【单元练】高中物理选修1第一章【动量守恒定律】提高练习

一、选择题
1．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；
C ．运动时间相同，则根据I mgt =知两次物块落地过程重力的冲量一样大，选项C 错误； 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 。

2．一水龙头的出水口竖直向下，横截面积为S ，且离地面高度为h 。

水从出水口均匀流出时的速度大小为v 0，在水落到水平地面后，在竖直方向的速度变为零，并沿水平方向朝四周均匀散开。

已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g 。

水和地面的冲击时间很短，重力影响可忽略。

不计空气阻力和水的粘滞阻力。

则( ) A ．单位时间内流出水的质量为2gh ρB ．单位时间内流出水的质量为2
02v gh ρ+C ．地面受到水的冲击力大小为2Sv gh ρD ．地面受到水的冲击力大小为202Sv v gh ρ+解析：D
AB ．设t 时间内，从出水口流出水的体积为V ，质量为m 0，则
m 0=ρV ，V =v 0S t
得单位时间内从出水口流出水的质量为
m t
=ρv 0S
故AB 错误；
CD ．设水落至地面时的速度大小为v 。

对于Δt 时间内流出的水，由机械能守恒得
12(Δm )v 02+(Δm )gh =1
2
(Δm )v 2 在地面处，Δt 时间内流出的水与地面接触时，沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp =(Δm )v
设地面对水的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt =Δp ，得
F =2
002Sv v gh ρ+
故C 错误，D 正确。

故选D 。

3．一只质量为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
解析：C
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 。

4．一质量为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 。

5．图甲中，长为L 的长木板M 静止于光滑水平面上，小物块m 位于木板的右端点。

T =0时，木板以速度v 0开始向右滑动，小物块恰好没有从长木板上滑落。

图乙为物块与木板运动的v －t 图像，则（ ）
A ．物块质量是木板质量的
23
B ．物块与木板间的动摩擦因数为20
38v gL
C ．0～t 0内，物块与木板损失的动能为木板初动能的3
8
D ．物块的最大动能是木板初动能的3
8
B
解析：B
A ．由动量守恒定律结合图乙可得
003
()4
Mv m M v =+
解得3M m = A 错误；
B ．对于系统，由能量守恒得
2
2001
13()()224
mgL Mv m M v μ=-+
解得20
38v gL
μ=
B 正确；
C ．0～t 0内，物块与木板损失的动能为
2220001131()()2248
k E Mv m M v Mv ∆=
-+= 物块与木板损失的动能为木板初动能的1
4
，C 错误； D ．物块的最大动能是2200133()2432m v Mv =，是木板初动能的316
，D 错误。

故选B 。

6．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
4
1.010
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 。

7．如图所示，一个质量为m 1=40kg 人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。

气球和长绳的总质量为m 2=10kg ，静止时人离地面的高度为h =5m ，长绳的下端刚好和地面接触。

如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看做质点）（ ）
A ．5 m
B ．4m
C ．2.6 m
D ．8m B
解析：B
设人、球对地面的位移分别为x 1、x 2，由动量守恒定律得
1122m x m x =
12x x h +=
解得
11m x = 24m x =
此时他离地面的高度为4m ，故选B 。

8．质量m ＝1kg 的物体在合外力F 的作用下从静止开始做直线运动。

物体所受的合外力F 随时间t 变化图像如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动
B ．4s 末物体的速度为零
C ．6s 内合外力的冲量为8N ⋅s
D ．6s 内合外力做功为8J D 解析：D
A ．由图可知，04s ~合力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速度运动，最后做加速度增大的减速运动，故A 错误；
B ．图可知，04s ~合力方向不变，则物体一直做加速运动，故B 错误；
C ．图像与坐标轴所围面积表示合力的冲量，0
2s 合力冲量为
1=22N s=4N s I ⨯⋅⋅
26s 合力的冲量为0，则6s 内合外力的冲量为4N s ⋅，故C 错误；
D ．0
2s 由动量定理可得
11I mv =
即
14mv =
此时的动能为
22
1k ()4J 8J 221
mv E m ===⨯
由于26s 合力的冲量为0，即动量不变，则动能也不变，所以6s 内合外力做功为8J ，故D 正确。

故选D 。

9．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 ．2m g
k
C ．2m g mgt k -
D ．2m g mgt k
+ 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 。

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，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。

12．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 =，16
m/s 4m/s 4
B v =
= 碰撞后共同体的速度为
2016
m/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
13．一颗手榴弹以10m/s 的速度沿水平方向向前飞行，它炸裂成质量比为3∶2的两部分，质量大的部分以15m/s 的速度继续向前飞行，则另一部分的速度大小_______。

5m/s 解析：5m/s
设未炸裂前总质量为5m ，炸裂后质量大的为3m ，质量小的为2m ，爆炸过程水平方向上动量守恒，规定原来的方向为正方向，则有
5103152m m mv ⨯=⨯+
解得
2.5m/s v =
速度为正，说明方向和原来的方向相同。

14．碰撞分为弹性碰撞和________，在弹性碰撞中，碰撞前和碰撞后的总_____守恒，碰撞前和碰撞后的总_____保持不变。

非弹性碰撞动量动能 解析：非弹性碰撞 动量 动能
[1][2][3]碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，在弹性碰撞中，碰撞前和碰撞后的总动量守恒，碰撞前和碰撞后的总动能保持不变。

15．静止在匀强磁场中的
23892
U 发生一次α衰变，变成一个新核，已知α粒子与新核的速度
方向均与磁场方向垂直，则α粒子与新核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为________(重力可忽略)；若释放出的α粒子的动能为E 0 ，假设衰变放出的能量全部转化为α粒子与新核的动能，则本次衰变释放的总能量为________。

解析：45:1
0119
117
E [1] 原子核衰变时动量守恒，由动量守恒定律可知
P P α=新核
新核与α粒子的动量p 大小相等，它们在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
2v qvB m r
=
轨道半径
mv P r qB qB
=
= 它们的轨道半径之比
92245=21P r q B P r q B
α
αα-==新核
新核新核
[2]根据核反应过程中质量数和核电荷数守恒，求得产生新核的质量数为234，则α粒子和新核的质量之比
2
117
m m α=新核 已知α粒子的动能为
22
01122P E m v m ααα
==
产生新核的动能
22
22122P E m v m ==新核新核新核
求得
2002
117
m E E E m α=
=新核 本次衰变的释放的总能量为
200119
117
E E E +=
16．质量为50kg 的人从岸上以10m/s 的水平速度跳上一只迎面驶来的质量为100kg 、速度为2m/s 的小船。

人跳上船后，船、人一起运动的速度大小为______m/s ，此过程中损失的机械能是________J 。

2400 解析：2400
[1]人跳上船的过程，由动量守恒可得
()12m υM υm M υ-=+
解得2m/s υ=；
[2]此过程中损失的机械能为
()222121112400J 222
E m υM υm M υ∆=
+-+= 17．A 、B 两物体在光滑水平地面上沿同一直线均向东运动，A 在后，质量为5kg ，速度大小为10m/s ，B 在前，质量为2kg ，速度大小为5m/s ，两者相碰后，B 沿原方向运动，速度大小为10m/s ，则A 的速度大小为__m/s ，方向为__。

向东 解析：向东
[]1[]2 设向东为速度正方向，则碰撞前A 物体的速度v A =10m/s ，B 物体的速度v B =5m/s ，
碰撞后A 物体的速度设为A
v '，碰撞后B 的速度B 10m /s v '=，两物体碰撞过程，由动量守恒定律有：
A A
B B A A
B B m v m v m v m v ''+=+ 代入数据，解得A
8m/s v '=，为正值，说明碰撞后A 物体的速度方向向东。

18．一个质量为50kg 的人，站立在静止于平静水面上的质量为400kg 船上，现船上人以相
对水面2m/s 的水平速度跳向岸，不计水的阻力。

则船以________m/s 的速度后退，若该人竖直向上跳起，则人船系统动量不守恒的原因是：_____________________。

25在该过程中人船系统所受合外力不为零
解析：25 在该过程中人船系统所受合外力不为零
[1]由于不计水的阻力，人和船组成的系统水平方向动量守恒，以人前进方向为正，所以有
0mv MV -=
解得
0.25m/s V =
[2]若人向上跳起，人船系统在竖直方向上合外力不为零，故其动量不守恒。

19．如图所示，A 、B 两物体质量分别为m A =5kg 和m B =4kg ，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA =0.4和μB =0.5， 开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面 上．现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上，在弹簧弹开两物 体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量______（选填“不 变”“减少”“增加”“先增大后减小”“先减少再增加”）；在两物体被弹开的过程中，A 、B 两物 体的机械能______（选填“不变”“减少”“增加”“先增大后减小”“先减少再增加”）
不变先增大后减少
解析：不变 先增大后减少
[1]．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A 物体所受的滑动摩擦力大小为f A =μA m A g =20N ，方向水平向右；B 物体所受的滑动摩擦力大小为f B =μB m B g =20N ，方向水平向左，可知两物体组成的系统合外力为零，故两物体组成的系统动量守恒。

[2]．在两物体被弹开的过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先做加速运动后做减速运动，机械能先增大后减小。

20．场强为E 、方向竖直向上的匀强电场中有两小球A 、B ，它们的质量分别为m １、m ２，电量分别为q １、 q ２．A 、B 两球由静止释放，重力加速度为g ，则小球A 和Ｂ组成的系统动量守恒应满足的关系式为________________．
解析：()()1212E q q m m g +=+
[1].系统动量守恒的条件为所受合外力为零．即电场力与重力平衡；
()()1212E q q m m g +=+
三、解答题
21．如图所示，光滑水平面上质量为2.0kg 的小球A 以1.0m/s 的速度向右运动，在其左方质量为1.0kg 的小球B 以2.0m/s 速度同向运动。

碰撞后，小球A 以1.5m/s 的速度运动。

求：
（1）碰撞后B 球的速度；
（2）碰撞过程中，A 、B 系统损失的机械能。

解析：（1）1m/s ，方向水平向右；（2）0.25J
（1）B 、A 碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
A A
B B A A B B m v m v m v m v ''+=+
代入数据解得
m 1/s B v '= ，方向水平向右
（2）根据能量守恒定律可得，A 、B 系统损失的机械能为
222211112222
A A
B B A A B B E m v m v m v m v ''∆=+-- 代入数据解得
0.25J E ∆=
22．如图，质量均为m 的小物块A 和木板B 静止叠放在光滑水平面上，CD 为竖直面内一固定光滑圆弧轨道，与水平台面CP 相切于C 点，圆弧CD 半径为R ，所对应的圆心角为θ，台面与B 上表面等高。

A 在水平拉力作用下与B 发生相对滑动，当B 的速率为v 时A
的速率为2v ，撤去拉力，此时A 与B 右端的距离为3
78mv P
，B 运动的路程与A 相对B 滑行的距离相等，在这段时间内，拉力的平均功率为P 。

再经一段时间后A 和B 速度相同，恰此时B 与台面相碰并被台面粘住不动，重力加速度大小为g 。

（1）求A 与B 间的动摩擦因数μ；
（2）求A 和B 速度恰好相同时，A 在B 上滑行的时间t ；
（3）若A 能从D 点飞出，求A 到达D 点时的速率v D 。

解析：（1）3P mgv ；（2）2
92mv P
；（32132(1cos θ)6v gR --（1）设A 与B 间的动摩擦因数为μ，对B ，根据牛顿第二定律有
μmg=ma
设静止开始经t 1时间B 的速率为v ，则
v=at 1
设撤去拉力时B 运动的路程为x ，因为A 相对B 运动的路程为x ，那么A 运动的总路程为2x ，对小物块A ，因为A 的速度是B 的速度的两倍，所以根据动能定理有
Pt 1–μmg · 2x=
21(2)2
m v –0 对木板B 有
v 2=2ax
解得 μ=3P mgv
（2）由（1）问中可得
t 1=2
3mv P
设A 与B 共速时的速度为v 1，从撤去拉力到恰共速所用的时间为t 2，由动量守恒可得
m ·2v +mv=2mv 1
解得
v 1=
32
v 又因为
v 1=v +at 2
所以，解得 t 2=2
32mv P
A 在
B 上滑行的时间
t=t 1+t 2
解得 t=2
92mv P
（3）设从撤去拉力到共速，A 在B 上相对滑行的路程为x 1，由动能定理可得
22211111(2)2222
m v mv mv mgx μ+-⋅= 解得
x 1=3
34mv P
设A 到达D 点时的速率为v D ，A 从共速开始运动到D 点的过程中，根据动能定理有
–μmg （378mv P
– x 1）–mg （R –R cos θ）=2211122D mv mv - 解得
v D 23．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
1v 。

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
2102
mgh 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。

24．如图所示，在光滑的水平冰面上放置一个光滑的曲面体，曲面体的右侧与冰面相切，
一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上。

已知小孩和冰车的总质量为m 1=40kg ，小球的质量为m 2=10kg ，曲面体的质量为m 3=10kg 。

某时刻小孩将小球以v 0=4m/s 的水平速度向曲面体推出，推出后，小球沿曲面体上升（小球不会越过曲面体），求：
(1)推出小球后，小孩和冰车的速度大小v 1；
(2)小球在曲面体上升的最大高度h 。

解析：(1)1m/s ；(2)0.4m
(1)以小球、小孩和冰车为系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得
20110m v m v -=
解得小孩和冰车的速度
11m/s v =
(2)以小球和曲面体为系统，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
20232m v m m v =+（）
解得小球在最大高度与曲面体的共同速度为
22m/s v =
小球在曲面体上升的过程，由机械能守恒定律得
222023221122
m v m m v m gh =++（） 解得小球在曲面体上升的最大高度为
0.4h m =
25．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 '= 26．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233
μ=，传送带足够长。

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 111222mv 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
27．如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为R 的光滑的14
固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B 点．质量为M 的小木块静止在O 点，一颗质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C （木块和子弹均看成质点）．
①求子弹射入木块前的速度．
②若每当小木块返回到O 点或停止在O 点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？ 解析：（12m M
gR m +2）2()9m M H R m M
+=+ （1）由子弹射入木块过程动量守恒有：01()mv m M v =+
木块和子弹滑到点C 处的过程中机械能守恒，有：211()()2
m M v m M gR +=+ 联立两式解得：02M m v gR m
+= （2）以后当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运
动．第9颗子弹射中时，由动量守恒定律可知：0(9)M m v mv +=
射入9颗子弹后的木块滑到最高点的过程中机械能守恒：21(9)(9)2
M m v M m gH +=+ 联立以上解得：2
2
()(9)M m H R M m +=+． 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
t == 可知此部分爆炸后的速度为零；根据动量守恒定
012
mv mv = 解得
v =2v 0=60m/s
方向竖直向上.。