传递一个球，从静止开始，甲把球传给乙，乙接球后又把球传给甲．假设两个人的质量都是M ，球的质量为m ，每次抛球速度大小均为v ．当甲抛球101次后球被乙接住，此时两人的速度大小之比v v 乙甲:等于________．
20．(0分)[ID ：127106]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 = )
三、解答题
21．(0分)[ID ：127264]如图，一质量为m =2kg 的铅球从离地面H =5m 高处自由下落，陷入泥潭中某处后静止不动，整个过程共用时t =1.1s ，求泥潭对铅球的平均阻力。

22．(0分)[ID ：127243]如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，两极板间距为d ，上极板正中央有一个小孔，质量为m 、电荷量为q +的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处时速度恰为零，忽略空气阻力，极板间电场视为匀强电场，重力加速度为g ，求：
(1)小球到达小孔处的速度大小；
(2)极板间电场强度大小；
(3)电容器所带电荷量；
(4)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。

23．(0分)[ID ：127227]如图所示，水平轨道OP 固定，ON 段光滑、NP 段粗糙且长L =1.5m 。

一根轻弹簧的一端固定在轨道左侧O 点的竖直挡板上，另一端自然伸长时在N 点。

P 点右侧有一与水平方向成θ=37°、足够长的传送带PQ 与水平面在P 点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为v =3m/s 。

质量m =2kg 小物块A 放在N 点，与A 相同的物块B 静止在P 点。

现用力通过A 缓慢向左压缩弹簧，当弹簧的弹性势能E =31.0J 时由静止释放，A 开始向右运动。

当A 运动到P 点时与B 发生正碰，碰撞时间极短且无机械能损失。

已知A 与NP 段间的动摩擦因数μ1=0.2，B 与传送带间的动摩擦因数µ2=0.25，取g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)A 第一次运动到P 点时的速度大小；
(2)第一次碰撞后A 、B 的速度大小；
(3)A 、B 第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间。

24．(0分)[ID ：127217]如图所示，半径为R 的14
光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠轨道下端B 点，上表面与圆弧轨道末端相平。

离滑板右端02
R L =处有一竖直固定的挡板P 。

一质量为m 的物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A 点由静止开始沿轨道滑下，经B 点滑上滑板。

已知滑板质量2M m =，物块与滑板间的动摩擦因数 0.5μ=，重力加速度为g 。

滑板与挡板碰撞时立刻反弹且没有机械能损失，滑板返回B 点时即被锁定而保持静止。

滑板足够长使物块总不能滑至滑板右端。

(1)求物块滑到B 点的速度大小；
(2)求滑板与挡板P 碰撞前瞬间物块的速度大小；
(3)站在地面的观察者看到物块有一段时间内在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围。

25．(0分)[ID：127212]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
v=1m/s和去，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
1
v， =0.2m/s，方向不变，两壶质量均为m=19kg。

求∶
1
(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。

26．(0分)[ID：127194]如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为l，电阻不计．水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒a与b的质量均为m，接入电路的有效电阻分别为R a＝R，R b＝2R，b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放．运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，求：
（1）a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；
（2）最终稳定时两棒的速度大小；
（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，两棒上总共产生的热量。

【参考答案】
2016-2017年度第*次考试试卷参考答案
**科目模拟测试
一、选择题
1．D
2．B
3．B
4．B
5．D
6．B
7．C
8．C
9．C
10．B
11．C
12．B
二、填空题
13．v0
14．(1)或
15．1
16．70
17．216
18．
19．【解析】
20．30°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
三、解答题
21．
22．
23．
24．
25．
26．
2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析
【参考解析】
**科目模拟测试
一、选择题
1．D
解析：D
由x -t 图像可知，碰撞前有：A 球的速度
410m/s 3m/s 2
A A A x v t ∆-=
==-∆ B 球的速度 4m/s 2m/s 2
B B B x v t ∆===∆ 碰撞后A 、B 两球的速度相等，为 24m/s 1m/s 2
C A B C x v v v t ∆-'='==
==-∆ A ．对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律
()A B B B mv m v m m v +=+
得
4kg 3
B m =
A 与
B 碰撞前的总动量为
4102(3)kg m/s 2kg m/s kg m/s 33
A B B p mv m v ==⨯-⋅+⨯⋅=⋅+-总 A 错误；
B ．由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施冲量为
4kg m/s 4N s B B I p =∆=-⋅=-⋅
B 错误；
C ．碰撞前后A 的动量变化
4kg m/s A A p mv mv ∆=-=⋅
C 错误；
D ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能
()222111222
k A B B B E mv m v m m v ∆=
+-＋ 代入数据解得 10J k E ∆=
D 正确。

故选D 。

2．B
解析：B
A ．子弹损失的动能等于克服阻力做的功，为f (s +d )，故A 错误；
B ．木块增加的动能等于合力做的功，为fs ，故B 正确；
C ．子弹动能的减少等于木块增加的动能与系统增加的内能之和，故C 错误；
D ．子弹和木块摩擦产生的热量等于摩擦力与相对路程的乘积，即fd ，故D 错误。

故选B 。

3．B
解析：B
A ．下滑时，由牛顿第二定律得
sin cos mg mg ma θμθ-=
根据匀变速直线运动规律公式得
212
s at =
解得 4s t =
A 错误；
B ．建筑材料到达滑道底端时的速度为
8m/s v at ==
动量为
800kg m/s p mv ==⋅
B 正确；
C ．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力不为零，所以冲量不为零。

C 错误；
D ．重力做的功为
sin 9600J W mgs θ=⋅=
D 错误。

故选B 。

4．B
解析：B
A ．由题及图可得两粒子的竖直位移相等、速度相等，且0s v t =，故两粒子到达P 点的时间相等，故A 错误；
B ．在相等时间内M 点的粒子运动的水平位移较小，所以M 点的加速度较小，根据
qE a m
=
可知从M 点进入的粒子电荷量较小，故B 正确；
C ．根据动量定理可知，粒子的动量变化等于合外力的冲量，由于从M 点进入的粒子电荷量较小，所以受到的电场力较小，则合外力的冲量也较小，所以从M 点进入的粒子动量变化较小，故C 错误；
C ．从M 点进入的粒子受到的电场力小，且在电场力作用下运动的位移也较小，所以电场力做功较小，则电势能变化就小，故
D 错误。

故选B 。

5．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
2
04v 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+1
2
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 。

6．B
解析：B
A ．从A 到
B 的过程中小球的机械能减少了()mg H h +，选项A 错误；
C ．从A 到B 的过程中小球受到的重力与阻力做功，由动能定理可得
f ()0m
g H
h W ++=
可知小球克服阻力做的功大小等于重力做的功，为()mg H h +，选项C 错误； B ．小球到达地面的速度
v =选取向下为正方向，设小球陷入泥潭的过程中的时间为t ，则
f 0mgt I mv -=-
解得
f I mgt =+
选项B 正确；
D ．小球的初速度与末速度都是0，所以小球的动量的变化量等于0，根据冲量的定义可知，小球受到的阻力的冲量不等于0，选项D 错误。

故选B 。

7．C
解析：C
A ．两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速，水平向左匀加速，因为两粒子竖直方向的位移相同，速度相同，所以达到P 点的时间相同， A 错误；
B ．水平向左匀加速，根据
2
12
x at =
qE a m
=
以及
a b x x <
时间和质量均相等可知
a b q q <
B 错误；
C ．b 粒子电场力大，沿电场力方向位移大，故电场力做功多，根据功能关系可知，b 粒子电势能变化较大，C 正确；
D ．根据动量定理
Ft P =∆
可知，时间相同，电场力小的动量变化小，a 粒子电场力小，a 粒子动量变化小，D 错误。

故选C 。

8．C
解析：C
子弹的质量与射出时的速度都相等，两子弹与木块组成的系统总动量为零；如果木块在正中间，则弹痕应该一样长，结果是左边的长一些，假设木块靠近其中某一人，设子弹质量为m ，初速度为v 0，木块质量为M ，阻力为f ，弹痕长度分别为x 1、x 2，两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv 0=（M +m ）v 1
由能量守恒定律得
2201111
()22
mv M m v fx =++ 对另一发子弹，同样有
（M +m ）v 1-mv 0=0
2201211
()22
mv M m v fx ++= 解得
x 1＜x 2
综合判断，后接触木块的子弹弹痕长，更容易射穿木块，对面的人更危险，所以一开始木块离右边近一些，左边的人相对更安全，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

9．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
2
A
B v v =
根据系统的机械能守恒得
2211222
A B mg mv v R m =
+⋅ 解得
A 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
2
3
x R =
故D 错误； 故选C 。

10．B
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 =
v >v <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
2
v 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 。

11．C
解析：C
雨滴下落所受的阻力正比于速度，设为f kv =，则雨滴先加速后达到匀速时，设最大速度为m v ，有
m mg f kv ==
可得
m mg
v k
=
对雨滴下落过程由动量定理
f m 0mgt I mv +=-
联立解得阻力的冲量为
2f m g I mgt k
=-
故选C 。

12．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 。

二、填空题 13．v0
解析：v 0
选取0v 的方向为正方向，质量为m 的人随着平板车以速度v 0在光滑平直轨道上匀速前进，当人相对于车竖直跳起又落回原位置的过程中，人和车在水平方向上合力为零，所以在水平方向上动量守恒，所以平板车的速度保持不变，车速为v 0。

14．(1)或
解析：(1)13v 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
23
v v =
，223v
v =
15．1
解析：1 [1]碰前A 的速度
49
m/s 2.5m/s 2A A x v t --＝
＝＝ B 的速度
4
m/s m/s 2
B B x v t ∆＝
＝＝2 碰后的AB 的速度
24m/s -1m/s 42
x v t -'-＝
＝＝ 根据动量守恒定律得
m A v A +m B v B =（m A +m B ）v
解得
m B =1kg
16．70
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
()21
110201070N 0.5
mv mv F mg t ⨯+-=
++=＝。

17．216
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 2-1
2
(m B+m C )v C 2=16J 。

18．
2sin
2
p 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
2
p p θ
∆=．
19．【解析】
解析：()M m M +: 【解析】
把甲、乙两人和小球看做一个系统，则该系统动量守恒且总动量等于零，则可得：
()0Mv M m v -+=乙甲，可得()v v M m M =+乙甲::．
20．30°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03
tan 312
y v v θ=== 解得30θ
=
刚要撞击钢板时小球的动量为2
2
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．
三、解答题
21．
220N
根据
2112
H gt =
解得
11s t =
设平均阻力为F ，取向下为正方向，对全程由动量定理得
1()0mgt F t t --=
解得
220N F =22．
(2) ()mg h d qd +； (3) ()mg h d C q +；(1)根据
v 2=2gh
可知小球到达小孔处的速度大小
v
(2)对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有
mg （h +d ）-qEd =0
解得
()
mg h d E qd
+=
(3)电容器两极板间的电压为
()mg h d U Ed q
+==
电容器的带电量为
()mg h d C
Q CU q
+==
(4)加速过程
mgt 1=mv
减速过程有
（mg -qE ）t 2=0-mv
t =t 1+t 2
联立解得
t =
．
(1) 5m/s ；(2)0； 5m/s ； 解:(1)设A 第一次运动到P 点时的速度大小为v 0，由动能定理得
2
1012
W mgL mv μ-=
① 弹力做功等于弹性势能的减少量得
W =E p ②
解得
v 0=5m/s ③
(2)设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 的速度为v B ，由动量守恒得
mv 0=mv A + mv B ④
由机械能守恒得
222
0111222
A B mv mv mv =+ ⑤ 解得
v A =0 v B =v 0=5m/s ⑥
(3)B 先沿传送带向上匀减速至零，再向下匀加速至速度为3m/s ，由牛顿第二定律得
21sin cos mg mg ma θμθ+= ⑦
218m /s a =
由运动学公式有
22
12B v v a x -=- ⑧
11
1B v v
t s a -=
= 由于μ2＜tan θ，B 沿传送带向下继续加速
22sin cos mg mg ma θμθ-= ⑨
a 1=4m/s 2
2
12212
x vt a t =+ ⑩
2t =
所以A 、B 第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间
12t t t =+=
⑪ 24．
(1)0v =(2)1v =
；M v ≤≤(1)物块由A 到B 的运动过程，只有重力做功，机械能守恒。

设物块滑到B 点的速度大小为
v 0，有
2012
mgR mv =
解得
0v =(2)假设滑板与P 碰撞前，物块与滑板具有共同速度v 1，取向右为正，由动量守恒定律
01()mv m M v =+
设此过程滑板运动的位移为s ，由动能定理
21102
mgs Mv μ=-
联立解得
1v =
210492
v R R s L g μ==<=
所以假设成立，滑板与挡板P 碰撞前瞬间物块的速度大小为
1v =
(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P 碰撞后速度v 1大小不变，只是方向向左。

此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动。

设两者第二次具有共同速度为v 2，取向左为正，由动量守恒定律有
112()Mv mv m M v -=+
设此时滑板离P 的距离为s '，由动能定理
22211122
mgs Mv Mv μ'-=
- 解得
1
23
v v =
=2132'81
v R
s g μ==＜02R L =
说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到B 点，两者能够第二次达到共同速度。

设当物块的速度减为零时，滑板速度为v 3，取向左为正，有
113Mv mv Mv -=
解得
1
32v v =
=所以，物块加速运动阶段的速度范围为
m 0v ≤≤
此阶段滑板的速度范围为
M v ≤≤． (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 .=26．
（123）12mgh （1）设a 棒刚进入磁场时的速度为v ，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有
212
mgh mv = a 棒切割磁感线产生感应电动势为
E Blv =
根据闭合电路欧姆定律有
2E I R R
=
+ a 棒受到的安培力为 F BIl =
联立上式解得
F =方向水平向左；
（2）a 棒进入磁场，切割磁感线产生感应电流，a 棒和b 棒均受安培力作用，大小相等、方向相反，所以a 棒和b 棒组成的系统动量守恒，设两棒最终稳定的速度为v '，以v 的方向为正方向，根据动量守恒定律有
2mv mv '=
解得
v '=
（3）从a 棒开始下落到最终稳定的过程中，设两棒产生的热量为Q 总，根据能量守恒定律有
2211222
mv mv Q '=⨯+总 解得
12Q mgh =总。