市鸽悉学校高二物理下学期4月月考试卷高二全册物理试题_2

盘船州斜盒市鸽悉学校高二（下）月考物理试卷（4月份）一、单选题（共12小题，每小题4.0分，共48分）1．小船相对于地面以速度v1向东行驶，若在船上以相对地面的相同速率v分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将（）A．不变B．减小C．增大D．改变方向2．如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A=2kg、m B=4kg，速率分别为v A=5m/s、v B=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动（）A．它们碰撞前的总动量是18kg•m/s，方向水平向右B．它们碰撞后的总动量是18kg•m/s，方向水平向左C．它们碰撞前的总动量是2kg•m/s，方向水平向右D．它们碰撞后的总动量是2kg•m/s，方向水平向左3．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B=2m A，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为4kg•m/s，则（）A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：104．关于冲量、动量、动量的增量的下列说法中正确的是（）A．冲量的方向一定和动量的方向相同B．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同C．动量增量的方向一定和动量的方向相同D．动量增量的大小一定和动量大小的增量相同5．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A．甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功6．质量为M的小车静止在光滑水平面上，质量为m的人站在小车左端．在此人从小车的左端走到右端的过程中（）A．若在走动过程中人突然相对于车停止，这时车相对于地的速度将向右B．人在车上行走的平均速度越大，走到右端时车在地面上移动的距离越大C．人在车上行走的平均速度越小，走到右端时车在地面上移动的距离越大D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离都一样7．总质量为M的以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于以速率u向后喷出，则的速度大小为（）A．V0+u B．V0﹣u C．V0+（V0+u） D．V0+u8．的质量为4.1kg，子弹的质量为9.6g，子弹从枪口飞出时的速度为865m/s，则的反冲速度约为（）A．2 m/s B．1 m/s C．3 m/s D．4 m/s9．下列关于反冲运动的说法中，正确的是（）A．抛出物m1的质量要小于剩下的质量m2才能获得反冲B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律10．一人静止于完全光滑的水平冰面上．现欲离开冰面，下列可行的方法是（）A．向后踢腿B．手臂向前甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出11．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为，则爆炸后另一块瞬时速度大小为（）A．v B．C．D．012．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A．在下滑过程中，物块的机械能守恒B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处二、实验题（共2小题，每空2.0分，共12分）13．用如图所示装置探究碰撞中的不变量，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0mm，两滑块被弹簧（图中未画出）弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为A0.040s，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.060s，左侧滑块质量为100g，左侧滑块的m1v1= g•m/s，右侧滑块质量为150g，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1+m2v2= g•m/s．14．如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为m a、m b，半径分别是r a、r b，图中P 点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置．（1）本实验必须满足的条件是A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线水平C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球满足m a=m b，r a=r b（2）为了验证动量守恒定律．需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有、（用相应的文字和字母表示）（3）如果动量守恒，须满足的关系式是（用测量物理量的字母表示）四、计算题（共4小题，每小题10.0分，共40分）15．羽毛球是速度最快的球类运动之一，林丹扣杀羽毛球的速度可达到342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，林丹将球以342km/h的速度反向击回，羽毛球质量为5g，试求：（1）林丹击球过程中羽毛球的动量变化量．（2）在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？16．如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？17．在光滑的水平面上，甲、乙两物质的质量分别为m1；m2，它们分别沿东西方向的一直线相向运动，其中甲物体以速度6m/s由西向东运动，乙物体以速度2m/s由东向西运动，碰撞后两物体都沿各自原运动方向的反方向运动，速度大小都是4m/s求：①甲、乙两物体质量之比；②通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．18．如图所示，在光滑水平地面上有一质量为2m的长木板，其左端放有一质量为m的重物（可视为质点），重物与长木板之间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板和重物都静止，现在给重物以初速度v0，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和重物的速度已经相等．已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，为使重物始终不从长木板上掉下来，求长木板的长度L至少为多少？（重力加速度度为g）大石桥二高高二（下）月考物理试卷（4月份）参考答案与试题解析一、单选题（共12小题，每小题4.0分，共48分）1．小船相对于地面以速度v1向东行驶，若在船上以相对地面的相同速率v分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将（）A．不变B．减小C．增大D．改变方向【考点】53：动量守恒定律．【分析】根据题意确定系统，运用动量守恒定律，即可求解．【解答】解：以两重物和船为系统，抛重物的过程系统满足动量守恒定律的条件，即（M+2m）v=mv﹣mv+Mv′，所以v′=v＞v，故C正确；故选C．2．如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A=2kg、m B=4kg，速率分别为v A=5m/s、v B=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动（）A．它们碰撞前的总动量是18kg•m/s，方向水平向右B．它们碰撞后的总动量是18kg•m/s，方向水平向左C．它们碰撞前的总动量是2kg•m/s，方向水平向右D．它们碰撞后的总动量是2kg•m/s，方向水平向左【考点】53：动量守恒定律．【分析】两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可．【解答】解：取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．则碰撞前，A、B的速度分别为：v A=5m/s、v B=﹣2m/s．根据动量守恒定律得：P=m A v A+m B v B=2×5+4×（﹣2）=2（kg•m/s），P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．故选：C．3．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B=2m A，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为4kg•m/s，则（）A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10【考点】53：动量守恒定律．【分析】光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在发生碰撞，在碰撞过程中动量守恒．因此可根据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后A的动量增量可得出A球在哪边，及碰后两球的速度大小之比．【解答】解：光滑水平面上大小相同A、B 两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：△P A=﹣△P B由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为2kg•m/s所以碰后B球的动量是增加的，为10kg•m/s．由于两球质量关系为m B=2m A那么碰撞后A、B两球速度大小之比2：5故选：A4．关于冲量、动量、动量的增量的下列说法中正确的是（）A．冲量的方向一定和动量的方向相同B．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同C．动量增量的方向一定和动量的方向相同D．动量增量的大小一定和动量大小的增量相同【考点】51：动量冲量．【分析】冲量的方向一定与作用力方向相同，不一定与动量方向相同．根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化．动量增量的方向不一定和动量的方向相同，动量增量的大小不一定和动量大小的增量相同．【解答】解：A、冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向．故A错误．B、根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化，则冲量的大小一定和动量变化量的大小相同．故B正确．C、动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反．故C错误．D、动量增量是矢量，按照平行四边形定则求解，而动量大小的增量按代数法则运算，两者大小不一定相等．故选B5．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A．甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【考点】53：动量守恒定律．【分析】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．【解答】解：A、因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．B、设甲乙两运动员的质量分别为m甲、m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲，v乙，根据题意整个交接棒过程可以分为两部分：①完全非弹性碰撞过程→“交棒”；m甲v甲+m乙v乙=（m甲+m乙）v共②向前推出（人船模型）→“接棒”（m甲+m乙）v共=m甲v’甲+m乙v’乙由上面两个方程联立可以解得：m甲△v甲=﹣m乙△v乙，故说明甲、乙的动量变化大小相等，方向相反；故B 正确．C、经历了中间的完全非弹性碰撞过程，一定有动能损失，故二者相互做功并不相等；动能的改变量也不相等；故CD错误．故选：B6．质量为M的小车静止在光滑水平面上，质量为m的人站在小车左端．在此人从小车的左端走到右端的过程中（）A．若在走动过程中人突然相对于车停止，这时车相对于地的速度将向右B．人在车上行走的平均速度越大，走到右端时车在地面上移动的距离越大C．人在车上行走的平均速度越小，走到右端时车在地面上移动的距离越大D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离都一样【考点】53：动量守恒定律．【分析】人在车上走的过程中水平方向的动量守恒，不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离都一样．【解答】解：选择人与车组成的系统为研究的对象，人走动的方向为正方向；A、人在车上走的过程中水平方向的动量守恒，由于人与车组成的系统在水平方向动量守恒，所以若在走动过程中人突然相对于车停止，这时车相对于地的速度是0．故A错误；B、C、D、设人的速率是v1，车的速率的v2，由动量守恒定律得：mv1=Mv2设车的长度是L，则人走到车尾的过程中：v1t+v2t=L联立两式得：，与人与车的速率无关，故BC错误，D正确．故选：D7．总质量为M的以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于以速率u向后喷出，则的速度大小为（）A．V0+u B．V0﹣u C．V0+（V0+u） D．V0+u【考点】53：动量守恒定律．【分析】对和气体系统为研究对象，在水平方向上运用动量守恒定律，求出喷气后相对于地面的速度．【解答】解：以飞行的方向为正方向，以地面为参考系，被飞机释放后喷出燃气前后瞬间，设的速度为v，则气体的速度：v′=v﹣u，据动量守恒定律得：Mv0=（M﹣m）v+m（v﹣u），解得：v x=v0+u；故选：A．8．的质量为4.1kg，子弹的质量为9.6g，子弹从枪口飞出时的速度为865m/s，则的反冲速度约为（）A．2 m/s B．1 m/s C．3 m/s D．4 m/s【考点】53：动量守恒定律．【分析】发射子弹的过程，由于内力远大于外力，动量守恒，根据动量守恒定律列式求解即可．【解答】解：取子弹的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv1﹣Mv2=0则得的反冲速度为v2==≈2m/s故选A9．下列关于反冲运动的说法中，正确的是（）A．抛出物m1的质量要小于剩下的质量m2才能获得反冲B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律【考点】52：动量定理；57：反冲．【分析】明确反冲运动的性质，知道反冲运动中两物体由于相互作用而产生了反冲运动；在反冲运动过程中，牛顿运动定律同样适用．【解答】解：A、反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动．定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故A错误；B、在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故B错误；C、在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故C错误，D正确．故选：D．10．一人静止于完全光滑的水平冰面上．现欲离开冰面，下列可行的方法是（）A．向后踢腿B．手臂向前甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出【考点】53：动量守恒定律．【分析】选取合适的系统为研究对象，根据动量守恒定律进行分析．【解答】解：AB、以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向前甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故AB错误；C、因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人是滚不了的，C错误；D、把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣一个速度，动量总量不变，所以人也可以有一个反向的速度，可以离开冰面，D正确；故选：D．11．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为，则爆炸后另一块瞬时速度大小为（）A．v B．C．D．0【考点】53：动量守恒定律．【分析】炮弹在最高点水平，爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后另一块弹片的速度大小．【解答】解：爆炸过程系统动量守恒，爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：mv=m•v′，解得：v′=v；故选：C．12．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A．在下滑过程中，物块的机械能守恒B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处【考点】52：动量定理；65：动能定理．【分析】根据动量守恒的条件和机械能守恒的条件判断机械能和动量是否守恒．结合物块与弧形槽的速度大小关系判断物块的运动情况．【解答】解：A、在下滑的过程中，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒，对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒．故A错误．B、物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒．故B错误．C、因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动．故C正确，D错误．故选：C．二、实验题（共2小题，每空2.0分，共12分）13．用如图所示装置探究碰撞中的不变量，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0mm，两滑块被弹簧（图中未画出）弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为A0.040s，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.060s，左侧滑块质量为100g，左侧滑块的m1v1= 22.5 g•m/s，右侧滑块质量为150g，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1+m2v2= 0 g•m/s．【考点】ME：验证动量守恒定律．【分析】根据平均速度公式可求得滑块通过光电门时的速度，再根据动量公式即可求得两次动量，并求出动量的矢量和．【解答】解：左侧滑块的速度为：v1===0.225m/s则左侧滑块的m1v1=100 g×0.225 m/s=22.5 g•m/s右侧滑块的速度为：v2===0.15m/s则右侧滑块的m2v2=150 g×（﹣0.15 m/s）=﹣22.5 g•m/s因m1v1与m2v2等大、反向，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1+m2v2=0故答案为：22.5； 0．14．如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为m a、m b，半径分别是r a、r b，图中P 点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置．（1）本实验必须满足的条件是BCA．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线水平C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球满足m a=m b，r a=r b（2）为了验证动量守恒定律．需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有OM间的距离x2、ON 间的距离x3（用相应的文字和字母表示）（3）如果动量守恒，须满足的关系式是m a OP=m a OM+m b0N （用测量物理量的字母表示）【考点】ME：验证动量守恒定律．【分析】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平．（2）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；（3）根据（2）的分析确定需要验证的关系式．【解答】解：（1）A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D、为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m a＞m b，r a=r b，故D错误．应选：BC．（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：m a v1=m a v2+m b v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m a v1t=m a v2t+m b v3t，得：m a x1=m a x2+m b x3，因此实验需要测量：测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3；（3）由（2）知，实验需要验证：m a x1=m a x2+m b x3，即：m a OP=m a OM+m b0N；故答案为：（1）BC；（2）OM间的距离x2；ON间的距离x3；（3）m a OP=m a OM+m b0N．四、计算题（共4小题，每小题10.0分，共40分）15．羽毛球是速度最快的球类运动之一，林丹扣杀羽毛球的速度可达到342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，林丹将球以342km/h的速度反向击回，羽毛球质量为5g，试求：（1）林丹击球过程中羽毛球的动量变化量．（2）在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？【考点】52：动量定理．【分析】根据动量的计算公式求出动量及其变化；应用动能的计算公式求出动能及其变化．【解答】解：90km/h=25m/s；342km/h=95m/s；（1）选取球的初速度的方向为正方向，则：△P=P2﹣P1=mv2﹣mv1=5×10﹣3×[（﹣95）﹣25]=﹣0.6kg•m/s，方向与初速度的方向相反；（2）球的速度变化：△v=v2﹣v1=﹣95﹣25=﹣120m/s方向与初速度的方向相反；球的动能变化是： =J答：（1）林丹击球过程中羽毛球的动量变化量是0.6kg•m/s，方向与初速度的方向相反；（2）球的速度变化s 120m/s方向与初速度的方向相反；球的动能变化是：21J．16．如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？【考点】53：动量守恒定律．【分析】人和小船组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出船移动的位移大小．【解答】解：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣MV=0．人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于地面的距离为L﹣x．则有：m=M，解得：x=，L﹣x=．答：船和人对地面的位移分别为、．17．在光滑的水平面上，甲、乙两物质的质量分别为m1；m2，它们分别沿东西方向的一直线相向运动，其中甲物体以速度6m/s由西向东运动，乙物体以速度2m/s由东向西运动，碰撞后两物体都沿各自原运动方向的反方向运动，速度大小都是4m/s求：①甲、乙两物体质量之比；②通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．【考点】53：动量守恒定律；8G：能量守恒定律．【分析】甲乙两物体在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出甲乙两物体的质量之比．分别计算出碰撞前后相同的动能的和，然后通过比较看看是否相等：若相等，则是弹性碰撞，若不相等，则是非弹性碰撞．【解答】解：①设向东方向为正，则由动量守恒知：m1v1+（﹣m2v2）=（﹣m1v1'）+m2v2'代入数据解得：②设m1=3m，m2=5m碰撞前系统总能量：E k=m1v12+m2v22=64m碰撞后系统总能量：E k'=m1v1'2+m2v2'2=64m因为E k=E k'，所以这是弹性碰撞．答：①甲、乙两物体质量之比为；②通过计算发现，这次碰撞是弹性碰撞．18．如图所示，在光滑水平地面上有一质量为2m的长木板，其左端放有一质量为m的重物（可视为质点），重物与长木板之间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板和重物都静止，现在给重物以初速度v0，设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和重物的速度已经相等．已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，为使重物始终不从长木板上掉下来，求长木板的长度L至少为多少？（重力加速度度为g）【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．【分析】正确分析整个运动过程，木板与墙碰后与木块作用过程中，木块与木板分离，木块与墙碰后反弹，将再次与木板发生碰撞，分析清楚整个过程，然后根据动量守恒和功能关系列方程求解即可．【解答】解：碰撞前，长木板和重物的共同速度为v1，由动量守恒定律得：mv0=3mv1；碰撞后瞬间，长木板以速度v1反弹，最终两者的共同速度为v2．由动量守恒定律得：2mv1﹣mv1=3mv2；对全过程，由功能关系得：。