【备考2022 高考物理二轮专题复习】 力学计算题专练6 动量 （含解析 ）

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【备考2022 高考物理二轮专题复习】 力学计算题专练6 动量 （含解析 ）
1．如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=4kg，紧靠着放在静置于水平地面上足够长的木板中央，两滑块与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5。木板的质量为m=5kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始反向滑动，初速度大小均为v0=3m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）滑块A、B刚开始运动时，木板的加速度大小；
（2）滑块B与木板相对静止时，滑块A、B之间的距离；
（3）整个运动过程中，滑块A、B与木板之间由于摩擦而产生的热量。

2．如图所示，倾角θ=30°的足够长斜面固定在水平面上，斜面上放置一足够长“L”型木板，木板质量M=3kg。质量为m=1kg的小物块置于木板上，距离木板下端L=14.4m。小物块与木板间的摩擦可忽略不计，木板与斜面之间的动摩擦因数。将小物块和木板同时由静止释放，小物块与木板发生的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.
（1）求小物块与木板第一次碰撞前的瞬间，小物块的速度大小；
（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前的某一时刻，小物体与木板速度相同，求此速度的大小。

3．如图所示，倾角为37°的固定斜面上放置一“L”形木板，木板足够长且上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数为0.5。现将一可看做质点的物块置于木板上某点，并且和木板同时自静止开始释放，物块刚释放时与木板下端挡板的距离为m，已知物块和木板的质量相等，两者碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物块和木板第一次碰撞前物块的速度大小；
（2）物块和木板第一次碰撞至第二次碰撞的时间间隔；
（3）自物块和木板开始释放至两者第n（n=1、2……）次碰撞，木板运动的位移大小；
（4）若刚释放时物块与木板下端挡板的距离为任意可能的值，判断两者在第二次碰撞时木板有无可能已经停止运动？若有可能已经停止运动，计算得出需满足的条件；若无可能已经停止运动，通过计算说明理由。

4．如图甲所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道A与长的平板B均静置于光滑水平地面上，A与B刚好接触且二者的上表面相切，一物块C（可视为质点）静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数从左往右随距离均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C的质量均为，重力加速度，现给C一水平向左的初速度。
（1）若A、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点时对轨道的压力大小；
（2）若A、B不固定，其他条件均不变，求：
①C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；
②C相对于A最低点所能达到的最大高度（结果保留两位有效数字）；
③若将A、B粘连在一起，改变大小，其他条件均不变，使C能够沿A上升，且再次返回到A最低点时具有相对于地面水平向左的速度，的取值范围为多少。

5．如图所示，轻质橡皮绳（劲度系数一定，且在弹性限度内）上端固定在P点，下端连接一质量为mB=2kg的物块，O点为光滑的钉子，且PO为橡皮绳原长，物块B在PO正下方处于静止状态，此时橡皮绳的弹力为5N，在B的左边有一物块A也处于静止状态，mA=1kg，A与B之间有炸药。A与B与水平面之间的动摩擦因数均为=0.2，现在点燃炸药瞬间，将48J的化学能转化为AB的机械能。求：
（1）A向左滑行的最大距离
（2）B向右运动时，橡皮绳被钉子挡住，发生如图所示的形变，向右运动的最大距离为3m，求出B向右运动的过程中（至最大距离）弹性势能的增量。

6．如图所示，倾角为的斜劈固定在水平面上，质量为的物块Q静止在光滑的水平面上，质量为的物块P以一定的速度向右运动并与物块Q发生无能量损失的碰撞，已知，。假设水平面与斜劈均足够长，欲使两物块能发生第二次碰撞，则物块Q与斜劈间的动摩擦因数应满足什么条件？

7．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径；A和B的质量均为，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数。重力加速度取。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力的大小；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离。

8．游乐场是年轻人都爱去的娱乐场所，某设计单位为测试待建滑行轨道的性能，建立了如图所示的测试模型。模型左边是半径为4.5m的圆弧轨道，轨道末端B水平，且与皮带等高。皮带保持的速度逆时针转动，C点是皮带的最右端，C点右边是一放在光滑水平地面上的木板，木板与皮带等高，且长度为1m，质量为1.2kg。试验时，让质量为2kg的物块甲从A点由静止释放，测得甲到B点时对轨道的压力大小为56N，甲到达B点的同时，在皮带右侧C点轻轻放置质量为0.4kg的物块乙，甲、乙碰撞前瞬间甲的速度大小，甲、乙碰撞后粘成一体继续沿皮带向右滑行，最后滑上木板。已知甲、乙及甲乙整体与皮带间的动摩擦因数均为，甲乙整体与木板间的动摩擦因数为，重力加速度。求：
（1）从A滑到B的过程中，甲克服摩擦力做的功；
（2）皮带的长度l
（3）甲乙整体到达C点时的速度大小；
（4）判断甲乙整体能否和木板达到共速？若能，求出甲乙在木板上滑行的距离；若不能，为使甲乙和木板能共速，需要在木板右端粘接上至少多长的同种规格（相同高度、宽度和材料）的木板。

9．如图所示，半径为R的半圆形滑槽的质量为M，静止放置在光滑的水平面上，一质量为m的小球从滑槽的右边缘与圆心等高处无初速地滑下。已知重力加速度大小为g，求：
（1）小球的最大速度v；
（2）滑槽移动的最大距离X。

10．如图甲所示，传送带逆时针匀速运行，速率，一小车停在足够大的光滑水平地面上，挨靠在传送带的下端B处，小车上固定一竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与传送带相切于B点，过圆弧轨道的最高点D的切线竖直，C为圆弧轨道的最低点。一小物块（视为质点）从传送带的上端A处由静止释放，物块沿传送带运动的速度时间图像如图乙所示。物块离开传送带后恰好能到达D点。小车与物块的质量相同，取重力加速度大小。求：
（1）传送带A、B两端的距离L；
（2）传送带倾角的余弦值以及物块与传送带间的动摩擦因数；
（3）圆弧轨道的半径R。

11．如图所示，质量均为2kg的甲、乙两物块在光滑水平面上用轻弹簧连接，甲、乙物块6m/s的速度向左运动，此时弹簧处于原长状态，质量为4kg的物块丙静止在物块乙的左边，物块乙与物块丙正碰后二者粘在一起运动，求：
（1）物块乙与物块丙正碰后弹性势能的最大值；
（2）物块丙被碰后速度的最大值。

12．一质量为m的木板B（足够长）静止在光滑的水平面上，B的右端与竖直挡板的距离为s。一个质量为3m的小物块A以初速度v0从B的左端水平滑上B。设物块A可视为质点，A、B间的动摩擦因数为μ，木板B首次与挡板发生碰撞之前，A、B已达到共同速度，B与竖直挡板发生多次弹性碰撞，最终A、B静止（A未碰墙），重力加速度为g。求:
（1）s的最小长度和B与挡板第一次碰撞前板块之间摩擦产生的热量；
（2）B与竖直挡板前两次碰撞的时间间隔；
（3）B与竖直挡板第一次碰撞到A、B静止所需要的总时间。

13．如图所示，质量为m的物块A通过原长为L的轻质弹簧与静置在地面上的质量也为m的物块B相连，A、B都处于静止状态时，弹簧的压缩量为。现在A上轻放一物块C，当A、C向下运动到最低点时，弹簧的压缩量为。已知重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。
（1）求C的质量；
（2）若在A、C向下运动到最低点时，立即取走C，求在取走C之后A的最大速度；
（3）若C从A正上方某一高度处由静止释放，C与A相碰后，立即与A粘在一起向下运动，为使B能离开地面，求C释放的最小高度。

14．小车C静止在光滑的水平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以υ0=8m/s的速度滑上小车，运动到小车C右端时恰好与之共速（小车未碰到平台）。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F=mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA=mB=mC，斜面高h=0.8m，A、C间的动摩擦因数=0.5，g=10m/s2，滑块A、B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。
（1）为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长；
（2）当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足的条件；
（3）若满足（2）问的k值，求A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。

15．如图甲所示，足够长的、质量M=1kg的木板静止在水平面上，质量m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F，作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象如图乙所示。木板足够长。
（1）求铁块与木板间的动摩擦因数；
（2）不给铁块施加水平力时，铁块与木板相对地面处于静止状态，此时给铁块一个水平向左的大小为6N∙s的瞬时冲量，求铁块相对地面运动的位移。

16．如图所示，有一辆货车在公路上处于静止状态，车厢内有可视为质点的泡沫箱，车厢高为，若某时刻货车突然以加速度大小为向左加速，此时泡沫箱A相对货车向右移动，开始时泡沫箱与货车相对静止且AB距为，A泡沫箱运动时前一半距离粗糙，后一半距离光滑，A泡沫箱相对货车运动为时货车停止加速，变为匀速。泡沫箱A与货车的动摩擦因数为，与另一泡沫箱发生弹性碰撞，随后以水平速度离开了货车，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，AB碰撞前泡沫箱B相对货车静止且泡沫箱B离开货车后对货车的影响忽略不计，已知泡沫箱的质量为，泡沫箱B的质量为，重力加速度取，则：
（1）泡沫箱B离开货车时的速度大小；
（2）求泡沫箱B与地面接触时和货车之间的水平距离（忽略空气阻力对泡沫箱的影响）。

17．如图所示，水平轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端与质量为的滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处于原长状态，B最初静止位置的左侧导轨光滑、右侧导轨粗糙，另一质量为的滑块A静止在导轨上B的右侧到B距离为的位置，A与导轨粗糙部分间的动摩擦因数为。现给A一瞬时冲量，使A以某一初速度向B滑行，A与B碰撞（碰撞时间极短）后粘在一起并压缩弹簧，弹簧的最大弹性势能为，重力加速度大小为，A、B均视为质点。求：
（1）A、B碰撞后瞬间的速度大小；
（2）该瞬时冲量的大小。

18．某离子发动机简化结构如图甲所示，其横截面半径为R的圆柱腔分为I、Ⅱ两个工作区：I区为电离区，其内有沿轴向分布的匀强磁场，磁感应强度的大小，其中，m为电子质量，e为电子电荷量。Ⅱ区为加速区，其内电极P、Q间加有恒定电压U，形成沿轴向分布的匀强电场。在Ⅰ区内离轴线处的C点垂直于轴线持续射出一定速率范围的电子，过C点的圆柱腔横截面如图乙所示（从左向右看），电子的初速度方向与的连线成角。
（1）向Ⅰ区注入某种稀薄气体，电子要电离该气体，电子的速率至少应为。电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，其电离气体的效果越好。为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向（按图乙说明是“垂直于纸面向外”或“垂直于纸面向里”）；
（2）不考虑电子间的碰撞及相互作用，电子碰到器壁即被吸收。在取得好的电离效果下，当时，求从C点射出的电子速率v的最大值；
（3）Ⅰ区产生的离子以接近0的初速飘入Ⅱ区，被速后形成离子束，从右侧喷出。已知气体被电离成质量为M的1价正离子，且单位时间内飘入Ⅱ区的离子数目为定值n；求推进器获得的推力。

19．如图所示，足够长的固定斜面倾角为30°，工件质量，上表面光滑，长度，可视为质点质量为m的物块位于工件顶端，工件下表面与斜面之间的动摩擦因数，现将物块和工件同时由静止释放，重力加速度大小取，求：
（1）物块经多长时间与工件挡板相碰；
（2）假设碰撞为弹性碰撞，求碰撞结束后工件的速度。

20．质量分别为和的物块静止在水平地面上A、B两点，半径为的光滑半圆轨道与地面相切于B点，如图甲所示。物块m在如图乙所示的水平力F的作用下从A点由静止开始向右运动，3s末撤去力F，此时刚好运动到B点且与物块M发生弹性碰撞。已知物块与地面间的动摩擦因数均为，物块可视为质点，重力加速度，求：
（1）物块M能否通过半圆轨道的最高点C？
（2）物块M落地点与B点的距离；
（3）物块m与地面之间的滑动摩擦力产生的热量。

21．如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，，，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x=0.40m后撤去外力F，此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0=4m/s，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.50，水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v=1m/s顺时针转动，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 求：
（1）物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为多少；
（2）滑块C 刚滑上传送带时的速度；
（3）物块C 滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量。

22．如图所示，物体A、B质量分别为，，用轻绳相连并用弹簧系住挂在天花板上静止不动。某时刻A、B间的绳子被剪断，物体A上升，B开始下降并从C点进入竖直放置的半径为的四分之一光滑圆弧轨道，已知当B以大小为的速度下落到轨道上的C处时，A上升的速度大小为。之后物体B在圆弧轨道末端D点与质量为m的光滑小球发生弹性正碰，碰撞时间极短，且B与小球碰撞前瞬间对轨道的压力大小为64N，此后B继续滑动直至刚好脱离粗糙水平面，B与间的动摩擦因数为0.4。小球在E点水平滑上静止停放在光滑水平面上质量为的弧形槽小车，小车左端的离地高度，小球到达某一高度后（未离开小车）又返回小车左端（A、B小球均可以看作质点，，忽略空气阻力）。
（1）A上升速度大小为时，求弹簧对物体A的冲量（用题中所给字母表示）；
（2）若B在圆弧轨道上的运动时间是到C处时间的3倍，求从绳子被剪断到B停止运动的总时间T；
（3）若小车的质量，求小球在弧形槽小车上到达最高点时的离地距离H；
（4）若小球从小车左端掉落后相对二者刚脱离时产生的水平距离为，求小车的质量。

23．小明和弟弟到某游乐场体验一款游乐项目，如图所示，人坐在充气垫里，在加速装置上加速到后自O点水平飞出，充气垫刚好落在倾角为37°、固定在地面上的滑梯上一点A，并恰好沿该滑梯下滑，已知A到地面的竖直高度为1.95m，人和充气垫沿滑梯下滑到底端B在转角处无能量损失，随后继续沿水平面运动，直到充气垫带着人冲上静止在水平面上可自由移动的斜面体，斜面体质量为150kg，斜面体长度足够长，所有接触面均光滑，重力加速度，求：
（1）人和充气垫在B点的速度大小；
（2）小明认为质量越大惯性越大，自己一定比弟弟最后到达斜面体的高度更高，若小明和充气垫的总质量为90kg，弟弟和充气垫的总质量为37.5kg，请计算小明和弟弟最后到达的高度，验证小明的想法是否正确。

24．图a所示是某型号蛙式打夯机的实物图，其中A是夯头，B是支架。在支架的上方有一个转动轴O，转轴与旋转金属块C固连在一起，转轴O通过动力装置（电动机及皮带、皮带轮等）的作用带动C在竖直平面内转动。打夯机工作过程中周期性地将夯头（连同支架）抬高到一定高度然后落下，把地面夯实。我们把实物图的右边部分简化为如图b所示的物理模型：底座A与支架固连在一起，支架的上方有一转轴O，轴上固定着一根硬杆，杆的另一端固定一个重球C，C的转动半径为r。为了简化，设A的质量（包括支架）为M，重球C的质量为m，其余各部件的质量都忽略不计。已知重球转动半径与竖直方向的夹角为时，夯头A开始离开地面。第（1）、（2）小问忽略空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）夯头A离地时重球C的速率；
（2）忽略打夯机其他部分的牵连和影响，仅以图b所示的模型计算，从离地时刻算起，经过多长时间，A、C组成的系统的重心上升到最高点；
（3）若夯头A离地时重球C脱离硬杆，球C落回脱离时所在水平面的速度为k1，方向竖直向下，所受空气阻力正比于速度，比值为k2，求重球C从脱离硬杆到落回脱离时所在水平面的平均速度。

25．如图所示，光滑导轨ABC固定在竖直平面内，左侧为半径为r的半圆环，右侧为足够长的水平导轨。一弹性绳原长为r，其一端固定在圆环的顶点A，另一端与一个套在圆环上质量为m的小球D相连。先将小球移至某点，使弹性绳处于原长状态，然后由静止释放小球。已知弹性绳伸长时弹力的大小满足胡克定律，弹性绳弹性势能满足公式，劲度系数，x为形变量，重力加速度为g。求
（1）释放小球瞬间，小球对圆环作用力的大小和方向；
（2）D球在圆环上达到最大速度时，弹性绳的弹性势能为多大；
（3）在水平导轨上等间距套着质量均为2m的n个小球，依次编号为1、2、3、4……n，当小球D在圆环上达到最大速度时恰好与弹性绳自动脱落，继续运动进入水平光滑导轨，之后与小球发生对心碰撞，若小球间的所有碰撞均为弹性碰撞，求1号球的最终速度及其发生碰撞的次数。（结果可保留根式）

26．两质量均为m的相同物块紧密相连，中间放有少量火药，在足够长水平地面上以初速度开始运动，物块与水平地面的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。当物块一起运动时间为时，火药爆炸将两物块炸开，有的化学能转化为两物块的动能，且爆炸后两物块均沿水平方向运动。爆炸时间极短。求：
（1）火药爆炸前瞬间两物块的速度大小；
（2）两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离。

27．如图所示，质量为m可视为质点的小球用长为2L（L为未知量）轻绳拴接，轻绳的另一端固定于O点，悬点到光滑水平面的高度为L，开始小球位于悬点的正下方。 一质量为m的弹丸沿水平方向以速度v0射中小球（未穿出） ，经过一段时间小球离开地面，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）从弹丸射中小球到小球离开地面的过程中，系统损失的机械能为多少？
（2）如果小球刚好能运动到最高点，则L的长度应满足什么条件？

28．如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上。一质量为的金属圆环在该平面内以大小、方向与电流方向成角的初速度滑出，直到达到稳定。求：
（1）整个过程金属圆环产生的电能；
（2）整个过程金属圆环受到安培力的冲量。

29．“鲁布·戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：是半径为2L的光滑四分之一圆弧轨道，其末端B水平；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与质量为3m、大小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），然后带动后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；
（2）细杆F的长度。

30．如图所示，在同一竖直平面内，半径R＝0.5m的光滑半圆轨道AC与高h＝6R的粗糙圆弧轨道BD（小于四分之一弧长）由一条光滑水平轨道平滑连接。在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压（均不连接），处于静止状态。同时释放两个小球，弹簧的弹性势能全部转化为a、b两小球的动能，且a球恰好能通过半圆轨道最高点A，b球恰好能到达粗糙圆弧轨道最高点B。已知a球质量为m1＝2kg，b球质量为m2＝1kg，求：（g取10m/s2）
（1）a球经过半圆轨道的C点时对轨道的作用力FC；
（2）释放小球前弹簧的弹性势能Ep；
（3）b球从D点到B点克服摩擦力做的功。


参考答案：
1．（1）1.0m/s2；（2）1.75m；（3）20.375J。
【解析】
【分析】
【详解】
（1）滑块A、B刚开始运动时，对木板分析，

根据牛顿第二定律可得
μ1mBg﹣μ1mAg﹣μ2（mA+mB+m）g=ma1
解得
a1=1.0m/s2
方向水平向右；
（2）A、B都相对于木板运动过程中，A、B的加速度大小
aA=aB=μ1g=5m/s2
设经过t1时间滑块B与木板相对静止，则
v=v0﹣aBt1=a1t1
解得
t1=0.5s
此时A的速度
vA=v0﹣aAt1=0.5m/s
方向向左，
A相对地面的位移
xA==0.875m
方向向左；
B的速度
vB=v=0.5m/s
方向向右；
B相对地面的位移
xB==0.875m
方向向右；
滑块A、B之间的距离
x=xA+xB=1.75m
（3）此后，设B与木板一起运动，对B与木板，
μ1mAg+μ2（mA+mB+m）g=（mB+m）a2
a2=m/s
对B
f=mBa2<μ1mBg
故B与木板一起运动的假设成立。
设A与B及木板又经t2时间相对静止，取向右为正，则
v1=-v+aAt2=v-a2t2
t2=0.15s
v1=0.25m/s
0-t1时间内，木板位移
x=a1t12=0.125m
滑块A与木板之间相对位移
Δx1=xA+x=1m
滑块B与木板之间相对位移
Δx2=xB-x=0.75m
t1-t2时间内，滑块A与木板之间相对位移
Δx3=（v+vA）t2=0.075m
整个运动过程中，滑块A、B与木板之间由于摩擦而产生的热量
Q=μ1mAg（Δx1+Δx3）+μ1mBgΔx2=20.375J
2．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）对于木板

所以木板保持静止，对于小物块，根据动能定理

解得

（2）以向下为正方向，设第一次碰撞后，小物块和木板的速度分别为和，根据动量守恒定律和能量守恒定律


联立解得


木板向下运动过程中，系统动量守恒

解之得

3．（1）；（2）；（3）；（4）第二次碰撞时木板不可能已经停止运动；
【解析】
【详解】
（1）物块在木板上运动时

解得

第一次碰撞前木板静止，自开始释放至第一次碰撞

解得

（2）物块和木板第一次碰撞过程


解得碰后物块速度；木板速度

即两者交换速度，对木板斜向下运动过程

得加速度大小，方向沿斜面向上；
第一次碰撞至第二次碰撞

解得第一次碰撞至第二次碰撞的时间间隔

（3）第二次碰撞前，物块的速度

木板的速度

与第一次碰撞过程分析方法相同，可以得出第二次碰撞过程两者也交换速度，第二次碰撞后物块的速度

木板的速度

第二次碰撞至第三次碰撞

解得第二次碰撞至第三次碰撞的时间间隔

依次类推可得，每相邻两次碰撞间的时间间隔都为

第一次碰撞至第二次碰撞木板的位移

第二次碰撞至第三次碰撞木板的位移

第三次碰撞至第四次碰撞木板的位移

第次碰撞至第n次碰撞木板的位移

木板运动的总位移

解得

（4）若刚释放时物块与木板下端挡板的距离为任意可能的值，则第一次碰撞前物块的速度或第一次碰撞后木板的速度为任意可能的值，设为v0，假设第一次碰撞至第二次碰撞木板一直做匀变速直线运动，则

第二次碰撞前木板的速度

解得

结果说明第二次碰撞前木板的速度方向没变，故第二次碰撞时木板不可能已经停止运动。
4．（1）；（2）①；②；③
【解析】
【详解】
（1）C由B最右端滑至最左端过程中，摩擦力做功

该过程中，由动能定理得

C运动到A最低点时，由牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律可知，B对C的压力等于。
（2）①C由B最右端滑至A最低点过程中，A、B、C组成的系统动量守恒由动量守恒定律得

由能量守恒定律得

由功能关系可知，摩擦产生的热量

解得


对C由动能定理得

解得

②C在A上运动时，A、C组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，且当A、C在水平方向达到共同速度时C运动到最高点，由动量守恒定律得

共由机械能守恒定律得

解得

③C沿A上升后返回到A最低点时，C有向左运动的速度即可，由动量守恒定律得

由能量守恒定律得

解得

因C要经过A最低点，因此要求判别式大于零，速度向左说明结果要大于零，即


解得

5．（1）16m；（2）7J
【解析】
【详解】
（1）AB间炸药爆炸瞬间AB动量守恒，能量守恒


得
=8m/s
=4m/s
A向左减速运动,由牛顿第二定律得

得

由运动学公式

得

（2）对B受力分析如图所示


由竖直方向平衡得

又

得

滑动摩擦力

B向右运动到最大距离的过程中，根据功能关系得

解得

6．
【解析】
【详解】
设两物块能发生第一次碰撞前物块P的速度为，第一次碰撞后物块P、Q的速度分别为、，Q从斜面上返回水平面时速度大小为。物块P与Q发生第一次碰撞的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得


解得


设物块Q在斜面上上滑的最大距离为L，上滑过程，由动能定理得

下滑过程，由动能定理得

欲使两物块能发生第二次碰撞，必须满足

联立解得

7．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）小滑块A在圆弧轨道下滑过程，根据机械能守恒定律

解得碰撞前A的速度大小为

在最低点，根据牛顿第二定律

解得轨道对滑块A的支持力大小为

根据牛顿第三定律，滑块A对轨道的压力大小为

（2）A和B碰撞过程满足动量守恒，则有

解得碰撞后A和B整体的速度为

A与B碰撞过程中系统损失的机械能为

（3）根据动能定理

解得A和B整体在桌面上滑动的距离为

8．（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】
（1）对甲物块在B点，根据牛顿第二定律

解得

甲物块由A到B过程由动能定理得

解得

（2）甲和乙以及甲乙整体在传送带上的加速度大小为

则甲从B点到甲乙碰撞瞬间的时间为

此过程中，甲向右运动的距离为

乙物块加速到与传送带共速的时间

则乙沿传送带向左运动的距离为

则传送带的长度为

（3）以向右为正方向，甲、乙碰撞过程由动量守恒定律得

解得

甲乙碰撞后向右匀减速到C点，根据

解得

（4）甲乙以3m/s的速度上到木板上，假设甲乙到木板能达共速，则系统动量守恒，即

系统动能定理

解得

所以甲乙和木板不能共速，为使甲乙和木板能共速，假设需在木板右端接上长为d的木板，则木板质量为

当甲乙和木板刚好能共速时，系统动量守恒

能量守恒

代入数据得

9．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）当小球滑到滑槽底部时，速度最大，系统在水平方向上动量守恒，有

系统机械能守恒，有

解得

（2）当小球滑到最左端时，滑槽运动的距离最大，则有


解得

10．（1）8.2m；（2）0.8，0.5；（3）1.53m
【解析】
【详解】
（1）时物块的速率

时物块的速率

根据“图像中图线与t轴包围的面积表示位移”可知

解得

（2）内物块的加速度大小

设物块的质量为m，根据牛顿第二定律有

内物块的加速度大小

根据牛顿第二定律有

解得


（3）由题知，物块到达B点时的速率为，设物块到达D点时的速率为，在物块从B点运动到D点的过程中，物块、小车组成的系统水平方向动量守恒，有

根据系统机械能守恒定律有

解得

11．（1）12J；（2）4m/s
【解析】
【详解】
（1）物块乙与物块丙碰撞过程满足动量守能

当物块乙与物块丙的速度与物块甲的速度相等时，弹性势能最大，由于动量守恒和机械能守恒


解得弹簧弹性势能的最大值

（2）弹簧再次恢复原长时，丙的速度最大，由于动量守恒和机械能守恒


解得物块丙的最大速度

12．（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）B与挡板第一次碰撞前，A，B的速度已经相等，根据动量守恒定律得

对B，由动能定理可得

则B与挡板距离至少为

由能量守恒，可知产生热量

解得

（2）从B第一次碰撞挡板后速度为，至第二次碰撞挡板前速度变为，由牛顿第二定律


以向右为正方向




（或：AB动量守恒，得）
此过程中B的位移



水平向左则AB继续匀速运动的时间为

B前两次撞击挡板的时间间隔为

（3）同理从B第二次碰撞挡板后速度为，至第三次碰撞挡板前速度变为




此过程中B的位移

水平向左则AB继续匀速运动的时间为

B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板的时间间隔为

归纳，得B两次撞击挡板的时间间隔为

则从第一次B碰撞挡板到最终静止

得

或（3）从第ⅰ次碰撞到第ⅰ+1次碰撞，AB动量守恒

得

则

由牛顿第二定律


从第i次碰撞到第i+1次共速



此过程中B的位移

则AB继续匀速运动的时间为

B两次撞击挡板的时间间隔为

求和

13．（1）；（2）；（3）3.6L
【解析】
【详解】
（1）A、B静止时，根据平衡条件可得

从轻放C开始直到A、C的速度等于零的过程中，有

解得

（2）当弹簧恢复到压缩量为时，A有最大速度
根据能量守恒定律得

解得

（3）设C从h高度下落，与A碰撞前的速度为
由机械能守恒定律得

设C与A碰撞后共同速度为v，根据动量守恒定律得

当B与地面脱离时，弹簧的伸长量为，应有

则A、C碰撞后瞬间和B刚脱离地面瞬间，弹簀的弹性势能相等，为使B能脱离地面应满足

可得

故C释放的最小高度为3.6L。
14．（1）s≥1.6m；（2）k>；（3）
【解析】
【详解】
（1）设A、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得

代入数据解得
v1=4m/s
若A、C共速时C刚好运动到斜面底端，对C应用动能定理得

代入数据解得
s=1.6m
则保证C运动到斜面底端前A、C能够共速，s应满足的条件是s≥1.6m；
（2）滑块A冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′由动能定理

解得

A上到高台后受力为F=mg，A开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知
F=mg=ma
解得
a=g
设与B碰前A的速度为vA，有

A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知

由机械能守恒定律可知

联立解得



A、B第一次碰后，B合力为零，沿斜面做匀速直线运动，B运动到O点所用时间为

碰后A的加速度不变，A运动到O点所用时间为

由题意得：t2>t1，解得
k>
A与B同向运动不能相撞，此时有k>；
（3）当k>时，A与B反向相撞（即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞）根据题意，B与挡板碰后速率仍为，设B向左运动时加速度大小为，则

解得

设B与挡板碰撞后向左运动到与A第二次碰撞的时间为t3，则

解得

B反向减速至零的时间

因为，故所求t3合理，则

15．（1）0.4；（2）6m
【解析】
【详解】
（1）由图可知，6s后铁块和木板处于相对滑动状态，设木板与地面间的滑动摩擦力为f1，木板与铁块间的动摩擦因数为，滑动摩擦力为。由滑动摩擦力公式

联立解得

（2）当给铁块一个冲量，铁块获得初速度

然后铁块开始匀减速，木板开始匀加速，当达到共同速度以后开始共同做匀减速运动，
设经过时间达到共同速度v，由动量定理
铁块

木板

联立解得


铁块对地位移

解得

铁块和木板整体做匀减速运动，经过达到静止


铁块对地位移

解得

铁块对地位移的总位移

解得

16．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）货车以加速度大小为向左加速，设运动了时相对货车位移了，运动了时发生碰撞。
对进行受力分析，如图


由牛顿第二定律得

所以

所以有

解得

后与货车开始做匀速运动，此时的速度为

的速度为

对AB用动能定理和动量守恒定律得


解得

此时方向向左。
（2）碰撞之后由于B的速度小于货车的速度，B相对于货车做平抛运动，相对水平速度为

竖直方向上由运动学公式得

解得

所以相对水平位移为

17．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）对滑块A、B碰撞后压缩弹簧的过程中，根据机械能守恒定律有

解得

（2）取水平向左的方向为正方向，设A、B碰撞前瞬间，A的速度为，根据动量守恒定律有

设A开始向左滑动的初速度大小为，根据动能定理有

根据动量定理有

解得

18．（1）垂直纸面向里；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）根据左手定则，为取得好的电离效果，磁场方向是垂直纸面向里；
（2）

如图所示，当电子轨迹与横截面圆内切时，电子能到达的区域最大，电离效果最好。
根据几何关系



根据余弦定理

若为时，解得

根据洛伦兹力提供向心力

解得

（3）动量定理

离子动能定理

牛顿第三定律

联立得

19．（1）0.4s；（2）
【解析】
【详解】
（1）对于物块，沿斜面方向有

对于工件，沿斜面方向有

因为，设t时间物块与工件相碰，根据位移关系有

代入数值解得

（2）物块与工件挡板即将相碰前的速度

工件的速度

代人数值解得


物块与工件组成的系统碰憧过程中，由动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有

代人数值解得碰后工件的速度

方向沿斜面向下
20．（1）能；（2）0.2m；（3）12J
【解析】
【详解】
（1）在0~2s内，设物块m在2s末的速度为v1，位移为x1，加速度为a1，根据牛顿第二定律得

代入数据解得

根据运动学公式有


设物块m在3s末的速度为v2，在2~3s内，位移为x2，加速度为a2，根据牛顿第二定律得

代入数据解得

根据运动学公式有


设物块M与m碰撞后的速度分别为vM、vm，根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有

联立解得

设物块M在C点的速度为vC，根据机械能守恒定律有

代入数据解得

设物块M刚好通过C点的速度为vC＇，根据牛顿第二定律有

代入数据解得

由于，因此物块M能够通过半圆轨道的最高点C
（2）由题意知，物块M通过C点后将做平抛运动，由平抛运动规律可知,竖直方向上有

其飞行时间

物块M落地点与B点的距离

（3）设物块m碰撞后滑行的位移大小为x3，由动能定理得

代入数据解得

物块m与地面之间的滑动摩擦力产生的热量

21．（1）2J；（2）1.6m/s；（3）0.536J
【解析】
【详解】
（1）根据图像可以求外力F做功为

物块A从开始运动M点的过程中

解得

（2）A与B碰撞，根据动量守恒定律得

解得
v1= 1m/s
AB碰撞后，到弹簧恢复原长时


解得


（3）C在传送带上减速至传送带共速过程中

解得

则

C与传送带之间的相对位移是

解得


C与传送带共速后，继续减速滑到顶端

解得


C与传送带之间的相对位移是

解得

则

摩擦产生的总热量为

22．（1）；（2）；（3）；（4）或31kg
【解析】
【详解】
（1）设从剪断绳子到A上升的速度为的过程中，所用时间为t，弹簧对A的冲量为，根据动量定理，对A有

对B有

解得

（2）若物体B与小球碰撞前瞬间对轨道的压力大小为64N，则轨道对物体B的支持力大小为

根据牛顿第二定律，在D处

设B的初始位置到C点的距离为，B下落到C点的时间为，由机械能守恒有

由运动学公式有

解得
，
B与小球弹性正碰时，二者水平方向动量守恒且没有能量损失，设碰撞后B和小球的速度分别为和，设向右为正方向，则有


物体B在段所受摩擦力为

设在段用时为，对B在段由动量定理有

解得
，，
B与小球正碰后刚好脱离，在段自由下落，设下落时间为

解得

由题可知，B在圆弧轨道上的运动时间是，则B从绳子被剪断到停止运动的总时间

（3）当小球与小车的水平速度相等且为v时，小球沿弧形槽上升到最大高度，设最高点距离E点的竖直高度为，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒有

由机械能守恒有

解得

代入数据得小球在最高点时的离地距离

（4）设小球返回时的速度大小为，此时小车的速度为，根据平抛运动规律有

解得

取水平向右为正方向，若小球速度向右，根据水平方向动量守恒及能量守恒定律有


解得小车质量

若小球速度向左，根据水平方向动量守恒及能量守恒定律有


解得小车质量

综上可知
或31kg
23．（1）8m/s；（2）见解析
【解析】
【详解】
（1）充气垫刚好落在滑梯顶端并恰好沿该滑梯下滑，可知速度沿滑梯向下，如图

由

解得

滑梯光滑，从A到B由动能定理可得

解得

（2）设小明和充气垫的总质量为，冲上斜面体的高度为，小明和斜面体组成的系统水平方向上动量守恒，有

解得

小明和充气垫冲上斜面体过程能量守恒，有

解得

设弟弟和充气垫的总质量为，冲上斜面体的高度为，弟弟和充气垫以及斜面体组成的系统水平方向上动量守恒，有

解得

弟弟和充气垫冲上斜面体过程能量守恒，有

解得

可以看出，，弟弟最后到达的高度更高，所以小明的想法是错误的。
24．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）夯头A离地时，如图所示


把球的重力正交分解为沿半径方向及沿切线方向的两个分力，其中

重球C所需的向心力由F1及杆的拉力T共同提供，即

此时夯头及支架对地面的压力刚好减为零，即满足

联立解得，夯头A离地时重球C的速率为

（2）A离地后，A、C所组成的系统竖直方向只受重力作用，设到达最高点所用的时间为t，应用动量定理有

又

解得，A、C组成的系统的重心上升到最高点的时间为

（3）从重球C脱离硬杆到重球C落回脱离时所在水平面，在竖直方向，由动量定理得

由于竖直位移为

所以

故从重球C脱离硬杆到重球C落回脱离时所在水平面所用的时间为

在水平方向，由动量定理得

又

联立解得，此过程中水平位移为

则此过程中的平均速度为

25．（1），方向：由释放点指向圆环圆心；（2）；（3），2n-1次
【解析】
【详解】
（1）释放小球瞬间，弹性绳对小球无弹力，圆环对小球的支持力为

根据牛顿第三定律得

小球对圆环作用力方向，由释放点指向圆环圆心。
（2）D球在圆环上达到最大速度时，沿着切向方向合力等于零，设此时绳与竖直方向的夹角为θ，切向方向根据平衡条件得

弹性绳的伸长量为

解得

弹性绳的弹性势能为

解得

从释放点到B点，根据动能定理得

解得

D球与1号球发生弹性碰撞


解得


然后1号球与2号球发生弹性碰撞速度交换，1号球静止，2号球以1号球的速度运动，同样，2号球与3号球弹性碰撞速度交换……，第一轮1号球碰撞2次后静止；
第二轮D球与1号球发生弹性碰撞后的速度分别为


第二轮1号球碰撞2次后静止；
第n-1轮D球与1号球发生弹性碰撞后的速度分别为


第n-1轮1号球碰撞2次后静止；
第n轮D球与1号球发生弹性碰撞后1号球速度为

第n轮1号球只碰1次，综上，1号球一共碰撞次数为2n-1次。
26．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）对于两物块根据牛顿第二定律得

根据匀变速运动的规律有

（2）火药爆炸后，两物块均沿水平方向运动，设炸后瞬间B、A物块速度分别为和，根据动量守恒定律有

根据能量守恒定律有

解得

向左运动

向右运动（另一组解与题意不符，舍去）
火药爆炸后物块A向右运动的距离

火药爆炸后物块B向左运动的距离

两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离

27．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）弹丸射中小球的过程中，根据动量守恒

绳子拉直时，设绳子与水平方向夹角为，根据已知条件可知

沿着绳子方向的速度损失，则垂直绳子方向的速度为

损失的机械能为

解得

（2）若恰好运动到最高点，此时绳子最长，在最高点

上升的过程中，机械能守恒

解得

因此绳子长度
28．（1）0.03J；（2），方向垂直导线向左
【解析】
【详解】
（1）一无限长通电直导线产生的磁场是非匀强磁场，最初金属环的运动方向与直导线成60°角，可将初速度沿平行于直导线和垂直于直导线的方向分解，沿导线方向的分速度

由于电磁感应，金属环中产生感应电流，安培力的方向与金属环垂直于导线的运动方向相反，最终沿平行直导线的方向匀速运动，由能量守恒定律得金属圆环产生的电能为

解得

（2）由动量定理可知，安培力的冲量大小为

方向垂直导线向左。
29．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为，刚被卡住瞬间速度为v，与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T。对小球从A到B，由动能定理得

小球撞击C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

对小球和C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C相连的绳子上的拉力大小

解得

（2）由（1）知，当小球刚被小盒C卡住时，物块D对木板E压力为零，此时桌面对木板E的最大静摩擦力

由

知，木板E将向右运动；木板E向右运动与挡板相撞前，将木板E、圆环和细杆F视为一个整体，设加速度大小为a；由牛顿第二定律

解得

对圆环由牛顿第二定律

可知圆环所受摩擦力

所以木板E向右运动与挡板相撞前，圆环与细杆F之间未发生相对滑动。假设第一次相撞的速度大小为，则由匀变速直运动推导公式

由分析知，第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，假设相撞后，圆环向下做匀减速直线运动的加速度大小为，木板E向左、细杆F向上做匀减速直线运动的加速度大小为，则对圆环由牛顿第二定律

对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律

解得


因为大小相等，则圆环与木板E、细杆F同时减速为零，且圆环与细杆F的位移大小相等，方向相反。设第一次相撞后，木板E向左的最大位移为，则有匀变速直线运动推导公式

解得

同理可得：第二次相撞后，木板E向左的最大位移为

第n次碰撞后，木板E向左的最大位移为

则第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移

同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移

第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移

设细杆F的长度为x，则

30．（1）120N，方向竖直向下；（2）75J；（3）20J
【解析】
【详解】
（1）小球a恰好能通过最高点，由重力充当向心力，有

以Ｃ点所在平面为零势面，根据机械能守恒定律有

在Ｃ点对小球受力分析，则有轨道支持力与重力的合力提供向心力有

解得

根据牛顿第三定律有，则a球经过半圆轨道的C点时对轨道的作用力FC等于120N，方向竖直向下。
（2）设弹簧弹开后，小球b的初速为，根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有

解得

（3）以小球b为研究对象，设摩擦力做功为，根据动能定理有

解得

则b球从D点到B点克服摩擦力做的功为20J。