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2022届高考物理一轮复习单元检测六 动量（解析版）
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这是一份2022届高考物理一轮复习单元检测六 动量（解析版），共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.(2020·北京市东城区期末)如图1所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，重力加速度为g，则( )
图1
A．击球前后球动量改变量的方向水平向左
B．击球前后球动量改变量的大小是mv2－mv1
C．击球前后球动量改变量的大小是mv2＋mv1
D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋eq \f(1,2)mv12
答案 C
解析 规定水平向右为正方向，击球前球的动量p1＝－mv1，击球后球的动量p2＝mv2，击球前后球动量改变量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；球离开手时的机械能为mgh＋eq \f(1,2)mv22，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋eq \f(1,2)mv12，故D错误．
2．(2020·云南昆明市一模)篮球和滑板车是深受青少年喜爱的两项体育活动．某同学抱着一篮球站在滑板车上一起以速度v0沿光滑水平地面运动，某一时刻该同学将篮球抛出，抛出瞬间篮球相对于地面的速度大小为v0，方向与抛出前滑板车的运动方向相反，已知篮球的质量为m，该同学和滑板车质量之和为M.则抛出篮球后瞬间该同学和滑板车的速度大小为( )
A.eq \f(M＋2mv0,M) B.eq \f(M－mv0,M)
C．v0 D.eq \f(M＋mv0,M)
答案 A
解析 以滑板车的运动方向为正方向，则由动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv－mv0，
解得v＝eq \f(M＋2mv0,M)，故选A.
3．(2020·山东淄博市一模)2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外．有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气，用时约0.02 s．已知空气的密度为1.3 kg/m3 ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为( )
A．13 N B．2.6 N C．0.68 N D．0.13 N
答案 D
解析 打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV
由动量定理eq \x\t(F)Δt＝mv
解得eq \x\t(F)＝eq \f(mv,Δt)＝eq \f(ρVv,Δt)＝eq \f(1.3×50×10－6×40,0.02) N＝0.13 N
根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13 N，故选D.
4．(2020·河南洛阳市一模)高空抛物是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害.2019年6月26日，厦门市某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场鲜血直流．若一节质量为0.1 kg的干电池从1.25 m高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2 m高度，电池第一次接触地面的时间为0.01 s，第一次落地对地面的冲击力跟电池重量的比值为k，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则( )
A．该电池的最大重力势能为10 J
B．该电池的最大动能为100 J
C．k＝71
D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3 kg·m/s
答案 C
解析 电池的最大重力势能为：Ep＝mgh＝0.1×10×1.25 J＝1.25 J，故A错误．电池的最大动能与最大重力势能相等，为1.25 J，故B错误．选向下为正方向，电池接触地面过程中动量的变化量为：Δp＝mv′－mv＝－meq \r(2gh′)－meq \r(2gh)＝－0.7 kg·m/s，由动量定理得：(mg－kmg)Δt＝Δp，代入数据得：k＝71，故C正确，D错误．
5．(2020·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，小木块A用细线吊在O点，此刻小木块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有( )
图2
A．α角增大，ΔE也增大
B．α角增大，ΔE减小
C．α角减小，ΔE增大
D．α角减小，ΔE也减小
答案 C
解析 小木块质量增大，由动量守恒定律可知，小木块与子弹的共同速度减小，则最大摆角α减小，又ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2，且v＝eq \f(mv0,M＋m)，联立解得ΔE＝eq \f(Mmv\\al(02),2M＋m)＝eq \f(mv\\al(02),21＋\f(m,M))，则M增大时，ΔE增大，C正确．
6．(2020·湖南长沙市一模)一质量为m1的物体1以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体2发生碰撞，其中m2＝km1，k<1.碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞．碰撞后两物体速度分别为v1和v2.假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体．物体1碰撞后与碰撞前速度之比r＝eq \f(v1,v0)的取值范围是( )
A.eq \f(1－k,1＋k)≤r≤1 B.eq \f(1－k,1＋k)≤r≤eq \f(1,1＋k)
C．0≤r≤eq \f(2,1＋k) D.eq \f(1,1＋k)≤r≤eq \f(2,1＋k)
答案 B
解析 若两物体发生弹性碰撞，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，联立解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，则eq \f(v1,v0)＝eq \f(1－k,1＋k)；若两物体发生完全非弹性碰撞，有v1＝v2，则由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝v1＝v2＝eq \f(m1v0,m1＋m2)，则eq \f(v1,v0)＝eq \f(1,1＋k)，故eq \f(1－k,1＋k)≤r≤eq \f(1,1＋k)，B正确．
7.(2020·湖北孝感高级中学调研)两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，如图3所示，球2在前，球1在后，球1、2的质量分别为m1＝1 kg、m2＝3 kg，初速度分别为v01＝6 m/s、v02＝3 m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为v1、v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1、v2、E1、p1的可能值为( )
图3
A．v1＝1.75 m/s，v2＝3.75 m/s
B．v1＝1.5 m/s，v2＝4.5 m/s
C．E1＝9 J
D．p1＝1 kg·m/s
答案 B
解析 两球碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，有m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2，代入数据可知A错误，B正确．以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v01＋m2v02＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝3.75 m/s，如果两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1v012＋eq \f(1,2)m2v022＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，联立解得v1＝1.5 m/s，v2＝4.5 m/s，故碰撞后球1的速度满足1.5 m/s≤v1≤3.75 m/s，球1的动能E1＝eq \f(1,2)m1v12，满足1.125 J≤E1≤7.03 J，球1的动量大小p1＝m1v1，满足1.5 kg·m/s≤p1≤3.75 kg·m/s，选项C、D错误．
8．如图4所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
图4
A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J
答案 A
解析 设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff.铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mv02＝f L＋eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Ep.由动量守恒定律，得mv0＝(M＋m)v.从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得eq \f(1,2)mv02＝2fL＋eq \f(1,2)(M＋m)v2，联立解得Ep＝3 J，故选项A正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．(2020·山东德州市月考)2019年3月10日，在世界短道速滑锦标赛男子5 000 m接力决赛中，中国队首获亚军．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．甲对乙和乙对甲的冲量大小相等、方向相反
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
答案 AB
解析 因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故A正确；二人相互作用的过程中动量守恒，根据动量守恒定律可知，甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反，故B正确；根据Ek＝eq \f(p2,2m)，由于不知道甲、乙的质量关系，故不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，故C、D错误．
10.光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图5所示，当A撞上弹簧，在之后的运动过程中( )
图5
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．A的最小动量为零
C．弹簧被压缩最短时，B的动量达到最大值
D．弹簧被压缩最短时，A、B的速度相等
答案 BD
解析 由题意，A、B、弹簧三者组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，A错误；在A、B相互作用过程中，开始阶段，A压缩弹簧，受到向左的力做减速运动，B做加速运动，vA>vB，弹簧逐渐缩短，当vA＝vB时弹簧处于压缩状态，由于弹簧弹力作用，A继续减速，B继续加速，直至弹簧恢复原长．当vA＝vB时弹簧被压缩至最短，D正确；由于在A、B相互作用前后满足动量守恒和能量守恒，则有：mAv＝mAvA′＋mBvB′；eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2，且mA＝mB＝m，解得：vA′＝0，vB′＝v，B正确，C错误．
11.(2020·四川宜宾第四中学开学考试)如图6，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为eq \f(3,4)h，不计空气阻力，小球可视为质点，则( )
图6
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为eq \f(1,2)R
C．小球离开小车后做竖直上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度hm满足：eq \f(1,2)h＜hm＜eq \f(3,4)h
答案 CD
解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，由于小球有竖直分加速度，所以系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，meq \f(2R－x,t)－meq \f(x,t)＝0，解得，小车的最大位移：x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C正确；小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理得：mg(h－eq \f(3,4)h)－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝eq \f(1,4)mgh，即小球第一次在车中运动损失的机械能为eq \f(1,4)mgh，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于eq \f(1,4)mgh，机械能损失小于eq \f(1,4)mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：eq \f(3,4)h－eq \f(1,4)h＝eq \f(1,2)h，而小于eq \f(3,4)h，故D正确．
12．(2020·广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考)如图7甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
图7
A．木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板B的长度至少为2 m
D．木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 J
答案 AB
解析 由题图乙可知，木块A先做匀减速运动，长木板B先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由题图乙可知，长木板B匀加速运动的加速度为：aB＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1,1) m/s2＝1 m/s2，对长木板B，根据牛顿第二定律得：μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故A正确；由题图乙可知前1 s内长木板B的位移为：xB＝eq \f(1,2)×1×1 m＝0.5 m，木块A的位移为：xA＝eq \f(2＋1,2)×1 m＝1.5 m，所以长木板B的最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝2 J，故D错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(2020·安徽江淮十校联考)在做“验证动量守恒定律”常规实验中：
图8
(1)本实验中不需要用到的测量仪器或工具有________．(单选)
A．圆规 B．秒表
C．刻度尺 D．天平
(2)必须要求的条件是________．(多选)
A．斜槽轨道末端的切线必须水平
B．要测量小球平抛的初速度
C．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
D．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
(3)某次实验中得出的落点情况如图8所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为________．
答案 (1)B (2)AC (3)5∶1
解析 (1)小球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2
两球离开斜槽后做平抛运动，由于两球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，则有：m1v0t＝m1v1t＋m2v2t
即为：m1OP＝m1OM＋m2ON，
实验需要测量两球的质量与水平位移，需要用圆规确定小球落地位置，需要用刻度尺测量小球的水平位移，需要用天平测小球质量，不需要的测量工具是秒表，故选项B符合题意；
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故A正确；小球离开轨道后做平抛运动，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，实验不需要测量小球平抛的初速度，故B错误；为保证入射小球到达斜槽末端时的速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故C正确；为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故D错误；
(3)小球碰撞过程系统动量守恒，则有：m1OP＝m1OM＋m2ON
代入数据得：m1×0.255＝m1×0.155＋m2×0.500
解得：m1∶m2＝5∶1.
14．(8分)(2020·全国课时练习)如图9甲所示，滑块A、B静止在水平气垫导轨上，两滑块间紧压一轻弹簧，两滑块用细线连接，烧断细线，两个滑块向相反方向运动．现拍得闪光频率为10 Hz的一组频闪照片如图乙所示．已知滑块A、B的质量分别为100 g、150 g．根据照片记录的信息可知，A、B离开弹簧后：
图9
(1)滑块A做________运动；
(2)滑块A的速度大小为________ m/s；
(3)滑块B的动量大小是________ kg·m/s；
(4)两滑块的动量大小关系为pA________pB(选填“>”“<”或“＝”)，说明___________．
答案 (1)匀速直线 (2)0.09 (3)0.009 (4)＝ 两滑块组成的系统动量守恒
解析 (1)由题图乙可知，滑块A在相等的时间内运动的距离相等，故A做匀速直线运动．
(2)频闪照相机拍照的时间间隔T＝eq \f(1,f)＝0.1 s，
所以滑块A的速度大小为v＝eq \f(s,T)＝eq \f(0.9×10－2,0.1) m/s＝0.09 m/s.
(3)由题图乙可知，滑块B做匀速直线运动，故滑块B的速度大小为
vB＝eq \f(sB,T)＝eq \f(0.6×10－2,0.1) m/s＝0.06 m/s
则滑块B的动量大小为pB＝mBvB＝150×10－3 kg×0.06 m/s＝0.009 kg·m/s
(4)滑块A的动量大小为pA＝mAv＝0.100 kg×0.09 m/s＝0.009 kg·m/s
可见A、B的动量大小相等，由两滑块运动方向相反可知A、B的动量方向相反，即A、B两滑块离开弹簧后总动量为零，所以两滑块组成的系统动量守恒．
15．(8分)(2020·天津市红桥区一模)如图10所示，质量m1＝2 kg的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝0.5 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝10 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
图10
(1)若物块不能从小车上掉下，他们的共同速度多大；
(2)要使物块不从小车右端滑出，小车至少多长．
答案 (1)2 m/s (2)8 m
解析 (1)由题意知物块与小车组成的系统动量守恒，设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝eq \f(m2v0,m1＋m2)＝2 m/s
(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块到车面右端时与小车有共同的速度，由能量守恒定律得eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋μm2gL
代入数据解得L＝8 m.
16．(10分)(2020·甘肃天水市调研)如图11所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g.求：
图11
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．
答案 (1)eq \f(1,4)mv02 (2)eq \f(3v\\al(02),40g)
解析 (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向
由动量守恒定律得：mv0＝2mv
解得v＝eq \f(1,2)v0；
碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2
解得E损＝eq \f(1,4)mv02.
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．三者组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝eq \f(1,5)v0
根据机械能守恒定律得
2mgh＝eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))2－eq \f(1,2)×5meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)v0))2
解得h＝eq \f(3v\\al(02),40g).
17.(12分)(2020·湖北宜昌一中阶段测试)如图12所示，倾角θ＝30°的足够长的斜面上，放着两个相距L0、质量均为m的滑块A和B，滑块A的下表面光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ＝eq \f(\r(3),3).由静止同时释放A和B，此后A、B发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：
图12
(1)A与B第一次相碰后B的速率；
(2)从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间．
答案 (1)eq \r(gL0) (2)6eq \r(\f(L0,g))
解析 (1)对B，由μ＝tan θ＝eq \f(\r(3),3)知mgsin θ＝μmgcs θ
则第一次碰撞前B将保持静止
对A，由牛顿第二定律得mgsin θ＝maA，A在斜面上的加速度恒为aA＝eq \f(1,2)g
由vA2＝2aAL0得与B第一次碰撞前的速度vA＝eq \r(gL0)
A、B发生第一次弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，机械能守恒，有mvA＝mv1＋mv2
eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得第一次相碰后A的速率v1＝0，B的速率v2＝vA＝eq \r(gL0).
(2)由vA＝aAt1得从A开始运动到A、B第一次碰撞所用时间t1＝eq \f(vA,aA)＝2eq \r(\f(L0,g))
由(1)知，第一次相碰后A做初速度为0的匀加速直线运动，B做速度为v2的匀速直线运动，设再经时间t2发生第二次碰撞，则t2时间内A、B的位移分别为xA＝eq \f(1,2)aAt22
xB＝v2t2
由xA＝xB得t2＝4eq \r(\f(L0,g))
故从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t＝t1＋t2＝6eq \r(\f(L0,g)).
18．(16分)(2020·山东潍坊市模拟)如图13所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝eq \f(m,2)，mB＝m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝2m，车长L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.5，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x，且x＝R.小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
图13
(1)滑块A在半圆轨道最低点C时所受轨道支持力的大小N；
(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；
(3)滑块B在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功W.
答案 (1)3mg (2)eq \f(\r(5gR),2) (3)eq \f(5,8)mgR
解析 (1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，
滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vAD，
则mAg＝mAeq \f(v\\al(AD2),R)，解得vAD＝eq \r(gR)，
滑块A在半圆轨道运动过程中
－mAg·2R＝eq \f(1,2)mAvAD2－eq \f(1,2)mAvA2，
解得：vA＝eq \r(5gR)，
滑块A在半圆轨道最低点：N－mAg＝mAeq \f(v\\al(A2),R)，
解得：N＝3mg.
(2)在炸药爆炸过程，A、B系统动量守恒，以B运动的方向为正方向
则mBvB＋mA(－vA)＝0，
解得：vB＝eq \f(mA,mB)vA＝eq \f(\r(5gR),2).
(3)假设滑块B滑上小车后能与小车共速，设共同速度为v共，
整个过程中，由动量守恒定律得：mBvB＝(mB＋M)v共，
解得：v共＝eq \f(1,3)vB＝eq \f(\r(5gR),6)，
滑块B在小车上运动时的加速度大小为aB＝μg
滑块B从滑上小车到共速时的位移为xB＝eq \f(v\\al(共2)－v\\al(B2),－2μg)＝eq \f(10,9)R.
小车从开始运动到共速过程中，由牛顿第二定律得μmBg＝Ma车，
小车从开始运动到共速时的位移为x车＝eq \f(v\\al(共2),2a车)＝eq \f(5,18)R滑块B相对小车的位移为：Δx＝xB－x车＝eq \f(5,6)R.
Δx<2R，
滑块B与小车在达到共速时未掉下小车，
滑块B和小车先达到相对静止，然后一起匀速向前运动，小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动．
设小车停止后滑块B的位移为x′，x′＝eq \f(v\\al(共2),2μg)＝eq \f(5,36)R.
因为Δx＋x′＝eq \f(35,36)R在滑块B的整个运动过程中，由动能定理得－W＝0－eq \f(1,2)mBvB2，
解得W＝eq \f(5,8)mgR.
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.(2020·北京市东城区期末)如图1所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，重力加速度为g，则( )
图1
A．击球前后球动量改变量的方向水平向左
B．击球前后球动量改变量的大小是mv2－mv1
C．击球前后球动量改变量的大小是mv2＋mv1
D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋eq \f(1,2)mv12
答案 C
解析 规定水平向右为正方向，击球前球的动量p1＝－mv1，击球后球的动量p2＝mv2，击球前后球动量改变量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；球离开手时的机械能为mgh＋eq \f(1,2)mv22，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋eq \f(1,2)mv12，故D错误．
2．(2020·云南昆明市一模)篮球和滑板车是深受青少年喜爱的两项体育活动．某同学抱着一篮球站在滑板车上一起以速度v0沿光滑水平地面运动，某一时刻该同学将篮球抛出，抛出瞬间篮球相对于地面的速度大小为v0，方向与抛出前滑板车的运动方向相反，已知篮球的质量为m，该同学和滑板车质量之和为M.则抛出篮球后瞬间该同学和滑板车的速度大小为( )
A.eq \f(M＋2mv0,M) B.eq \f(M－mv0,M)
C．v0 D.eq \f(M＋mv0,M)
答案 A
解析 以滑板车的运动方向为正方向，则由动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv－mv0，
解得v＝eq \f(M＋2mv0,M)，故选A.
3．(2020·山东淄博市一模)2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外．有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气，用时约0.02 s．已知空气的密度为1.3 kg/m3 ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为( )
A．13 N B．2.6 N C．0.68 N D．0.13 N
答案 D
解析 打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV
由动量定理eq \x\t(F)Δt＝mv
解得eq \x\t(F)＝eq \f(mv,Δt)＝eq \f(ρVv,Δt)＝eq \f(1.3×50×10－6×40,0.02) N＝0.13 N
根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13 N，故选D.
4．(2020·河南洛阳市一模)高空抛物是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害.2019年6月26日，厦门市某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场鲜血直流．若一节质量为0.1 kg的干电池从1.25 m高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2 m高度，电池第一次接触地面的时间为0.01 s，第一次落地对地面的冲击力跟电池重量的比值为k，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则( )
A．该电池的最大重力势能为10 J
B．该电池的最大动能为100 J
C．k＝71
D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3 kg·m/s
答案 C
解析 电池的最大重力势能为：Ep＝mgh＝0.1×10×1.25 J＝1.25 J，故A错误．电池的最大动能与最大重力势能相等，为1.25 J，故B错误．选向下为正方向，电池接触地面过程中动量的变化量为：Δp＝mv′－mv＝－meq \r(2gh′)－meq \r(2gh)＝－0.7 kg·m/s，由动量定理得：(mg－kmg)Δt＝Δp，代入数据得：k＝71，故C正确，D错误．
5．(2020·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，小木块A用细线吊在O点，此刻小木块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有( )
图2
A．α角增大，ΔE也增大
B．α角增大，ΔE减小
C．α角减小，ΔE增大
D．α角减小，ΔE也减小
答案 C
解析 小木块质量增大，由动量守恒定律可知，小木块与子弹的共同速度减小，则最大摆角α减小，又ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2，且v＝eq \f(mv0,M＋m)，联立解得ΔE＝eq \f(Mmv\\al(02),2M＋m)＝eq \f(mv\\al(02),21＋\f(m,M))，则M增大时，ΔE增大，C正确．
6．(2020·湖南长沙市一模)一质量为m1的物体1以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体2发生碰撞，其中m2＝km1，k<1.碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞．碰撞后两物体速度分别为v1和v2.假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体．物体1碰撞后与碰撞前速度之比r＝eq \f(v1,v0)的取值范围是( )
A.eq \f(1－k,1＋k)≤r≤1 B.eq \f(1－k,1＋k)≤r≤eq \f(1,1＋k)
C．0≤r≤eq \f(2,1＋k) D.eq \f(1,1＋k)≤r≤eq \f(2,1＋k)
答案 B
解析 若两物体发生弹性碰撞，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，联立解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，则eq \f(v1,v0)＝eq \f(1－k,1＋k)；若两物体发生完全非弹性碰撞，有v1＝v2，则由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝v1＝v2＝eq \f(m1v0,m1＋m2)，则eq \f(v1,v0)＝eq \f(1,1＋k)，故eq \f(1－k,1＋k)≤r≤eq \f(1,1＋k)，B正确．
7.(2020·湖北孝感高级中学调研)两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，如图3所示，球2在前，球1在后，球1、2的质量分别为m1＝1 kg、m2＝3 kg，初速度分别为v01＝6 m/s、v02＝3 m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为v1、v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1、v2、E1、p1的可能值为( )
图3
A．v1＝1.75 m/s，v2＝3.75 m/s
B．v1＝1.5 m/s，v2＝4.5 m/s
C．E1＝9 J
D．p1＝1 kg·m/s
答案 B
解析 两球碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，有m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2，代入数据可知A错误，B正确．以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v01＋m2v02＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝3.75 m/s，如果两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1v012＋eq \f(1,2)m2v022＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，联立解得v1＝1.5 m/s，v2＝4.5 m/s，故碰撞后球1的速度满足1.5 m/s≤v1≤3.75 m/s，球1的动能E1＝eq \f(1,2)m1v12，满足1.125 J≤E1≤7.03 J，球1的动量大小p1＝m1v1，满足1.5 kg·m/s≤p1≤3.75 kg·m/s，选项C、D错误．
8．如图4所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
图4
A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J
答案 A
解析 设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff.铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mv02＝f L＋eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Ep.由动量守恒定律，得mv0＝(M＋m)v.从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得eq \f(1,2)mv02＝2fL＋eq \f(1,2)(M＋m)v2，联立解得Ep＝3 J，故选项A正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．(2020·山东德州市月考)2019年3月10日，在世界短道速滑锦标赛男子5 000 m接力决赛中，中国队首获亚军．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．甲对乙和乙对甲的冲量大小相等、方向相反
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
答案 AB
解析 因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故A正确；二人相互作用的过程中动量守恒，根据动量守恒定律可知，甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反，故B正确；根据Ek＝eq \f(p2,2m)，由于不知道甲、乙的质量关系，故不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，故C、D错误．
10.光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图5所示，当A撞上弹簧，在之后的运动过程中( )
图5
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．A的最小动量为零
C．弹簧被压缩最短时，B的动量达到最大值
D．弹簧被压缩最短时，A、B的速度相等
答案 BD
解析 由题意，A、B、弹簧三者组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，A错误；在A、B相互作用过程中，开始阶段，A压缩弹簧，受到向左的力做减速运动，B做加速运动，vA>vB，弹簧逐渐缩短，当vA＝vB时弹簧处于压缩状态，由于弹簧弹力作用，A继续减速，B继续加速，直至弹簧恢复原长．当vA＝vB时弹簧被压缩至最短，D正确；由于在A、B相互作用前后满足动量守恒和能量守恒，则有：mAv＝mAvA′＋mBvB′；eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2，且mA＝mB＝m，解得：vA′＝0，vB′＝v，B正确，C错误．
11.(2020·四川宜宾第四中学开学考试)如图6，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为eq \f(3,4)h，不计空气阻力，小球可视为质点，则( )
图6
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为eq \f(1,2)R
C．小球离开小车后做竖直上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度hm满足：eq \f(1,2)h＜hm＜eq \f(3,4)h
答案 CD
解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，由于小球有竖直分加速度，所以系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，meq \f(2R－x,t)－meq \f(x,t)＝0，解得，小车的最大位移：x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C正确；小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理得：mg(h－eq \f(3,4)h)－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝eq \f(1,4)mgh，即小球第一次在车中运动损失的机械能为eq \f(1,4)mgh，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于eq \f(1,4)mgh，机械能损失小于eq \f(1,4)mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：eq \f(3,4)h－eq \f(1,4)h＝eq \f(1,2)h，而小于eq \f(3,4)h，故D正确．
12．(2020·广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考)如图7甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
图7
A．木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板B的长度至少为2 m
D．木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 J
答案 AB
解析 由题图乙可知，木块A先做匀减速运动，长木板B先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由题图乙可知，长木板B匀加速运动的加速度为：aB＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1,1) m/s2＝1 m/s2，对长木板B，根据牛顿第二定律得：μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故A正确；由题图乙可知前1 s内长木板B的位移为：xB＝eq \f(1,2)×1×1 m＝0.5 m，木块A的位移为：xA＝eq \f(2＋1,2)×1 m＝1.5 m，所以长木板B的最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝2 J，故D错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(2020·安徽江淮十校联考)在做“验证动量守恒定律”常规实验中：
图8
(1)本实验中不需要用到的测量仪器或工具有________．(单选)
A．圆规 B．秒表
C．刻度尺 D．天平
(2)必须要求的条件是________．(多选)
A．斜槽轨道末端的切线必须水平
B．要测量小球平抛的初速度
C．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
D．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
(3)某次实验中得出的落点情况如图8所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为________．
答案 (1)B (2)AC (3)5∶1
解析 (1)小球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2
两球离开斜槽后做平抛运动，由于两球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，则有：m1v0t＝m1v1t＋m2v2t
即为：m1OP＝m1OM＋m2ON，
实验需要测量两球的质量与水平位移，需要用圆规确定小球落地位置，需要用刻度尺测量小球的水平位移，需要用天平测小球质量，不需要的测量工具是秒表，故选项B符合题意；
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故A正确；小球离开轨道后做平抛运动，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，实验不需要测量小球平抛的初速度，故B错误；为保证入射小球到达斜槽末端时的速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故C正确；为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故D错误；
(3)小球碰撞过程系统动量守恒，则有：m1OP＝m1OM＋m2ON
代入数据得：m1×0.255＝m1×0.155＋m2×0.500
解得：m1∶m2＝5∶1.
14．(8分)(2020·全国课时练习)如图9甲所示，滑块A、B静止在水平气垫导轨上，两滑块间紧压一轻弹簧，两滑块用细线连接，烧断细线，两个滑块向相反方向运动．现拍得闪光频率为10 Hz的一组频闪照片如图乙所示．已知滑块A、B的质量分别为100 g、150 g．根据照片记录的信息可知，A、B离开弹簧后：
图9
(1)滑块A做________运动；
(2)滑块A的速度大小为________ m/s；
(3)滑块B的动量大小是________ kg·m/s；
(4)两滑块的动量大小关系为pA________pB(选填“>”“<”或“＝”)，说明___________．
答案 (1)匀速直线 (2)0.09 (3)0.009 (4)＝ 两滑块组成的系统动量守恒
解析 (1)由题图乙可知，滑块A在相等的时间内运动的距离相等，故A做匀速直线运动．
(2)频闪照相机拍照的时间间隔T＝eq \f(1,f)＝0.1 s，
所以滑块A的速度大小为v＝eq \f(s,T)＝eq \f(0.9×10－2,0.1) m/s＝0.09 m/s.
(3)由题图乙可知，滑块B做匀速直线运动，故滑块B的速度大小为
vB＝eq \f(sB,T)＝eq \f(0.6×10－2,0.1) m/s＝0.06 m/s
则滑块B的动量大小为pB＝mBvB＝150×10－3 kg×0.06 m/s＝0.009 kg·m/s
(4)滑块A的动量大小为pA＝mAv＝0.100 kg×0.09 m/s＝0.009 kg·m/s
可见A、B的动量大小相等，由两滑块运动方向相反可知A、B的动量方向相反，即A、B两滑块离开弹簧后总动量为零，所以两滑块组成的系统动量守恒．
15．(8分)(2020·天津市红桥区一模)如图10所示，质量m1＝2 kg的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝0.5 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝10 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
图10
(1)若物块不能从小车上掉下，他们的共同速度多大；
(2)要使物块不从小车右端滑出，小车至少多长．
答案 (1)2 m/s (2)8 m
解析 (1)由题意知物块与小车组成的系统动量守恒，设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝eq \f(m2v0,m1＋m2)＝2 m/s
(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块到车面右端时与小车有共同的速度，由能量守恒定律得eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋μm2gL
代入数据解得L＝8 m.
16．(10分)(2020·甘肃天水市调研)如图11所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g.求：
图11
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．
答案 (1)eq \f(1,4)mv02 (2)eq \f(3v\\al(02),40g)
解析 (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向
由动量守恒定律得：mv0＝2mv
解得v＝eq \f(1,2)v0；
碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2
解得E损＝eq \f(1,4)mv02.
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．三者组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝eq \f(1,5)v0
根据机械能守恒定律得
2mgh＝eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))2－eq \f(1,2)×5meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)v0))2
解得h＝eq \f(3v\\al(02),40g).
17.(12分)(2020·湖北宜昌一中阶段测试)如图12所示，倾角θ＝30°的足够长的斜面上，放着两个相距L0、质量均为m的滑块A和B，滑块A的下表面光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ＝eq \f(\r(3),3).由静止同时释放A和B，此后A、B发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：
图12
(1)A与B第一次相碰后B的速率；
(2)从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间．
答案 (1)eq \r(gL0) (2)6eq \r(\f(L0,g))
解析 (1)对B，由μ＝tan θ＝eq \f(\r(3),3)知mgsin θ＝μmgcs θ
则第一次碰撞前B将保持静止
对A，由牛顿第二定律得mgsin θ＝maA，A在斜面上的加速度恒为aA＝eq \f(1,2)g
由vA2＝2aAL0得与B第一次碰撞前的速度vA＝eq \r(gL0)
A、B发生第一次弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，机械能守恒，有mvA＝mv1＋mv2
eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得第一次相碰后A的速率v1＝0，B的速率v2＝vA＝eq \r(gL0).
(2)由vA＝aAt1得从A开始运动到A、B第一次碰撞所用时间t1＝eq \f(vA,aA)＝2eq \r(\f(L0,g))
由(1)知，第一次相碰后A做初速度为0的匀加速直线运动，B做速度为v2的匀速直线运动，设再经时间t2发生第二次碰撞，则t2时间内A、B的位移分别为xA＝eq \f(1,2)aAt22
xB＝v2t2
由xA＝xB得t2＝4eq \r(\f(L0,g))
故从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t＝t1＋t2＝6eq \r(\f(L0,g)).
18．(16分)(2020·山东潍坊市模拟)如图13所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝eq \f(m,2)，mB＝m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝2m，车长L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.5，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x，且x＝R.小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
图13
(1)滑块A在半圆轨道最低点C时所受轨道支持力的大小N；
(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；
(3)滑块B在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功W.
答案 (1)3mg (2)eq \f(\r(5gR),2) (3)eq \f(5,8)mgR
解析 (1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，
滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vAD，
则mAg＝mAeq \f(v\\al(AD2),R)，解得vAD＝eq \r(gR)，
滑块A在半圆轨道运动过程中
－mAg·2R＝eq \f(1,2)mAvAD2－eq \f(1,2)mAvA2，
解得：vA＝eq \r(5gR)，
滑块A在半圆轨道最低点：N－mAg＝mAeq \f(v\\al(A2),R)，
解得：N＝3mg.
(2)在炸药爆炸过程，A、B系统动量守恒，以B运动的方向为正方向
则mBvB＋mA(－vA)＝0，
解得：vB＝eq \f(mA,mB)vA＝eq \f(\r(5gR),2).
(3)假设滑块B滑上小车后能与小车共速，设共同速度为v共，
整个过程中，由动量守恒定律得：mBvB＝(mB＋M)v共，
解得：v共＝eq \f(1,3)vB＝eq \f(\r(5gR),6)，
滑块B在小车上运动时的加速度大小为aB＝μg
滑块B从滑上小车到共速时的位移为xB＝eq \f(v\\al(共2)－v\\al(B2),－2μg)＝eq \f(10,9)R.
小车从开始运动到共速过程中，由牛顿第二定律得μmBg＝Ma车，
小车从开始运动到共速时的位移为x车＝eq \f(v\\al(共2),2a车)＝eq \f(5,18)R
Δx<2R，
滑块B与小车在达到共速时未掉下小车，
滑块B和小车先达到相对静止，然后一起匀速向前运动，小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动．
设小车停止后滑块B的位移为x′，x′＝eq \f(v\\al(共2),2μg)＝eq \f(5,36)R.
因为Δx＋x′＝eq \f(35,36)R
解得W＝eq \f(5,8)mgR.
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