2008届高考物理名师专题复习题集系列动量和能量

经典试题

1．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，

速度为v．在此过程中，

12A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv

2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零

12C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv

2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零

提示：运动员向上起跳的过程中，由动量定理可得，则IImgtmv，mvmgt；

起跳过程中，地面对运动员的作用力向上且其作用点的位移为零（阿模型化，认为地面没有发生形变），所以，地面对运动员做的功为零．

2．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于 A．P的初动能 B．P的初动能的1/2 Q P C．P的初动能的1/3 D．P的初动能的1/4

提示：设P的初速度为v0，P、Q通过弹簧发生碰撞，当两滑块速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设此时共同速度为v，对P、Q（包括弹簧）组成的系统，由动量守恒定律，有

mv02mv

①

由机械能守恒定律，有

121② mv0×2mv2

2212112联立①②两式解得EPmmv0×mv0

422EPm3．一质量为m的物体放在光滑的水平面上，今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时

间间隔内，下列说法正确的是 A．物体的位移相等 B．物体动能的变化量相等 C．F对物体做的功相等 D．物体动量的变化量相等

提示：物体在恒力的作用下做匀加速直线运动，在相同的时间内，其位移不相等，故力对物体做的功不相等，由动能定理可知，物体动能的变化量不相等；根据动量定理，有

Ftp，所以，物体动量的变化量相等．

4．航天飞机在一段时间内保持绕地心做匀速圆周运动，则

A．它的速度大小不变，动量也不变 B．它不断克服地球对它的万有引力做功 C．它的速度大小不变，加速度等于零 D．它的动能不变，引力势能也不变

5．一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小

球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为 A．Δv=0 B．Δv=12m/s C．W=0 D．W=10.8J 6．将甲、乙两物体自地面同时上抛，甲的质量为m，初速为v，乙的质量为2m，初速为v/2．若

不计空气阻力，则 A．甲比乙先到最高点

B．甲和乙在最高点的重力势能相等

C．落回地面时，甲的动量的大小比乙的大 D．落回地面时，甲的动能比乙的大

7．在光滑水平地面上有两个弹性小球A、B，质量都为m，现B球静止，A球向B球运动，

发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于

A．EP mB．2EP mC．2EP mD．22EP m8．下列是一些说法：

①一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内的冲量一定相同

②一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反

③在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反 ④在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反 以上说法正确的是 A．①② B．①③ C．②③ D．②④

9．在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞

前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2．则必有 A．E1＜E0 B．p1＜p0 C．E2＞E0 D．p2＞p0

10．半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若甲球的质量

大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是 A．甲球的速度为零而乙球的速度不为零 B．乙球的速度为零而甲球的速度不为零 C．两球的速度均不为零

D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等

11．一粒从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为

过程Ⅰ，进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则

A．过程Ⅰ中动量的改变量等于重力的冲量

B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小

C．过程Ⅱ中克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中所减少的重力势能之和

D．过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中所增加的动能

12．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木

块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中 A．动量守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能不守恒 C．动量守恒、机械能不守恒 D．动量不守恒、机械能守恒

13．有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma>mb．它们的初动能相同．若a和b分别

受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则

A．Fa>Fb且saFb且sa>sb C．Fasb D．Fa14．质量为4.0kg的物体A静止在水平桌面上，另一个质量为2.0kg的物体B以5.0m/s的水平速

度与物体A相撞，碰撞后物体B以1.0m/s的速度反向弹回．相撞过程中损失的机械能是_________J． 【答案】6.0

15．如图所示，A、B是位于水平桌面上的两个质量相等的小木块，

离墙壁的距离分别为L和l，与桌面之间的滑动摩擦系数分别为μA和μB．今给A以某一初速度，使之从桌面的右端向左运动．假定A、B之间，B与墙之间的碰撞时间都很短，且碰撞中总动能无损失．若要使木块A最后不从桌面上掉下来，则A的初速度最大不能超过_______．

【答案】4g[A(Ll)Bl] 16．如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，

进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，一端与质量为m2的档板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点．A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：

（1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；

（2）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep（设弹簧处于原长时弹性势能为零）．

m12【答案】（1）2gh；（2）gh(m1m2)gd

m1m2解析：（1）由机械能守恒定律，有

1m1v2 2解得v＝2gh m1gh（2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有

m1v(m1m2)v

碰后A、B一起压缩弹簧，）到弹簧最大压缩量为d时，A、B克服摩擦力所做的功

W(m1m2)gd

由能量守恒定律，有

1(m1m2)v2EP(m1m2)gd 2m12解得EPgh(m1m2)gd

m1m217．如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内．小球A、B质

量分别为m、βm（β为待定系数）．A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后

A、B球能达到的最大高度均为

1R，碰撞中无机械能损失．重力4加速度为g．试求： （1）待定系数β；

（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；

（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度． 【答案】（1）3；（2）v111gR，方向水平向左；v2gR，方向水平向右；224.5mg，方向竖直向下．（3）见解析

解析：（1）由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关，因此，A、B两球应同时达到最大高度处，对A、B两球组成的系统，由机械能守恒定律得

mgRmgRmgR，解得β＝3 44（2）设A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、v2，取方向水平向右为正，对A、B两球组成的系统，有

1212mv1mv2 22m2gRmv1mv2 mgR解得v111gR，方向水平向左；v2gR，方向水平向右． 22设第一次碰撞刚结束时轨道对B球的支持力为N，方向竖直向上为正，则

2v2Nmgm，B球对轨道的压力

RNN4.5mg，方向竖直向下．

（3）设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，取方向水平向右为正，则

mv1mv2mV1mV2

11mgRmV12mV22

22解得V1＝－2gR，V2＝0．（另一组解V1＝－v1，V2＝－v2不合题意，舍去）

由此可得：

当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；

当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同．

18．如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接．现把A、B两球置于距地面高H处（H足够大），艰巨为l．当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出间距为l．当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出．求：

（1）两球从开始运动到相碰，A球下落的高度．

（2）A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的 水平分量．

（3）轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小．

1gl2xv0,vBx0；（3）mv0 【答案】（1）2；（2）vA22v0解析：（1）设到两球相碰时A球下落的高度为h，由平抛运动规 律得

lv0t

① ②

h12gt 2gl2联立①②得h2

2v0 ③

（2）A、B两球碰撞过程中，由水平方向动量守恒，得

xmvBx mv0mvA ④

由机械能守恒定律，得

1121122222xvB2y) m(v0vB)mvm(vv)m(vByAyAxAy2222yvAy,vByvBy 式中vA⑤

xv0,vBx0 联立④⑤解得vA（3）轻绳拉直后，两球具有相同的水平速度，设为vBx,，由水平方向动量守恒，得

mv02mvBx

由动量定理得ImvBx1mv0 219．如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距

s=2.88m．质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端．C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C施加一个水平向右，大小

为2mg的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不5脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？

【答案】0.3m

解析：设A、C之间的滑动摩擦力大小f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2

C F A s B 10.22，20.10，则

22Fmgf112mg且Fmgf22(2mm)g

55说明一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有

12 (Ff2)s(2mm)v12A、B两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得： mv1=(m＋m)v2

碰撞结束后三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移s1，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则 2mv1＋(m＋m)v2=(2m＋m＋m)v3

设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f3，则A、B系统，由动能定理：

1122f1s1-f3s1=2mv3-2mv222 f3=m2(2m+m+m)g对C物体，由动能定理得F(2l+s1)-f1(2l+s1)=联立以上各式，再代入数据可得l=0.3m．

20．如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹

簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上升一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．若将C换成另一个质量为（m1＋m2）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g．

1212 2mv3-2mv1222m1(m1+m2)g2【答案】

(2m1+m3)k解析：开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有kx1=m1g

①

挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有 kx2=m2g

②

B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点．由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为ΔE=m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2) ③ C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得

11(m3+m1)v2+m1v2=(m3+m1)g(x1+x2)-m1g(x1+x2)-DE ④ 221由③④式得(2m1+m3)v2=m1g(x1+x2) ⑤

2由①②⑤式得v=2m1(m1+m2)g2 (2m1+m3)k ⑥

21．质量为M的小物块A静止在离地面高h的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌

面向A运动并以速度v0与之发生正碰（碰撞时间极短）．碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L．碰后B反向运动．求B后退的距离．已知B与桌面间的动摩擦因数为μ．重力加速度为g．

【答案】

12mg(MLmg2h-v0)2

解析：设t为A从离开桌面至落地经历的时间，V表示刚碰后A的速度，有

12gt 2L=Vt h=

① ② ③ ④

设v为刚碰后B的速度的大小，由动量守恒，mv0=MV－mv 设B后退的距离为l，由功能关系，mglmv2 由以上各式得l=12mgMLmg2h-v0)2

12( ⑤

22．如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋

千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A．求男演员落地点C与O点的水平距离s．已知男演员质量m1和女演员质

量m2之比

m1=2，秋千的质量不计，秋千的m2摆长为R，C点比O点低5R． 【答案】8R

解析：设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为vB，由机械能守恒定律，得

(m1+m2)gR=12 (m1+m2)vB2设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒：(m1＋m2)v0=m1v1－m2v2

分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，从运动学规律，4R=12gt2s=v1t

12 m2v22根据题给条件，女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律得m2gR=已知m1=2m2，由以上各式可得s=8R

23．如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数

μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B（视为质点），它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0J，小物块的动能EkB为0.50J，重力加速度取10m/s2，求： （1）瞬时冲量作用结束时木板的速度v0；

B A C L （2）木板的长度L． 【答案】0.50m

解析：（1）设水平向右为正方向，有I=mAv0 代入数据得v0=3.0m/s

① ②

（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有 －(FBA＋FCA)t=mAvA－mAvA FABt=mBvB

③ ④ ⑤

其中FAB=FBA FCA=μ(mA＋mB)g

设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB， 有-(FBA+FCA)sA=FABsB=EkB

1122 mAvA-mAv022

⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩

动量与动能之间的关系为mAvA2mAEkA

mBvB=2mBEkB

木板A的长度L=sA－sB 代入数据解得L=0.50m

24．下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶.司机突然发现前方停着一辆故障车，他将

刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离l后停下.事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L，撞车后共同滑行

8L.假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同.已知卡车质量M为故障车25质量m的4倍．

的距离l（1）设卡车与故障车相撞前的速度为v1，两车相撞后的速度变为v2，求

v1； v2（2）卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能免于发生． 【答案】（1）

53；（2）L 42①

解析：（1）由碰撞过程动量守恒 Mv1=(M＋m)v2 则

v15 v24（2）设卡车刹车前速度为v0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ

22两车相撞前卡车动能变化Mv0Mv1MgL

1212②

2碰撞后两车共同向前滑动，动能变化(Mm)v20(Mm)gl ③

12由②式得v02－v12=2μgL 由③式得v22 =2μgL 又因l82L,得v03gL 2512④

2如果卡车滑到故障车前就停止，由Mv00MgL

故L3L 23225．如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在

原长状态，另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离L1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连，已知最后A恰好返回出发点P并停止．滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为L2，求A从P出发时的初速度v0．

这意味着卡车司机在距故障车至少L处紧急刹车，事故就能够免于发生． 【答案】g(10l116l2)

解析：令A、B质量均为m，A刚接触B时速度为v1（碰前），由动能关系，有

1212mv0mv1mgl1 22A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2，有mv1=mv2

碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零．

1212(2m)v2(2m)v3(2m)g(2l2) 222此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有mv3mgl1

12由以上各式解得v0g(10l116l2) 26．柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物.

在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动．现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：

柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处如图（a）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上.同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短．随后，桩在泥土中向下移动一距离l．已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩帽之间的距离也为h如图（b）．已知m1=1.0×103kg，M=2.0×103kg，h=2.0m，l=0.2m，重力加速度g=10m/s2，混合物的质量不计．设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小．

（a） （b） 【答案】2.1×105N 解析：考察锤m和桩M组成的系统，在碰撞过程中动量守恒（因

碰撞时间极短，内力远大于外力），选取竖直向下为正方向，则mv1=Mv－mv2 其中v12gh,v22g(hl) 碰撞后，桩M以初速v向下运动，直到下移距离l时速度减为零，此过程中，根据动

12mgm由上各式解得Fmg()[2hl2h(hl)]

lM能定理，有MglFl0Mv2 代入数据解得F=2.1×105N

27．如图所示，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m．木板位于光滑水平面上.在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速v0=4.0m/s沿木板向前滑动，直到和挡板相碰.碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板．求碰撞过程中损失的机械能． 【答案】2.4J

解析：设木块和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律得

mv0(mM)v

①

设全过程损失的机械能为E，则

E121mv0(mM)v2 22②

用s1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功．用W2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功．用s2表示从碰撞后瞬间到

物块回到a端时木板的位移，W3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功．用W4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功．用W表示在全过程中摩擦力做的总功，则 W1=mgs1

③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

W2＝mg(s1s) W3＝mgs2 W4＝mg(s2s)

W＝W1＋W2＋W3＋W4

用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则 E1＝E－W 由①～⑧式解得

⑧

E11mM2v02mgs

2mM⑨ ⑩

代入数据得E1＝2.4J

28．如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C．重物A（视为质点）位于B

的右端，A、B、C的质量相等．现A和B以同一速度滑向静止的C、B与C发生正碰．碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力．已知A滑到C的右端而未掉下．试问：从B、

C发生正碰到A刚移到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍．

7【答案】

3解析：设A、B、C的质量均为m．碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1．对B、C，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1

①

设A滑至C的右端时，三者的共同速度为v2．对A、B、C，由动量守恒定律得 2mv0＝3mv2

②

设A与C的动摩擦因数为μ，从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为s，

对B、C由功能关系mgs112(2m)v2(2m)v12 22③

设C的长度为l，对A，由功能关系

22 mg(sl)mv0mv21212 ④

⑤ l329．质量m=1.5kg的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开

始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2.0s停在B点，已知A、B两点间的距离s=5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，求恒力F多大．（g=10m/s2）． 【答案】15N

解析：设撤去力F前物块的位移为s1，撤去力F 时物块速度为v． 物块受到的滑动摩擦力F1=μmg 撤去力F后，由动量定理得－F1t=－mv 由运动学公式得s－s1=vt/2 全过程应用动能定理得Fs1－F1s=0 由以上各式得F由以上各式解得

s72mgs2sgt2

代入数据得F=15N

30．如图（a）所示，为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在

C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连．已知有一质量为m0的子弹B沿水平方向以速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动.在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t=0为A、B开始以相同的速度运动的时刻．根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及A、B一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果？

【答案】

mFmm0；6gl2236m0v025Fm223mv0 0g；E=gFm解析：由图2可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期T＝2t0 ①

令m表示A的质量，l表示绳长.v1表示B陷入A内时即t0时A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），v2表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律，得

m0v0(m0m)v1

2②

在最低点和最高点处应用牛顿定律可得F1(mm0)g(mm0)v1 ③

t2v2F2(mm0)g(mm0)

t ④

根据机械能守恒定律可得

2l(mm0)g112 (mm0)v12(mm0)v222

⑤ ⑦

由图2可知 F20 ⑥ F1Fm

由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是 Fmmm0

6g⑧ l2236m0v05F2mg

⑨

A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则 1E=(m+m0)v12

222⑩ 由②⑧⑩式解得E=3m0v0g

Fm31．（1）如图（a），在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两

端各联结一个小球构成，两小球质量相等．现突然给左端小球一个向右的速度μ0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度．

（2）如图（b），将N个这样的振子放在该轨道上，最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0．其余各振子间都有一定的距离，现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰．求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值．已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度．

【答案】（1）u10,u2u0；（2）

1E0 4解析：（1）设每个小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度．由动量守恒和能量守恒定律有

mu1mu2mu0（以向右为速度正方向）

11122，解得uu,u0或u0,umu12mu2mu010212u0 222由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解：u10,u2u0

（2）以v1、v1’分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律，mv1＋mv1’＝0

1212E0，解得v1E0,v1E0或v1E0,v1E0． mv1mv122mmmm在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解：v1E0,v1E0

mm振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为v10，根据动量守恒定律，有

2mv10mv1

用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有 解得E112121mv10mv10E1mv12 2221E0 432．一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆

弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切.现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放

到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h，稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L，每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）．已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N.这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦.求电动机的平均输出功率P．

NmN2L2[2＋gh] 【答案】TT解析：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有 s＝1/2at2 v0＝at

① ②

在这段时间内，传送带运动的路程为 s0＝v0t 由以上可得 s0＝2s

④

③

用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为 A＝fs＝1/2mv02

⑤

传送带克服小箱对它的摩擦力做功 A0＝fs0＝2·1/2mv02

⑥

两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 Q＝1/2mv02

⑦

可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等． T时间内，电动机输出的功为 W＝PT

⑧

此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即 W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ 已知相邻两小箱的距离为L，所以 v0T＝NL

⑩ ⑨

NmN2L2[2＋gh] 联立⑦⑧⑨⑩解得P＝TT33．有一炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M＝6.0kg（内含炸药的质量可以忽略不计），

射出的初v0＝60m/s．当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m＝4.0kg．现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R＝600m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？（g＝10m/s2，忽略空气阻力）

【答案】6.0104J

解析：设炮弹止升到达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律，有

v022gH

设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为V，另一块的速度为v，根据动量守恒定律，有 mV(Mm)v

设质量为m的弹片运动的时间为t，根据平抛运动规律，有 H1gt22RVt

炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能 Ek11mV2(Mm)v2 221MmR2g22(M2m)v0解以上各式得Ek

代入数值得Ek6.0104J

34．在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反

应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定

及解除锁定均无机械能损失）．已知A、B、C三球的质量均为m．求： （1）弹簧长度刚被锁定后A球的速度；

（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．

112【答案】（1）v0；（2） mv0363解析：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有

mv0(mm)v1

①

当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有

2mv13mv2

由①②两式解得v2 ②

13v0

③

（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ｅp，由能量守恒，有

1122mv123mv2Ep 22④

撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有

12 Ep(2m)v32 ⑤

以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度．当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长．设此时的速度为v4，由动量守恒，有

2mv33mv4

⑥

当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为Ep，由能量守恒，有

11222mv33mv4Ep 22由以上各式解得Ep'⑦

2mv0

13635．一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽

两侧的距离均为l/2，如图所示．木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为μ．A、B、C三者质量相等，原来都静止．现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知当A和B发生碰撞时，两者速度互换．求：

（1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程； （2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小．

⑧

v0213【答案】（1）l；（2）vAv0，vBvCv0

4g48解析：（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向右运动．由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近．设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为s1．设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律，得 Mv0=2mv1 由功能关系，得

①

mgs1mv02mv12

由①得v1v0

1212②

123v02代入②式得s1

8g根据条件v0<2gl得s134③

可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞．B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离（l-s1）后才与A发生第二次碰撞．设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2．由功能关系，得

mgs2mv12

v02解得s2

8g12 ④

因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为

v02ss2ls1l

4g⑤

（2）由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1．刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1．由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2．由动量守恒定律，得 Mv1=2mv2

⑥

解得v2v1v0

因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左壁．刚碰撞后，A的速度变为v2，B的速度变为v1，C的速度仍为v2．由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3．由1214动量守恒定律，得 Mv1+mv2=2mv3

⑦

解得v338v0

故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为

v1Av24v0

⑧ vv3BvC38v0

⑨ 36．质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上．平

衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示．一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连．它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点．若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度．求物块向上运动到达的最高点与O点的距离．

【答案】

x02

解析：物块自由下落3x0的过程中，由机械能守恒定律得

mg3x1202mv0 ①

物块与钢板碰撞，由动量守恒定律得

mv02mv1

②

设刚碰完时弹性势能为Ep，根据机械能守恒定律

E1p2(2m)v212mgx0

③

设质量为2m的物块与钢板碰后一起向下运动的速度为v2，则

2mv03mv2

④

由机械能守恒定律得

112E(3m)v3mgx(3m)v2 p2022⑤

以上两种情况下，弹簧的初始压缩量都为x0，故有

EpEp

⑥

物体从O点再向上以初速v做竖直上抛运动．到达的最高点与O点的距离

2v0l

2g ⑦

由以上各式解得lx0 237．一质量为M的长木板静止在光滑水平桌面上．一质量为m的小滑块以水平速度v0从长木

板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板．滑块刚离开木板时的速度为v0/3．若把该木板固定在水平桌面上，其它条件相同，求滑块离开木板时的速度v．

【答案】v04m1 3M解析：设第一次滑块离开木板时木板的速度为v1，对系统，由动量守恒定律，得

mv0mv0Mv1 3 ①

设滑块与木块间摩擦力为F，木板长为L，木板滑行距离为s．根据动能定理

1 Mv12

2121v2对滑块，有F(sL)mv0m(0)

2231212当木板固定时，对滑块，有FLmv0mv

22对木板，有Fs联立以上各式解得v② ③ ④

v04m1 3M38．如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放

v0 在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小

v0

木块A，m（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向；

（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离．

【答案】（1）

MmMm（2）v0，方向向右；l

Mm4M解析：（1）A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度．设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，由动量守恒可得

Mv0mv0(Mm)v

解得vMmv0，方向向右

Mm①

（2）A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为v的两个阶段．设l1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，l2为A从速度为零增加到速度为v的过程中向右运动的路程，L为A从开始运动到刚到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图所示．设A与B之间的滑动摩擦力为f，根据动能定理，

112Mv0Mv2 2212对A，有fl1mv0

21 fl2mv2

2对B，有fL由几何关系L＋（l1－l2）＝l 由①②③④⑤式解得l1② ③ ④ ⑤ ⑥

Mml 4M39．在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B，质量分别为m和2m，当两球心

间的距离大于l（l比2r大得多）时，两球之间无相互作用力；当两球心间的距离等于或小于l时，两球间存在相互作用的恒定斥力F．设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动，如图所示．欲使两球不发生接触，v0必须满足什么条件?

3F(l2r) 【答案】v0m解析：A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后，A球的速度逐步减小，B球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小．当A、B的速度相等时，两球间的距离最小．若此距离大于2r，则两球就不会接触．所以不接触的条件是 v1=v2

①

l＋s2-s1>2r ②

其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度；s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中，A、B两球通过的路程． 设v0为A球的初速度，由动量守恒定律得

mv0mv12mv2

由动能定理得

③

Fs11212mv1mv0 2212 Fs2(2m)v223F(l2r)m

④ ⑤ ⑥

联立解得v0

训练试题

40．两相同的物体a和b，分别静止在光滑的水平桌面上，因分别受到水平恒力作用，同时

开始运动.若b所受的力是a的2倍，经过t时间后，分别用Ia，Wa和Ib，Wb分别表示在这段时间内a和b各自所受恒力的冲量的大小和做功的大小，则 A．Wb=2Wa，Ib=2 Ia B．Wb=4Wa，Ib=2 Ia C．Wb=2 Wa，Ib=4 Ia D．Wb=4 Wa，Ib=4 Ia

41．木块A从斜面底端以初速度v0冲上斜面，经一段时间，回到斜面底端．若木块A在斜

面上所受的摩擦阻力大小不变．对于木块A，下列说法正确的是 A．在全过程中重力的冲量为零 B．在全过程中重力做功为零

C．在上滑过程中动量的变化量的大小大于下滑过程中动量的变化量 D．在上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量 42．质量为m的小物块，在与水平方向成α角的力F作用下，

沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B的过程中，力F对物块做功W和力F对物块作用的冲量I的大小是

1212A．WmvBmvA

221212B．WmvBmvB

22C．ImvBmvA

D．ImvBmvA

43．A、B两物体质量分别为mA、mB，且3mA=mB，它们以相同的初动能在同一水平地面上

滑行．A、B两物体与地面的动摩擦因数分别为μA、μB，且μA=2μB，设物体A滑行了sA距离停止下来，所经历的时间为tA、而物体B滑行了sB距离停止下来，所经历的时间为tB．由此可以判定 A．s A>sB tA>tB B．sA>sB tA< tB

C．sAtB D．sA44．质量分别为m1和m2的两个物体（m1>m2），在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相

同的初动能．与运动方向相同的水平力F分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p1、p2和E1、E2，比较它们的大小，有

A．p1p2和E1E2 C．p1p2和E1E2

B．p1p2和E1E2 D．p1p2和E1E2

45．竖直向上抛出的物体，从抛出到落回到抛出点所经历的时间是t，上升的最大高度是H，

所受空气阻力大小恒为f，则在时间t内 A．物体受重力的冲量为零

B．在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量大 C．物体动量的增量大于抛出时的动量 D．物体机械能的减小量等于f H

46．如图所示，水平地面上放着一个表面均光滑的凹槽，槽两端固定有两轻质弹簧，一弹性

小球在两弹簧间往复运动，把槽、小球和弹簧视为一个系统，则在运动过程中 A．系统的动量守恒，机械能不守恒 B．系统的动量守恒，机械能守恒 C．系统的动量不守恒，机械能守恒 D．系统的动量不守恒，机械能不守恒

47．汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶.突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各

自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前，汽车和拖车系统 A．总动量和总动能都保持不变 B．总动量增加，总动能不变 C．总动量不变，总动能增加 D．总动量和总动能均增加 48．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的

功等于

A．物块动能的增加量

B．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和

C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和 D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和

49．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜

3面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物

4体

34B．重力势能增加了mgh C．动能损失了mgh

1D．机械能损失了mgh

2A．重力势能增加了mgh

提示：设物体受到摩擦阻力为F，由牛顿运动定律得

31Fmgsin30mamg，解得Fmg

44重力势能的变化由重力做功决定，故△Ep=mgh

动能的变化由合外力做功决定(Fmgsin30)smasmg机械能的变化由重力以外的其它力做功决定 故E机械Fs34k3mgh

sin3021h1mgmgh 4sin302综合以上分析可知，B、D两选项正确．

50．高速公路上发生了一起交通事故，一辆总质量2000kg向南行驶的长途客车迎面撞上了

一辆总质量为4000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车连接一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前的速率是20m/s，由此可知卡车碰前瞬间的动能 A．等于2×105J B．小于2×105J C．大于2×105J D．大于2×105J，小于8×105J 51．一个人稳站在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示．则

A．踏板对人做的功等于人的机械能的增加量

B．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能的增加量 C．克服人的重力做的功等于人的机械能增加量 D．对人做功的只有重力和踏板对人的支持力 52．“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面343km

的圆轨道上运行了77圈．运动中需要多次“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行“轨道维持”，由于飞船受轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况将会是 A．动能、重力势能和机械能逐渐减小

B．重力势能逐渐减小、动能逐渐增大，机械能不变 C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变

D．重力势能逐渐减小、动能逐渐增大，机械能逐渐减小

提示：“神舟”六号飞船在每一圈的运行中，仍可视为匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得：GMmr2v21GMmm，所以飞船的动能为：Ekmv2,轨道高度逐渐降低，

r22r即轨道半径逐渐减小时，飞船的动能将增大；重力做正功，飞船的重力势能将减小；而大气阻力对飞船做负功，由功能关系知，飞船的机械能将减小．故选项D正确． 53．质量为m1=4kg、m2=2kg的A、B两球，在光滑的水平面上相向运动，若A球的速度为

v1=3m/s，B球的速度为v2=－3m/s，发生正碰后，两球的速度的速度分别变为v1＇和v2＇，则v1＇和v2＇可能为 A．v1＇=1m/s，v2＇=1m/s B．v1＇=4m/s，v2＇=－5m/s C．v1＇=2m/s，v2＇=－1m/s

D．v1＇=－1m/s，v2＇=5m/s

54．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5kg·m/s，B球的动量为7kg·m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为

A．pA′=6kg·m/s，pB′=6kg·m/s B．pA′=3kg·m/s，pB′=9kg·m/s C．pA′=－2kg·m/s，pB′=14kg·m/s D．pA′=－5kg·m/s，pB′=17kg·m/s 55．利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值．下图是用这种方法获得的弹性绳

中拉力F随时间的变化图线．实验时，把小球举高到绳

F 子的悬点O处，然后放手让小球自由下落．由此图线O 所提供的信息，以下判断正确的是

A．t2时刻小球速度最大

B．t1~t2期间小球速度先增大后减小

o C．t3时刻小球动能最小

D．t1与t4时刻小球动量一定相同

56．如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停

在木块中，这一过程中木块始终保持静止．现知道子弹A射入深度dA大于子弹B射入的深度dB，则可判断

A．子弹在木块中运动时间tA＞tB B．子弹入射时的初动能EkA＞EkB C．子弹入射时的初速度vA＞vB D．子弹质量mA＜mB

57．质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块

左右两侧各有一位拿着完全相同步和子弹的射击手.首先左侧射手开，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开，子弹水平射入

木块的最大深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同.当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是 A．木块静止，d1= d2 B．木块向右运动，d1< d2 C．木块静止，d1< d2 D．木块向左运动，d1= d2

提示：由动量守恒和能量守恒求解．

58．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示． 质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示．则比较上述两种情况，以下说法正确的是

A．两次子弹对滑块做功一样多 B．两次滑块所受冲量一样大

C．子弹击中上层过程中产生的热量多 甲 乙 D．子弹嵌入下层过程中对滑块做功多

59．一个半径为r的光滑圆形槽装在小车上，小车停放在光滑的水平 v0 t1 t2 t3 t4 t5

t

面上，如图所示，处在最低点的小球受击后获得水平向左的速度v2gr，开始在槽内运动，则下面判断正确的是 A．小球和小车总动量不守恒 B．小球和小车总机械能守恒 C．小球沿槽上升的最大高度为r D．小球升到最高点时速度为零

60．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、

m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M点，如图所示，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比为m1︰m2为

A．(21)∶(21) C．(21)∶(21)

B．2∶1 D．1∶2

提示：由对称性可知，m1、m2同时到达圆轨道最低点，根据机械能守恒定律可知，它们到达最低点的速率应相等v2gR．由动量守恒定律可得，(m2m1)v(m1m2)v，以后一起向左运动，由机械能守恒定律可得，(m1m2)gR(1cos60)(m1m2)v2， 联立以上各式解得 m1∶m2(21)∶(21)

61．如图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧．物体A以

某一速度沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用．两物体的质量相等，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能为EP．现将B的质量加倍，再使物体A通过弹簧与物体B发生作用（作用前物体B仍静止），作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能仍为EP．则在物体A开始接触弹簧到弹簧具有最大弹性势能的过程中，第一次和第二次相比

A．物体A的初动能之比为2:1 B．物体A的初动能之比为4:3 C．物体A损失的动能之比为1:1 D．物体A损失的动能之比为27:32

62．如图所示，竖直的墙壁上固定着一根轻弹簧，将物体A靠在弹簧的右端并向左推，当

压缩弹簧做功W后由静止释放，物体A脱离弹簧后获得动能E1，相应的动量为P1；接着物体A与静止的物体B发生碰撞而粘在一起运动，总动能为

B A E2，相应的动量为P2．若水平面的摩擦不计，则 A．W=E1=E2 B．W=E1>E2

C．P1=P2 D．P1>P2

63．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在

光滑的水平面上．现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得

v

v/m/s 3 B A 12B

m2 甲

2 1 0 －1 t1 A m1 t2 乙 t3 t4 t/s

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态 B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物体的质量之比为m1∶m2 = 1∶2

D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2=1∶8

．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及

M与地面间接触光滑.开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于m、M和弹簧组成的系统

A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒

B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大 C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动 D．由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零

提示：F1、F2为系统外力且做功代数和不为零，故系统机械能不守恒；从两物体开始运动以后两物体作的是加速度越来越小的变加速运动，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的速度最大，动能最大；由于F1、F2等大反向，系统合外力为零，故系统的动量始终为零．

65．如图所示，一轻弹簧与质量为m的物体组成弹簧振子，物体在一竖直线上的A、B两点间做简谐运动，点O为平衡位置，C为O、

B之间的一点．已知振子的周期为T，某时刻物体恰好经过C向上运动，则对于从该时刻起的半个周期内，以下说法中正确的是 A．物体动能变化量一定为零

B．弹簧弹性势能的减小量一定等于物体重力势能的增加量 C．物体受到回复力冲量的大小为mgT/2

D．物体受到弹簧弹力冲量的大小一定小于mgT/2

提示：这是弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，某时刻经过C点向上运动，过半个周期时间应该在C点大于O点对称位置，速度的大小相等，所以动能的变化量为零，A选项正确；由系统机械能守恒得，弹簧弹性势能的减少量一定等于物体重力势能的增加量，B选项正确；振子在竖直方向上做简谐运动时，是重力和弹簧的弹力的合力提供回复力的，由动量定理I合=△p，设向下为正方向，

I合mgTI2mv，又因为C点为BO之间的某一点，v≠0，所以，C选项错误，2弹D选项正确．

66．固定在水平面上的竖直轻弹簧，上端与质量为M的物块B相连，整个装置处于静止状

态时，物块B位于P处，如图所示．另有一质量为m的物块C，从Q处自由下落，与B相碰撞后，立即具有相同的速度，然后B、C一起运动，将弹簧进一步压缩后，物块B、C被反弹．下列结论中正确的是

A．B、C反弹过程中，在P处物块C与B相分离 B．B、C反弹过程中，在P处物C与B不分离 C．C可能回到Q处 D．C不可能回到Q处 67．如图所示，AB为斜轨道，与水平面夹角30°，BC为水平轨道，两轨道在B处通过一小

段圆弧相连接，一质量为m的小物块，自轨道AB的A处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C点，已知A点高h，物块与轨道间的动摩擦因数为μ，求：

（1）整个过程中摩擦力所做的功?

（2）物块沿轨道AB段滑动的时间t1与沿轨道BC段滑动的时间t2之比t1/t2等于多少? 【答案】（1）mgh；（2）213

解析：（1）设物块在从A到B到C的整个过程中，摩擦力所做的功为Wf，则由动能定理可得

mgh－Wf =0，则Wf=mgh

（2）物块在从A到B到C的整个过程中，根据动量定理，有

(mgsin30mgcos30)t1mgt20

解得

t1g2 t2gsin30mgcos301368．如图所示，右端带有竖直挡板的木板B，质量为M，长L=1.0m，静止在光滑水平面上．一

个质量为m的小木块（可视为质点）A，以水平速度v04.0m/s滑上B的左端，而后与其右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B的左端．已知M=3m，并设A与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可忽略（g取10m/s）．求：

2（1）A、B最后的速度；

（2）木块A与木板B间的动摩擦因数． 【答案】（1）1m/s；（2）0.3

解析：（1）A、B最后速度相等，由动量守恒可得

(Mm)vmv0

解得vv01m/s 4（2）由动能定理对全过程列能量守恒方程

mg2Lmv02(Mm)v2

解得0.3

69．某宇航员在太空站内做了如下实验：选取两个质量分别为mA=0.1kg、mB=0.2kg的小球

A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A粘连，另一端与小球B接触而不粘连．现使小球A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0=0.1m/s做匀速直线运动，如图所示．过一段时间，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B刚刚分离开始计时，经时间t=3.0s，两球之间的距离增加了s=2.7m，求弹簧被锁定时的弹性势能Ep? 【答案】0.027J

解析：取A、B为系统，由动量守恒得(mAmB)v0mAvAmBvB ① 又根据题意得：vAtvBts

由①②两式联立得：vA=0.7m/s，vB =－0.2m/s

2由机械能守恒得：Ep(mAmB)v01212 ②

121122 mAvAmBvB22③

代入数据解得Ep=0.027J

70．质量为m1=0.10kg和m2=0.20kg两个弹性小球，用轻绳紧紧的捆在一起，以速度v0=0.10m/s

沿光滑水平面做直线运动．某一时刻绳子突然断开，断开后两球仍在原直线上运动，经时间t=5.0s后两球相距s=4.5m．求这两个弹性小球捆在一起时的弹性势能．

－

【答案】2.7×102J

解析：绳子断开前后，两球组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律，得

(m1m2)v0m1v1m2v2

绳子断开后，两球匀速运动，由题意可知

(v1v2)ts或(v2v1)ts

代入数据解得v10.7m/s，v20.2m/s或v10.5m/s，v20.4m/s

两球拴在一起时的弹性势能为

EP11122 m1v12m2v2(m1m2)v0222=2.7×10－2J

71．一块质量为M长为L的长木板，静止在光滑水平桌面上，一个质量为m的小滑块以水平速度v0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板，滑块刚离开木板时的速

v0度为．若把此木板固定在水平桌面上，其他条件v0 5

相同．求：

M （1）求滑块离开木板时的速度v；

（2）若已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ，求木板的长度．

2v0v016m8m1(12) 【答案】（1）；（2）5M25gMm 解析：（1）设长木板的长度为l，长木板不固定时，对M、m组成的系统，由动量守

v0 Mv

5121v212由能量守恒定律，得mglmv0m(0)Mv

2252恒定律，得mv0m当长木板固定时，对m，根据动能定理，有

① ②

mgl1212mvmv0 22v016m1 5M ③

联立①②③解得v2v08m(12) （2）由①②两式解得l25gM72．如图所示，光滑轨道的DP段为水平轨道，PQ段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨

道的下端与水平的轨道的右端相切于P点．一轻质弹簧两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B，质量为m小球C靠在B球的右侧．现用外力作用在A和C上，弹簧被压缩（弹簧仍在弹性限度内）．这时三个小球均静止于距离P端足够远的水平轨道上．若撤去外力，C球恰好可运动到轨道的最高点Q．已知重力加速度为g．求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是多少？ Q

D ORABCP

【答案】10mgR

解析：对A、B、C及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B、C共同速度大小为v0，A的速度大小为vA，由动量守恒定律有

2mvA(mm)v0

则vA=v0

11

由系统能量守恒有E= 2mvA2＋ (m＋m)v02

22

①

②

此后B、C分离，设C恰好运动至最高点Q的速度为v,此过程C球机械能守恒，则 11

mg·2R= mv02－ mv2

22

③

mv2在最高点Q，由牛顿第二定律得mg

R联立①～④式解得E=10mgR

73．如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B

④

静止在水平导轨上的O点，此时弹簧处于原长．另一质

A B 量与B相同的块A从导轨上的P点以初速度v0向B滑行，

O P l 当A滑过距离l时，与B相碰．碰撞时间极短，碰后A、

B粘在一起运动．设滑块A和B均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．求：

（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小；

（2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量．

2v0l12 【答案】（1）v02gl；（2）

16g82v0 解析：（1）设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间共同的速度为v2，以A为研究对象，从P到O，由功能关系mgl1212mv0mv1 22以A、B为研究对象，碰撞瞬间，由动量守恒定律得mv1=2mv2 解得v212v02gl 2（2）碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x，

2由功能关系可得(2mg)2x(2m)v2

2v0l 解得x16g81274．如图所示，质量M=1kg的滑板B右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端

的距离L=0.5m，这段滑板与木板A之间的动摩擦因数=0.2，而弹簧自由端C到弹簧

固定端D所对应的滑板上表面光滑．可视为质点的小木块A质量m=1kg，开始时木块A与滑块B以v0=2m/s的速度水平向右运动，并与竖直墙碰撞．若碰撞后滑板B以原速v0弹回，g取10m/s2．求：滑板B向左运动后，木块A滑到弹簧C墙压缩弹簧过程中，弹簧具有的最大弹性势能． 【答案】5.4J

v0 L C B D A 解析：木块A先向右减速后向左加速度，滑板B则向左减速，当弹簧压缩量最大，即弹性势能最大为Ep时，A和B同速，设为v．

对A、B系统：由动量守恒定律得 Mv0mv0(mM)v 解得v=1.2m/s

2由能量守恒定律得mv0①

12121Mv0(mM)v2EpmgL 22②

由①②解得Ep5.4J

75．如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，

弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑．可视为质点的小木块A以速度v0＝0.2，由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动．已知A的质量m=1kg，g取10m/s2 ．求：

（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度；

（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．

【答案】（1）2m/s；（2）39J

解析：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B

具有相同的速度，设为V，从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，则mv0＝(M+m)V V=

①

mv0

Mm

② ③

木块A的速度：V＝2m/s

（2）木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．

由能量守恒，得 EP＝

121mv0(m＋M)v2－mgL 22④

解得EP＝39J

76．设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示．为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度．求该宇航员乘坐的返回舱至少需要获得多少能量，才能返回轨道舱？

已知：返回过程中需克服火星引力做功WmgR(1)，返回舱与人的总质量为m，火星表面重力加速度为g，火星半径为R，轨道舱到火星中心的距离为r；不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响． 【答案】mgR(1R) 2rRr解析：物体m在火星表面附近GmMR2mg，解得GMgR2

m0Mr2v2m0

r设轨道舱的质量为m0，速度大小为v．则G12mgR2联立以上两式，解得返回舱与轨道舱对接时具有动能Ekmv

22r返回舱返回过程克服引力做功WmgR(1) 返回舱返回时至少需要能量EEkW 解得EmgR(1R) 2rRr77．美国航空航天局和欧洲航空航天局合作研究的“卡西尼”号土星探测器，在美国东部时间

2004年6月30日（北京时间7月1日）抵达预定轨道，开始“拜访”土星及其卫星家族．“卡西尼”号探测器进入绕土星飞行的轨道，先在半径为R的圆形轨道Ⅰ上绕土星飞行，运行速度大小为v1．为了进一步探测土星表面的情况，当探测器运行到A点时发动机向前喷出质量为△m的气体，探测器速度大小减为v2，进入一个椭圆轨道Ⅱ，运动到B点时再一次改变速度，然后进入离土星更近的半径为r的圆轨道Ⅲ，如图所示．设探测器仅受到土星的万有引力，不考虑土星的卫星对探测器的影响，探测器在A点喷出的气体速度大小为u．求：

（1）探测器在轨道Ⅲ上的运行速率v3和加速度的大小； （2）探测器在A点喷出的气体质量△m．

【答案】（1）vvRR2v1，2v1；（2）12m

uv2rr解析：（1）在轨道I上，探测器m所受万有引力提供向心力，

设土星质量为M，则有GMmR22v1m

R2v3(mm)

r同理，在轨道Ⅲ上有GM(mm)r2由上两式可得v3Rv1 r2v3探测器在轨道Ⅲ上运行时加速度设为a，则a

r解得aRr2 v12（2）探测器在A点喷出气体前后，由动量守恒定律，得mv1=(m－△m)v2＋△mv 解得mv1v2m

uv278．如图所示，光滑水平路面上，有一质量为m1=5kg的无动

力小车以匀速率v0=2m/s向前行驶，小车由轻绳与另一质量为m2=25kg的车厢连结，车厢右端有一质量为m3=20kg的物体（可视为质点），物体与车厢的动摩擦因数为μ=0.2，开始物体静止在车厢上，绳子是松驰的．求：

（1）当小车、车厢、物体以共同速度运动时，物体相对车厢的位移（设物体不会从车厢上滑下）；

（2）从绳拉紧到小车、车厢、物体具有共同速度所需时间．（取g=10m/s2）

【答案】（1）0.017m；（2）0.1s

解析：（1）以m1和m2为研究对象，考虑绳拉紧这一过程，设绳拉紧后，m1、m2的共同速度为v1这一过程可以认为动量守恒，由动量守恒定律有m1v0=(m1＋m2)v1， 解得v1m1v0521m/s．

m1m25253再以m1、m2、m3为对象，设它们最后的共同速度为v2，则m1v0=（m1＋m2＋m3）v2， 解得v2m1v0520.2m/s

m1m2m352520绳刚拉紧时m1和m2的速度为v1，最后m1、m2、m3的共同速度为v2，设m3相对m2的位移为Δs，则在过程中由能量守恒定律有

1122 (m1m2)v1m3gs(m1m2m3)v222解得Δs=0.017m．

（2）对m3，由动量定理，有μm3gt=m3v2

tv20.20.1s g0.210所以，从绳拉紧到m1、m2、m3有共同速度所需时间为t=0.1s．

79．已知A、B两物块的质量分别为m和3m，用一轻质弹簧连接，放在光滑水平面上，使

B物块紧挨在墙壁上，现用力推物块A压缩弹簧（如图所示）．这个过程中外力F做功为W，待系统静止后，突然撤去外力．在求弹簧第一次恢复原长时A、B的速度各为多大时，有同学求解如下：

解：设弹簧第一次恢复原长时A、B的速度大小分别为vA、vB 系统动量守恒：0=mvA＋3mvB

系统机械能守恒：W=

11mvA23mvB2 22B A F 解得：vA36W6W；vB（“－”表示Bmm的速度方向与A的速度方向相反）

（1）你认为该同学的求解是否正确．如果正确，请说明理由；如果不正确，也请说明理由并给出正确解答．

（2）当A、B间的距离最大时，系统的弹性势能EP=？ 【答案】（1）不正确．vA2W3，vB=0；（2）W m4解析：（1）该同学的求解不正确．在弹簧恢复原长时，系统始终受到墙壁给它的外力作用，所以系统动量不守恒，且B物块始终不动，但由于该外力对系统不做功，所以机械能守恒，即在恢复原长的过程中，弹性势能全部转化为A物块的动能．

1WmvA2

2解得vA2W，vB=0 m（2）在弹簧恢复原长后，B开始离开墙壁，A做减速运动，B做加速运动，当A、B速度相等时，A、B间的距离最大，设此时速度为v，在这个过程中，由动量守恒定律得

mvA=（m+3m）v 解得v112W vA44m根据机械能守恒，有W=mv23mv2EP

12123480．1930年发现用钋放出的射线，其贯穿能力极强，它甚至能穿透几厘米厚的铅板，1932

年，英国年轻物理学家查德威克用这种未知射线分别轰击氢原子和氮原子，结果打出一些氢核和氮核．若未知射线均与静止的氢核和氮核正碰，测出被打出的氢核最大速度为vH=3.5×107m/s，被打出的氮核的最大速度vN=4.7×106m/s，假定正碰时无机械能损失，设未知射线中粒子质量为m，初速为v，质子的质量为m’． （1）推导打出的氢核和氮核速度的字母表达式；

（2）根据上述数据，推算出未知射线中粒子的质量m与质子的质量m’之比（已知氮核质量为氢核质量的14倍）．

解得EPW 【答案】（1）vHm2m2mv，vNv；（2）1.0165

mmHmmNm解析：（1）碰撞满足动量守恒和机械能守恒，与氢核碰撞时，有

1212122mvmv1mHvH，mvmv1mHvH

222解得vH2m2mv．同理可得vNv

mmHmmNmmNv（2）由（1）可得H

vNmmHm1.0165 m81．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的盒子，盒子有一质量为m的物体（可

视为质点），它与盒底的动摩擦因数为μ，盒子内壁长l，现给物体以水平初速度v0向右运动，设物体与盒子两壁碰撞是完全弹性碰撞，求物体m相对盒子静止前与盒壁碰撞的次数．

代入数据得

2Mv011] 【答案】[2gl(Mm)提示：物体与盒子相互作用为弹性碰撞，且水平方向动量守恒，可以等效为物体在一个长木板上滑动，作匀减速运动．

82．如图所示，有一内表面光滑的金属盒，底面长为L=1.2m，质量为m1=1kg，放在水平面

1.2m I 上，与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，在盒内最右端放一半径为r=0.1m的光滑金属球，质量为m2=1kg，现在盒的左端给盒施加一个水平冲量I=3N•s，（盒壁厚度，球与盒发生碰撞的时间和能量损失均忽略不计）．g取10m/s2，求： （1）金属盒能在地面上运动多远？

（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间多长？ 【答案】（1）1.125m；（2）1.75s

解析：（1）由于冲量作用，m1获得的速度为v=I/m1=3m/s，金属盒所受摩擦力为 F=μ（m1+m2）g=4N

由于金属盒与金属球之间的碰撞没有能量损失，且金属盒和金属球的最终速度都为0，以金属盒和金属球为研究对象，由动能定理，得

Fs01m1v2 2解得s=1.125m

（2）当金属盒前进s1=1m时与球发生碰撞，设碰前盒的速度为v1，碰后速度为v1/，球碰后速度为v2，对盒，由动能定理得

Fs111m1v12m1v2，解得v1=1m/s 22由于碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有：

1112 m1v1m1v1/m2v2，m1v12m1v1/2m2v2222联立以上各式解得v1/=0，v2=1m/s．

当球前进1m时与盒发生第二次碰撞，碰撞前球的速度为1m/s，盒子的速度为0，碰撞后球的速度为0，盒子的速度变为v2=1m/s，以金属盒为研究对象，由动能定理得

Fs2012，解得s2=0.125m. m1v22所以不会再与球碰，则盒子运动时间可由动量定理求出．

设盒子前进s1=1m所用时间为t1，前进s2=0.125m所用时间为t2，则 －Ft1=m1v1－m1v，－Ft2=0－m1v2，且v1=v2=1m/s 代入数据得t1=0.5s，t2=0.25s

在盒两次运动之间还有一段时间t3为小球在运动，t3=s1/v2=1s 则金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间t=t1+t2+t3=1.75s

83．如图所示，在光滑水平面上有两个可视为质点的滑块A和B，它们的质量mA=3kg，

mB=6kg，它们之间用一根不可伸长的轻绳连接，开始时都处于静止，绳松弛，A、B紧靠在一起.现对B施加一个水平向右的恒力F=3N，B开始运动.至绳绷紧时，两滑块通过轻绳相互作用，相互作用时间极短，作用后两滑块速度相同，此后两滑块共同在恒

23块发生的总位移为s=0.75m，求连接A、B的轻绳的长度． 【答案】L=0.25m

力F作用下继续运动，当两滑块的速度达到m/s时，B滑

解析：设绳长为L，B运动位移L的过程中，由动能定理得

1FLmv12

2解得v1 ①

2FL mB ②

设A、B瞬间相互作用结束时的共同速度为v2，由动量守恒，有

mBv1(mAmB)v2

则v2③

mBv1

mAmB ④

绳绷直以后，设B总位移为s时的共同速度为v3，对A、B整体，由动能定理得

1122 ⑤ F(sL)(mAmB)v3(mAmB)v222由以上各式代入数据解得L=0.25m

84．如图所示，在工厂的流水线上安装有水平传送带，用水平传送带传送工件，可大大提高

工作效率.水平传送带以恒定的速率v=2m/s运送质量为m=0.5kg的工件，工件都是以v0=1m/s的初速度从A位置滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g=10m/s2，求：

（1）工件滑上传送带后经多长时间停止相对滑动； （2）在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离； （3）在传送带上摩擦力对每个工件做的功； （4）每个工件与传送带之间的摩擦产生的内能．

【答案】（1）0.5s；（2）1m；（3）0.75J；（4）0.25J

解析：（1）工件的加速度a=μg=2m/s2 工件相对传送带静止所需的时间tvv00.5s a（2）在t=0.5s内传送带相对地的位移即是正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离 s=vt=2×0.5m=1m （3）由动能定理得Wf1212mvmv00.75J 222v2v0（4）工件对地位移s0.75m

2a则工件相对传送带的位移大小△s=s－s′=0.25m 产生的摩擦热Q=μmg△s=0.2×0.5×10×0.25J=0.25J

85．如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以v1＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送带的摩擦因数05.，当木块

运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50m/s，设子弹射穿木块的时间极短，（g取10m/s2）求： （1）木块遭射击后远离A的最大距离；

（2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间． 【答案】（1）0.9m；（2）0.65s

解析：（1）设木块遭击后的速度瞬间变为V，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得

mv0Mv1mvMV

则Vm(v0v)v1，代入数据解得V3m/s，方向向右． M木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，其受力如图所示．

×1×10N5N 摩擦力fFNMg0.5设木块远离A点的最大距离为s，此时木块的末速度为零，根据动能定理

1fs0MV2

2则sMV22f1×322×5m0.9m

（2）设木块向左加速到v12m/s时的位移为s1，由动能定理得

fs1s11Mv12，则 21×222×5m0.4m0.9m

Mv122f由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段：先向左加速运动一段时间

t1，再匀速运动一段时间t2．

由动量定理得ft1Mv1，则

t1Mv11×2s0.4s f5ss1v10.90.42s0.25s

t2所求时间tt1t20.4s0.25s0.65s

86．如图所示，质量为3m，长度为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时

速度为

v0 m L 3m 2v0，设木块对子弹的阻力始终保持不变． 5（1）求子弹穿透木块后，木块速度的大小；

（2）求子弹穿透木块的过程中，木块滑行的距离s；

（3）若改将木块固定在水平传送带上，使木块始终以某一恒定速度（小于v0）水平向右运动，子弹仍以初速度v0水平向右射入木块．如果子弹恰能穿透木块，求此过程所经历的时间．

【答案】（1）

v05；（2）

L6；（3）52L3v0 解析：（1）由动量守恒定律，mv0mv2v03mv，解得木块的速度大小为v0

55（2）设木块对子弹的阻力为f，对子弹和木块分别应用动能定理，有

f(sL)fs12122m[v0(v0)2] 253mv2

L6

解得木块滑行的距离s（3）设传送带的速度大小为u，在子弹穿透木块的全过程中，子弹的速度由v0减小为u，对子弹在全过程中应用动量定理和动能定理，有

ftm(v0u)

f(utL)122m(v0u2)

由（2）可求得f29mv025L

解得t52L3v0

87．如图所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为2m，长为L，车右端（A点）

有一块静止的质量为m的小金属块．金属块与车间有摩擦，与中点C为界，AC段与CB段摩擦因数不同．现给车施加一个向右的水

C 平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开A B 始滑动，当金属块滑到中点C时，即撤去这个

F 力．已知撤去力的瞬间，金属块的速度为v0，车的速度为2v0，最后金属块恰停在车的左端（B

L

点）如果金属块与车的AC段间的动摩擦因数

为μ1，与CB段间的动摩擦因数为μ2，求μ1与μ2的比值． 【答案】13

22解析：设水平恒力F作用时间为t1．

对金属块使用动量定理Ff t1=mv0-0即μ1mgt1=mv0，得t1=对小车有（F-Ff）t1=2m×2v0－0，得恒力F=5μ1mg 金属块由A→C过程中做匀加速运动，加速度a1=小车加速度a2v0 1gFfm=

1mgm1g

FFf2m51mg1mg21g

2m金属块与小车位移之差s2vL0而s，所以，1 gL2v12121a2t1a1t1(21g1g)(0)2 2221g从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动

量守恒，设共同速度为v，由2m×2v0+mv0= （2m+m）v，得v=由能量守恒有mg所以，13

225v0 32L12115mv02m(2v0)23m(v0)2，得22v0 222233gL88．如图所示，质量为m=5kg的长木板放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg

的物块A．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2．现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g取10m/s2）求： （1）拉力撤去时，木板的速度大小．

（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度至少多大．

（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在距板右端多远处． 【答案】（1）4m/s；（2）1.2m；（3）0.48m

解析：（1）若在时间t=1s内，物块与长木板一起运动，加速度为a，则

F21mg2ma

① ②

物块受合外力fma2mg 说明物块在长木板上发生了相对滑动．

设撤去F时，长木板的速度为v1，滑块速度为v2，由动量定理可知， 对物块，有2mgtmv2

对系统，有(F21mg)tmv1mv2 代入数据解得v1=4m/s，v2=2m/s

拉力撤去时，长木板的速度大小为4m/s．

（2）设撤去拉力后，经时间t1，两者获得共同速度为v，由动量定理可知， 对物块，有2mgt1mvmv2

⑤ ⑥

③ ④

对长木板，有22mgt11mgt1mvmv1 将v1和v2的数值代入解得t1=0.2s，v=2.4m/s

在t=1s内，物块相对于长木板的位移s1=(v1－v2)t/2=1m 在t1=0.2s内，物块相对于长木板的位移s2=(v1-v2)t1/2=0.2m

⑦ ⑧

木板的长度最小值为L=s1+s2=1.2m

（3）滑块与木板有了共同速度后，在摩擦力作用下均做减速运动，物块相对于木板向右运动，木板和物块先后停下，设木板位移为x1，物块位移为x2，由动能定理，得

1(2mg21mg)x10mv2

212mgx20mv2

2

⑨ ⑩

这段时间内物块相对于木板的位移s3=x2－x1 =0.72m． 物块最终离板右端的距离d=s1＋s2－s3 =0.48m

．如图所示，长为L，质量为m1的物块A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放

一质量为m2的物体B（物体B可视为质点），B与A

v 的动摩擦因数为μ．A和B一起以相同的速度v向右

运动，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要AB 使B一直不从A上掉下来，v必须满足什么条件?（用m1、m2、L及μ表示）

【答案】见解析

解析：A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为v的速度向左运动，B仍以原速度v向右运动，以后的运动过程有三种可能

（1）若m1＞m2，碰墙后系统的总动量方向向左，则m1和m2 最后以共同速度向左运动． 设它们相对静止时的共同速度v’，据动量守恒定律，有 m1v－m2v=（m1＋m2）v’

若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为μm2gL，根据能量守恒，有

111m1v2m2v2(m1m2)v2m2gL 222解得vmgL(m1m2) 2m1若m1＞m2 ，则vmgL(m1m2)为所求．

2m1（2）若m1=m2，碰墙后系统的总动量为零，则A、B最后都静止在水平面上，但不再与墙壁发生第二次碰撞．

设静止时A在B的右端，则有1mv21mv2mgL

12222解得v2m2gL

(m1m2)（3）若m1 ＜m2 ，碰墙后系统的总动量方向向右，则A将多次和墙壁碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右．由于滑动摩擦力的作用，系统的向右方向的总动量逐渐减小至零，最后停在靠近墙壁处．

设最后A静止在靠近墙壁处时，B静止在A的右端，同理有

11m1v2m2v2m2gL 22解得v2m2gL

(m1m2)2m2gL(m1m2)为所求．

综合（2）（3）可知，若m1≤m2，则v90．如图所示，两个质量均为4m的小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上．一颗质

量为m子弹，以水平速度v0射入A球，并在极短时间内嵌在其中．求：在运动过程中

（1）什么时候弹簧的弹性势能最大，最大值是多少？ （2）A球的最小速度和B球的最大速度．

【答案】（1）

22mv045；（2）VAmin145v0，VBmaxv0

92解析：子弹与A球发生完全非弹性碰撞，子弹质量为m，A球、B球分别都为M，子弹与A球组成的系统动量守恒，则 mv0= (m+M)V

①

（1）以子弹、A球、B球作为一系统，以子弹和A球有共同速度为初态，子弹、A球、B球速度相同时为末态，则 （m+M）V= (m+M+M)V′ 12(mM)V212(mMM)V2EP

22mv0② ③

M＝4m，解得EP45 ④

（2）以子弹和A球有共同速度为初态，子弹和A球速度最小、B球速度最大为末态，则（m+M）V= (m+M)VA+MVB 12(mM)V2122(mM)VA⑤

2 MVB12⑥ ⑦ ⑧

145解得VA或VA＝

145v0，VB29v0

15v0，VB＝0

根据题意求A球的最小速度和B球的最大速度，所以VAminv0，VBmaxv0

9291．如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A、B、C，质量分别为mA=1kg，

mB=1kg，mC=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板（小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失）．现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且与B发生碰撞后粘在一起．求：

（1）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值； A B C （2）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值．

【答案】（1）3J；（2）0.5J

解析：（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向 由动量守恒：－mAvA+mBvB=0

爆炸产生的热量由9J转化为A、B的动能E代入数据解得vA =vB =3m/s

由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短（即弹性势能最大），爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1．

由动量守恒，得mBvB=（mB+mC）vBC 由机械能守恒，得

1122 mAvAmBvB221122mBvB(mBmC)vBcEP 22代入数据得EP1=3J

（2）设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒： mBvB=mBvB1+mCvC1

111222mBvBmBvBmCvC11 222代入数据解得：vB1=－1m/s，vC1=2m/s （vB1 =3m/s，vC1=0m/s不合题意，舍去．）

A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回．当A追上B，发生碰撞瞬间达到共速vAB

由动量守恒，得mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB 解得vAB =1m/s

当A、B、C三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2 由动量守恒，得（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC 由能量守恒，得

11122(mAmB)vABmCv12(mAmBmC)vABCEP2 222代入数据得EP2 =0.5J

92．如图所示，在光滑的水平面上固定有左、右两竖直挡板，挡板间距离足够长，有一质量

为M，长为L的长木板靠在左侧挡板处，另有一质量为m的小物块（可视为质点），放置在长木板的左端，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为μ，且M>m．现使小物块和长木板以共同速度v0向右运动，设长木板与左、右挡板的碰撞中无机械能损失．试求：

（1）将要发生第二次碰撞时，若小物块仍未从长木板上落下，则它应距长木板左端多远？

（2）为使小物块不从长木板上落下，板长L应满足什 么条件？

（3）若满足（2）中条件，且M=2kg，m=1kg，v0=10m/s，试计算整个系统在刚发生第四次碰撞前损失的机械能．

222Mv02Mv0【答案】（1）；（2）L≤；（3）149.8J

(Mm)g(Mm)g解析：（1）第一次与右挡板碰后到达共同速度v1的过程中，对m、M组成的系统，选

定水平向左为正方向．

由动量守恒可得(M－m)v0=(M＋m)v1

① ②

22由能量守恒可得mgL1(Mm)v0 (Mm)v122Mv0由①②解得L1

(Mm)g1212（2）上述过程中，m相对M向右滑动，且共同速度v1向左．以后，M与左挡板碰撞，碰后m相对M向左滑动，直到重新达到共同速度v2，则 (M－m)v1=(M＋m)v2

③ ④

22 mgL2(Mm)v1(Mm)v222Mv1由③④解得L2

(Mm)g1212

显然L2因此，只有第一次碰后m未从M上掉下，以后就不可能掉下，则长木板的长度L应满

22Mv0足L≤

(Mm)g（3）根据能量守恒可得，到刚发生第四次碰撞前，系统损失的机械能

Emg(L1L2L3)mg又v12M2Mm222222(v0v1v2)(v0v1v2) ⑤

(Mm)gMm

⑥ ⑦

Mmv0 MmMm2v2()v0

Mm

22110211(124)J=149.8J 所以，E213393．如图所示，右端有固定挡板的滑块B放在光滑的水平面上．B的质量为M=0.8kg,右端

离墙壁的距离L=0.09m.在B 上靠近挡板处放一质量m=0.2kg的小金属块A，A与挡板之间有少量炸药．A和B之间的动摩擦因数μ=0.2．点燃A B 炸药，瞬间释放出化学能．设有E0=0.5J的能量转化为A

和B的动能．当B向右运动与墙壁发生碰撞后，立即以L 碰撞前的速率向左运动．A始终未滑离B．g=10m/s2．求： （1）A和B刚开始运动时的速度vA、vB； （2）最终A在B上滑行的距离s．

【答案】（1）vA=2m/s，方向向左；vB=－0.5m/s，方向向右．（2）0.74m 解析：（1）A和B在炸药点燃前后动量守恒．取向左为正方向，则

mvAMvB0

1mv2A221MvBE0 2解得vA=2m/s，方向向左；vB=－0.5m/s，方向向右

（2）B运动到挡板处时，设A和B的速度分别为vA和vB，取向左为正方向，由动量

守恒定律可得

 mvAMvBmvAMvB对B，由动能定理可得

221 mgL1MvBMvB22解得vA=1.6m/s；vB=－0.4m/s，方向向右

设A、B最终保持相对静止时的共同速度为v

(Mm)v 由动量守恒定律，有mvAMvB由能量守恒定律，有E0mgs1(Mm)v2 2解得s=0.74m

94．如图所示，质量为2kg的物块A（可看作质点），开始放在长木板B的左端，B的质量

为1kg，可在水平面上无摩擦滑动，两端各有一竖直挡板MN，现A、B以相同的速度v0=6m／s向左运动并与挡板M发生碰撞．B与M碰后速度立即变为零，但不与M粘接；A与M碰撞没有能量损失，碰后接着返向N板运动，且在与N板碰撞之前，A、B均能达到共同速度并且立即被锁定，与N板碰撞后A、B一并原速反

向，并且立刻解除锁定．A、B之间的动摩擦因数μ=0.1．通过计算回答下列问题： （1）A与挡板M能否发生第二次碰撞? （2）A和最终停在何处?

（3）A在B上一共通过了多少路程?

【答案】（1）能；（2）最终停靠在M板处；（3）13.5m

解析：（1）第一次碰撞后A以vO=6m／s速度向右运动，B的初速度为0，与N板碰前

达共同速度v1，则mAv0=(mA+mB)v1，解得v1=4m/s 系统克服阻力做功损失动能E1112mAv0(mAmB)v12362412J 22因与N板的碰撞没有能量损失，A、B与N板碰后返回向左运动，此时A的动能

EA1224216JE1，因此，当B先与M板碰撞停住后，A还有足够能量克服阻

力做功，并与M板发生第二次碰撞．所以A可以与挡板M发生第二次碰撞． （2）设第i次碰后A的速度为vi，动能为EAi，达到共同速度后A的速度为vi′、动能为EAi′，同理可求得

vi23vi 4912EAi EAi29EAi

EAiEBi单程克服阻力做功WfiEAiEAiEBi1EAiEAi 3因此每次都可以返回到M板，最终停靠在M板处．

（3）由（2）的讨论可知，在每完成一个碰撞周期中损失的总能量均能满足

Ei2WfiEBi1（即剩余能量为EAi1228EAiEAiEAi 3991EAi） 923其中用以克服阻力做功与损失总能量之比Wfi3EiEi

849碰撞中能量损失所占的比例EBi11E 43EA0＝27J 4因此，当初始A的总动能损失完时，克服摩擦力做的总功为Wf总mgsWf

总所以s＝27/2＝13.5m

95．如图所示，长为0.48m的木板A，质量为1kg，板的右端放有物块B，质量为3kg，它

们一起在光滑水平面上向左匀速运动，速度v02m/s，以后木板与等高的竖直固定档

板C发生碰撞，碰撞时间极短，且碰撞时没有机械能损失，物块B与木板A间的动摩擦因数0.5，取重力加速度g10m/s2，问A、C能否发生第二次碰撞，请通过计算说明理由．若能，则第一次碰撞后再经多长时间A与C发生第二次碰撞；若不能，则第一次碰撞后A做什么运动． 【答案】能；0.3s

解析：由于A与C碰撞没有机械能损失，A碰后原速

率弹回，以v02m/s向右运动，若能与C发生第二次撞,则要求A在B对他的摩擦力的作用下，重新向左运动，且B没有滑出A．

设B没滑出A，达到共同速度为v，由动量守恒定律（向左为正），有

mBv0mAv0(mAmB)v，解得v1m/s，方向向左

2121B在A上滑过的距离为SBA，则mBgsBA1mAv0mBv0(mAmB)v2 222解得sBA0.4mL，B不能滑出A，故可以与C发生第二次碰撞．

A与B达到共同速度前做匀变速运动，达到共同速率后做匀速直线运动．设加速度为a

则mBgmAaa15m/s2

A与B达到共同速度经历的时间为t1，

t1v0v0.2s a此过程A对地向右的位移为s，

2sv0v2s0.1m，t20.1s

2av所以，第一次碰撞后再与C发生第二次碰撞所经历的时间为tt1t20.3s

96．如图所示，滑块A、B的质量分别为m与M，且m＜M，由轻质弹簧相连接，置于光滑的水平面上.用一根轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧，两滑块一起以恒定的速度v0向右滑动，突然，轻绳断开，当弹簧恢复至自然长度时，滑块A的速度正好为零，问在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度为零的时刻？试通过定量分析，证明你的结论．

【答案】不可能出现滑块B的速度为零的情况

解析：当滑块A的速度为零时，系统的机械能等于滑块B的动能，设此时滑块B的速

度为v，则E12Mv 2

① ②

由动量守恒定律，得(mM)v0Mv

1(mM)2v02由①②解得E

2M ③

设以后的运动中，滑块B可以出现速度为零的时刻，并设此时A的速度为v1，这时不论弹簧处于伸长或压缩状态，都具有弹性势能，设为Ep．由机械能守恒定律，得

2211(mM)v02 mv1EPE22M

④ ⑤ ⑥ ⑦

根据动量守恒：(mM)v0mv1

22221(mM)v01(mM)v0求得v1代入④式得： Ep2m2M22221(mM)v01(mM)v0因为Ep≥0，所以， 2m2M则m≥M，这与已知条件m＜M不符，可见滑块B的速度不能为零，即在以后的运动中，不可能出现滑块B的速度为零的情况．

97．光滑水平地面上停放着一辆质量m=2kg的平板车，质量M=4kg可视为质点的小滑块静

放在车左端，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.3，如图所示．一水平向右的推力F＝24N作用在滑块M上0.5s撤去，平板车继续向右运动一段时间后与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且车以原速率反弹，滑块与平板之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，平板车足够长，以至滑块不会从平板车右端滑落，g取10m/s2．求：

（1）平板车第一次与墙壁碰撞后能向左运动的最大距离s多大？此时滑块的速度多大？

（2）平板车第二次与墙壁碰撞前的瞬间速度v2多大？ （3）为使滑块不会从平板车右端滑落，平 板车l至少要有多长？

【答案】（1）0.33m；（2）0.67m/s；（3）1m

解析：（1）滑块与平板车之间的最大静摩擦力fm=μMg，设滑块与车不发生相对滑动而一起加速运动的最大加速度为am，以车为研究对象，则am=

fmμMg

= =6m/s2

mm以滑块和车整体为研究对象，作用在滑块上使滑块与车一起静止地加速的水平推力的最大值设为Fm，则Fm=(M+m)am＝36N

已知水平推力F=24N<36N，所以在F作用下M、m能相对静止地一起向右加速． 设第一次碰墙前M、m的速度为v1，v1=

Ft

=2m/s M+m

第一次碰墙后到第二次碰前车和滑块组成的系统动量守恒

车向左运动速度减为0时，由于m(Mm)Mv1=1m/s

1

以车为研究对象，根据动能定理，有－μMgs＝－ mv12

2

2mv1s==0.33m 2Mg（2）第一次碰撞后车运动到速度为零时，滑块仍有向右的速度，滑动摩擦力使车以相同的加速度重新向右加速，如果车的加速过程持续到与墙第二次相碰，则加速过程位移也为s，可算出第二次碰鲡瞬向的速度大小也为2m/s，系统的总动量将大于第一次碰墙后的动量，这显然是不可能的，可见在第二次碰墙前车已停止加速，即第二次碰墙前一些时间车和滑块已相对静止．

设车与墙壁第二次碰撞前瞬间速度为v2，则Mv1－mv1=(M+m)v2 M－mv2= v=0.67m/s M+m1

（3）车每次与墙碰撞后一段时间内，滑块都会相对车有一段向右的滑动，由于两者相互摩擦，系统的部分机械能转化为内能，车与墙多次碰撞后，最后全部机械能都转化为内能，车停在墙边，滑块相对车的总位移设为l，则有 1

μMgl＝ (M+m)v12

2代入数据解得l=1m

98．长为0.51m的木板A，质量为1kg．板上右端有物块B，质量为3kg.它们一起在光滑的

水平面上向左匀速运动.速度v0=2m/s．木板与等高的竖直固定板C发生碰撞，时间极短，没有机械能的损失．物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5．g取10m/s2．求： （1）第一次碰撞后，A、B共同运动的速度大小和方向；

（2）第一次碰撞后，A与C之间的最大距离；（结果保留两位小数） （3）A与固定板碰撞几次，B可脱离A板．

【答案】（1）1m/s，水平向左；（2）0.13m；（3）3次

解析：（1）以A、B系统为研究对象，选取向左为正方向，从A与C碰后至A、B达共同速度v，由动量守恒有

m（－v0）＋mBv0=（mA＋mB）v A代入数据解得v=1m/s

（2）以A为研究对象，从与C碰后至对地面速度为零，受力为f，最大位移为s，

fmBg

－fs12m（A0－v0），解得s0.13m 2（3）第一次A与C碰后至A、B达共同速度v，B在A上相对于A滑行L1

1－fL1(mA＋mB)(v2－v02)，解得L10.4m．

2第二次A与C碰后至A、B达共同速度v，B在A上相对于A滑行L2

m（－v）＋mBv（mA＋mB）v′ A12，解得L20.1m． －fL2（mAmB）（v′－v2）2若假定第三次A与C碰后A、B仍能达共同速度v，B在A上相对于A滑行L3

（mA＋mB）v m（Av）＋mBv122fL3(mA＋mB)(v″v′)，解得L30.025m．

2L1＋L2＋L30.525m＞0.51m

即三次碰撞后B可脱离A板．

99．在光滑的水平面上有一质量M=2kg的木板A，其右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠

近木板左端的P处有一大小忽略不计质量m=2kg的滑块B．木板上Q处的左侧粗糙，

右侧光滑．且PQ间距离L=2m，如图所示．某时刻木板A以vA1m/s的速度向左

滑行，同时滑块B以vB5m/s的速度向右滑行，当滑块B与P处相距

3L时，二者4刚好处于相对静止状态，若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它碰后以原速率反弹（碰后立即撤去该障碍物）．求B与A的粗糙面之间的动摩擦因数和滑块B最终停在木板A上的位置．（g取10m/s2）

【答案】在Q点左边离Q点0.17m

解析：设M、m共同速度为v，由动量守恒定律，得

mvBMvA(Mm)v，解得vmvBMvA2m/s

Mm对A，B组成的系统，由能量守恒，得

22mgLMvAmvB(Mm)v2

34121212代入数据解得0.6

木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒． 由动量守恒定律得mvMv(Mm)u 设B相对A的路程为s，由能量守恒，有

mgs(Mm)v2(Mm)u2

代入数据得s由于s12122m 3L，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，4设离Q点距离为s1，则

1s1sL0.17m

4100．一质量M=2kg的长木板B静止在光滑的水平面上，B的右端与竖直挡板的距离为s=0.5m.

一个质量为m=1kg的小物体A以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B，当B与竖直

A v0 B s 挡板每次碰撞时，A都没有到达B的右端．设定物体A可视为质点，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g取10m/s2．求： （1）B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A、B的速度值各是多少？

（2）最后要使A不从B上滑下，木板B的长度至少是多少？（最后结果保留三位有效数字）

【答案】（1）vA=4m/s，vB=1m/s；（2）8.96m

解析：（1）设A、B达到共同速度为v1时，B向右运动距离为S1 由动量守恒定律有mv0(Mm)v1 由动能定理有mgs1联立解得s1=2m

由于s=0.5m<2m，可知B与挡板碰撞时，A、B还未达到共同速度．设B与挡板碰撞前瞬间A的速度为vA，B的速度为vB，则 由动量守恒定律有mv0mvAMvB 由动能定理有mgs1Mv12 212 MvB2联立解得vA=4m/s，vB=1m/s

（2）B与挡板第一次碰后向左减速运动，当B速度减为零时，B向左运动的距离设为sB，由动能定理有mgsB由上式解得sB=0.5m

在A的作用下B再次反向向右运动，设当A、B向右运动达到共同速度v2时B向右运动距离为s2，由动量守恒定律有mvAMvB(Mm)v2

12 MvB212Mv2 222解得v2m/s，s2msB

392故A、B以共同速度m/s向右运动，B第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运动.

3由动能定理有mgs2此后由于系统的总动量向左，故最后A、B将以共同速度v3向左匀速运动. 由动量守恒定律有（M－m）v2=（M＋m）v3

解得v32m/s 9设A在B上运动的总量程为L(即木板B的最小长度)，由系统功能关系得

22 mgLmv0(Mm)v31212代入数据解得L=8.96m

101．静止在光滑水平地面上的平板小车C，质量为mC =3kg，物体A、B的质量为mA=mB=1kg，

分别以vA=4m/s和vB=2m/s的速度大小，从小车的两端相向地滑到车上．若它们在车上滑动时始终没有相碰，A、B两物体与车的动摩擦因数vA vB B A 均为=0.2．求：

C （1）小车的最终的速度；

（2）小车至少多长（物体A、B的大小可以忽略）． 【答案】（1）0.4m/s；（2）4.8m

解析：（1）由于A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，且三者最后保持相对静止，设最终共同速度为v，则mAvAmBvB(mAmBmC)v，v=0.4m/s

（2）A、B始终没有相碰，若板长为L，A、B相对板的位移分别为sAC、sBC，则

sACsBC≤L

系统的动能损失全部用于在相对位移上克服摩擦力做功，有

11212mAvAmvB(mAmBmC)v2(mAgSACmBgSBC) 222故板长至少为L=4.8m．

102．质量为M=3kg平板车放在光滑的水平面上，在平板车的最左端有一小物块（可视为质点），物块的质量为m=1kg，小车左端上方如图固定着一障碍物A，初始时，平板车与物块一起以水平速度v=2m/s向左运动，当物块运动到障碍物A处时与A发生无机械能损失的碰撞，而小车可继续向左运动．取重力加速度g=10m/s2．

（1）设平板车足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与平板车所能获得的共同速率；

（2）设平板车足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动所能达到的最大距离是s=0.4m，求物块与平板车间的动摩擦因数；

（3）要使物块不会从平板车上滑落，平板车至少应为多长？

A

【答案】（1）1m/s；（2）0.5；（3）1.6m

解析：（1）物块与障碍物碰后物块和小车系统动量守恒，故有 Mv0－mv0=(M+m)v 代入数据得v=1m/s

① ②

（2）物块第一次与障碍物碰后向右减速到零，向右运动最远

12 mgs0mv02代入数据得μ=0.5

③ ④

（3）物块多次与障碍物碰撞后，最终与平板车同时停止．设物块在平板车上运动的距离为l，那么由系统能量守恒有

2 mgl(mM)v012⑤ ⑥

代入数据得l=1.6m

所以要使得物块不滑出平板车，平板车长度至少为1.6m．

103．如图所示，劲度系数为k=200N/m的轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一质量为M=8kg

的小车a，开始时小车静止，其左端位于O点，弹簧没有发生形变，质量为m=1kg的小物块b静止于小车的左侧，距O点s=3m，小车与水平面间的摩擦不计，小物块与水平面间的动摩擦系数为μ=0.2，取g=10m/s2．今对小物块施加大小为F=8N的水平恒力使之向右运动，并在与小车碰撞前的瞬间撤去该力，碰撞后小车做振幅为A=0.2m的简

谐运动，已知小车做简谐运动周期公式为T=2Mk，弹簧的弹性势能公式为Ep=

12kx2（x为弹簧的形变量），求：

（1）小物块与小车磁撞前瞬间的速度是多大？

（2）小车做简谐运动过程中弹簧最大弹性势能是多少？小车的最大速度为多大？ （3）小物块最终停在距O点多远处？当小物块刚停下时小车左端运动到O点的哪一侧？

a b 【答案】（1）6m/s；

F （2）4J，1m/s；

（3）1m，小车a在小物

s O 块b停止时在O点的左侧，并向右运动． 解析：（1）设磁撞前瞬间，小物块b的速度为v1

小物块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中，根据动能定理可知 Fs-μmgs= mv1 解得v1=6m/s

12

① ②

（2）由于小车简谐振动的振幅是0.2m，所以弹簧的最大形变量为x=A=0.2m 根据弹性势能的表达式可知最大弹性势能Epm= kA2 解得Epm=4J

12③ ④

根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧的最大弹性势能 所以 kA2= Mvm2 解得小车的最大速度vm=1m/s

1212

⑤ ⑥

（3）小物块b与小车a碰撞后，小车a的速度为vm，设此时小物块的速度为v1/，设向右为正方向，由动量守恒定律有 mv1=mv/1+Mvm 解得v1/=－2m/s

⑦ ⑧

接着小物块向左匀减速运动一直到停止，设位移是s1，所经历的时间为t1，根据动能定理可知

－μmgs1=0－ mv1/2

解得s1=1m

12

⑨ ⑩

物块作匀减速运动时的加速度为 a=

mg2m =μg=2m/s2

⑾

/0-v1 1s t1=a ⑿

小车a振动的周期T=2Mk1.26 s

⒀

T，所以小车a在小物块b停止时在O点的左侧，并向右运动． 4104．如图所示，EF为水平地面，O点左侧是粗糙的，右侧是光滑的，一轻质弹簧右端固定

在墙壁上，左端与静止在O点、质量为m的小物块A连接，弹簧处于原长状态．质量为2m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始向右运动，已知物块B

F与地面EO段间的滑动摩擦力大小为，物块B运动到O点与物块A相碰并一起向右

5运动（设碰撞时间极短），运动到D点时撤去外力F．物块B和物块A可视为质点．已知CD=5L，OD=L．求：

（1）撤去外力后弹簧的最大弹性势能? （2）物块B从O点开始向左运动直到静 止所用的时间是多少?

【答案】（1）

由于T＞t1＞

31022Lm11 FL；（2）3F3解析：（1）设B与A碰撞前速度为v0，由动能定理，得

(FFLF12，则v02 )5L2mv0m52B与A在O点碰撞，设碰后共同速度为v1， 由动量守恒得2mv0(2mm)v124FLv1v0 33m碰后B和A一起运动，运动到D点时撤去外力F后，当它们的共同速度减小为零时，弹簧的弹性势能最大，设为Epm，则由能量守恒得EpmFL123mv12Epm11FL 3（2）设A、B一起向左运动回到O点的速度为v2，由机械能守恒得

Epm123mv22v2122FL 3m经过O点后，B和A分离，B在滑动摩擦力的作用下做匀减速直线运动，设运动时间为t，由动量定理得1022LmF． t02mv2，则t3F5105．如图所示，质量M=4kg的木板AB静止放在光滑水平面上，木板右端B点固定着一根

轻质弹簧，弹簧自由端在C点，C到木板左端的距离L=0.5m，质量为m=1kg的小木块（可视为质点）静止在木板的左端，它与木板间的动摩擦因数μ=0．2．木板AB受到水平向左F=14N的恒力，作用时间t后撤去，

恒力F撤去时小木块恰好到达弹簧的自由端C处，取g=10m／s2．试求： （1）水平恒力F作用的时间t；

（2）木块压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性势能． 【答案】（1）1s；（2）0.4J 106．如图所示，质量M为4kg的平板小车静止在光滑的水平面上，小车左端放一质量为lkg

的木块，车的右端固定一个轻质弹簧．现给木块一个水平向右的10N·s的瞬间冲量，木块便沿车向右滑行，在与弹簧相碰后又沿原路返回，并恰好能达到小车的左端，求： （1）弹簧被压缩到最短时平板车的速度v； （2）木块返回小车左端时的动能Ek； （3）弹簧获得的最大弹性势能Epm．

【答案】（1）2m/s；（2）2J；（3）20J

解析：（1）由题意水平地面光滑，可知小车和木块组成的系统在水平方向动量守恒，当弹簧被压缩到最短时，二者速度相等，设木块获得的初速度为v0，由动量定理得 l=mv0

① ②

运动过程中水平方向动量守恒，则mv0=(M＋m)v 由①②解得v=2m/s

则弹簧被压缩到最短时平板车的速度为2m/s，方向与木块初速度方向相同．

（2）当木块返回到小车左端时，二者速度也相同，设其共同速度为v1，由系统动量守恒可得mv0=(M＋m)v1 解得v1=2m/s

故小块此时的动能Ek12mv12J 2（3）设弹簧获得的最大弹性势能为Epm，木块和小车间的摩擦因数为μ，小车长为L．对整个运动过程分析可知，从开始到弹簧压缩到最短时，木块和小车的速度相等． 则有Epm121mv0(Mm)v2mgL 221212 mv0(Mm)v122整个过程中，对系统应用动能定理得：2mgL111222107．如图所示，滑块A1A2由轻杆连结成一个物体，

其质量为M，轻杆长L．滑块B的质量为m，长L/2，其左端为一小槽，槽内装有轻质弹簧．开

22解得EpmmgL[mv0mv1]=20J．

L A1 A2 B L/2 始时，B紧贴A，使弹簧处在压缩状态．今突然松开弹簧，在弹簧作用下整个系统获得动能Ek，弹簧松开后，便离开小槽并远离物体A1A2．以后B将在A1和A2之间发生无机械能损失的碰撞．假定整个系统都位于光滑的水平面上，求物块B的运动周期． 【答案】LMm 2Ek(M+m)解析：设弹簧松开后A1A2物体与物体B的速度各为V和v，则有

MVmv0

解得V①

11MV2mv2EK 22②

2EKm，vM(Mm)2EKM

m(Mm)

③ ④ ⑤

B和A碰撞前后mvMVmv1MV1

1111MV2mv2MV12mv12 2222联立③④式解得v1V1(vV)

即碰撞前后，B相对A1A2的速度v1V1的大小不变，只改变方向．

同理可证明，当B与A1碰撞后，也有同样的结果，即相对A1A2，B在以大小不变的相对速度作往返运动．运动的周期为T=2L/2Mm=L． v-V2Ek(M+m)108．如图所示，内壁光滑的半径为R的圆形轨道，固定在竖直平

面内．质量为m1的小球静止在轨道最低点，另一质量为m2的小球（两小球均可视为质点）从内壁上与圆心O等高的位置由静止释放，到最低点时与m1发生弹性碰撞．求： （1）小球m2运动到最低点时的速度大小．

（2）碰撞后，欲使m1能沿内壁运动到最高点，则m2应满足

m1什么条件？

【答案】（1）2gR；（2）

m253.78 m1225解析：（1）设小球m2运动到最低点时的速度为v0，由机械能守恒，得

12m2gRm2v0

2解得v02gR

① ②

（2）设弹性碰撞后，m1、m2两球的速度分别为v1、v2，则

m2v0m1v1m2v2

③ ④

⑤（另一解不合实际，舍去）

11122 m2v0m1v12m2v2222由③④两式解得v12m2v0

m1m2设m1运动到轨道的最高点时速度为v，则有

v2m1gm1

R ⑥

小球m1由最低点运动最高点的过程中机械能守恒，则

11m1v12m1v22m1gR 22由②⑤⑥⑦式解得

⑦

m253.78 m1225⑧

109．如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧相接静止在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，

木块A和木块B的质量均为m．

（1）若用力将木块A缓慢地竖直向上提起，木块A向上提起多大高度时，木块B将离开水平地面．

（2）若弹簧的劲度系数k是未知的，将一物体C从A的正

C 上方某位置处无初速释放，C与A相碰后立即粘在一起（不

H 再分离）向下运动，它们到达最低点后又向上运动．已知C

A 的质量为m时，把它从距A高为H处释放，则最终能使B

m刚好离开地面．若C的质量为，要使B始终不离开地面，

2B 则释放时，C距A的高度h不能超过多少？

92mg【答案】（1）；（2）H

4k解析：（1）开始时，木块A处于平衡，则kx1=mg（弹簧压缩） 木块B刚好离开地面时，有kx2=mg（弹簧伸长） 故木块A向上提起的高度为x1x22mg k（2）物块C的质量为m时，它自由下落H高度时的速度v12gH ① 设C与A碰撞后的共同速度为v2，根据动量守恒定律，有mv1mv2 则v2v1 2 ②

以后A、C继续压缩弹簧，后又向上弹起，最终能使木块B刚好离开地面．此过程中，A、C上升的高度为上升的高度为x1x22mg，由于最初弹簧的压缩量x1与最后的伸k长量x2相等，所以，弹簧势能相等，根据机械能守恒定律，有

122mv22mg(x1x2) 2 ③

物块C的质量为

m时，设在距A高h处自由下落后刚好能使木块B离开地面． 22gh 则C下落h高度时的速度v112

12④

(mm)v2 ．则有mv1设C与A碰撞后的共同速度为v21v1 解得v23 ⑤

A、C碰后上升高度(x1x2)时，木块B刚好离开地面，此过程中，由机械能守恒定律有

1112(mm)g(x1x2) (mm)v2222

9H 4⑥

由以上各式消去(x1x2)解得 h110．如图所示，一轻绳穿过光的定滑轮，两端各拴一小物块，它们的质量

分别为m1、m2，已知m2=3m1，起始时m1放在地上，m2离地面高度为h=1.00m，绳子处于拉直状态，然后放手，设物块与地面相碰时完全没有弹起（地面为水平沙地），绳不可伸长，绳中各处拉力均相同，在突然提拉物块时绳的速度与物块相同，试求m2所走的全部路程（取三位有效数字）．

【答案】1.13m

解析：m2从h高处下落，落地前的速度为v，对系统，由机械能守恒定律可得

1m2ghm1gh(m1m2)v2

2①

m2落地与地面碰撞后，速度变为零，m1以速度v做竖直上抛运动，后又自由落下，在绳刚伸直但尚未绷紧时，其速度仍为v，在绳绷紧的瞬间m1的动量由m1v变为m1v1，m2的动量由0变为m2v1，因绳绷紧的瞬间，绳中拉力远大于物块重力，因此可以认为这一过程动量守恒，选m1、m2的运动方向为正方向，有 m1v=(m1＋m2)v1，

②

这以后m2以速度v1向上运动，m1以v1向下运动，当m2上升至最高点(设其高度为h1)时，m1、m2的速度皆为零，由机械能守恒有

12(m1m2)v1m1gh1m2gh1 2由①②③式解得 h1(③ ④

m1)2h

m1m2m2到达高度h1后，又从该处下落，并到达地面，与前面的过程相似，m2第二次上升到最点，其高度为h2，按上面的计算，有

h2(m1m1)2h1()4h

m1m2m1m2m1m1)6h,h4()8h,m1m2m1m2

依次类推，可得h3(因而m2走过的路程为

sh2h12h22h3

m1m1m112h[()2()4()62m1m2m1m2m1m2]

11112h[()2()4()6]

244411112h[1()2()4()6]

44421[1()2n]142h{lim}

1n21()241611721.00()1.13m.

15215111．物块A与竖直轻弹簧相连，放在水平地面上，一个物块B由距

弹簧上端O点H高处自由落下，落到弹簧上端后将弹簧压缩．为了研究物块B下落的速度随时间变化的规律和物块A对地面的压力随时间变化的规律，某位同学在物块A的正下方放置一个压力传感器，测量物块A对地面的压力，在物块B的正上方放置一个速度传感器，测量物块B下落的速度．在实验中测得：物块A对地面的最小压力为P1，当物块B有最大速度时，物块A对地面的压力为P2．已知弹簧的劲度系数为k，物块B的最大速度为v，

B H O A 重力加速度为g，不计弹簧的质量． （1）物块A的质量．

（2）物块B在压缩弹簧开始直到B达到最大速度的过程中，它对弹簧做的功． （3）若用T表示物块B的速度由v减到零所用的时间，用P3表示物块A对地面的最大压力，试推测：物块的速度由v减到零的过程中，物块A对地面的压力P随时间t变化的规律可能是下列函数中的（要求说明推测的依据） A．PP2(P3P2)() C．PP2(P3P2)sin(【答案】（1）

tTB．PP1(P3P1)()

tTt2T)

D．PP1(P3P1)sin(t2T)

PP2PP2P1112；（2）(P2P)(H)()v；（3）C 1gk2g解析：（1）物块B没有落到弹簧上时，物块A对地面的压力为最小压力，此时物块A受重力mAg和地面的支持力（大小等于P1）处于平衡P1=mAg． 物块A的质量mAP1 g①

（2）物块B落到弹簧上，将弹簧压缩，当物块B的重力等于弹簧的弹力时，物块B有最大速度． 则有：kx1mBg

②

此时，由物块A受弹簧的压力（大小等于kx1）、重力和地面的支持力（大小等于P2）处于平衡，有P2mAgmBg

③

物块B由静止开始落下，到达最大速度的过程中，重力做功mBg(Hx1)，克服弹簧的弹力做功W，动能增加，有：

1mBv2mBg(Hx1)W 2将①②③式代入④式，得物块B对弹簧做功

④

B H W(P2P1)(HP2PPP1)(21)v2 k2gO O1 A （3）应为PP2(P3P2)sin(t2T)

x

物块B与弹簧接触后，在重力和弹力作用下，在竖直方向上做简谐运动，周期为4T．物块A对地面的压力大小P等于A的重力与弹簧的弹力之和．则P随时间变化的关系只可能是正弦函数，A、B选项都不正确． 当t=0时，压力P=P2； 当t=T时，压力最大为P3． 只有选项C正确． 另解：

物块B与弹簧接触后，在重力和弹力作用下，在竖直方向上做简谐运动．其平衡位置在物块B具有最大速度处，设为O1，建立O1x坐标系，以竖直向下为正方向，有：

mBgF弹kx

⑤

物块B做简谐运动的周期为4T，在速度由最大变到零的四分之一周期内，设最大位移为xm，振动位移为xxmsin(t2T) ⑥

F弹mBgkxmsin(t2T)

物块A对地面的压力为：PmAgmBgkxmsin(代入③式得：PP2kxmsin(当t=T时，压力最大为P3 即P3P2kxmsin(t2T)

t2T) ⑦

T2T)，解得kxmP3P2

)

2T112．如图所示，光滑的曲面轨道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板小车的上表面相平，

质量为m的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑下平板小车，使得小车在光滑水平面上滑动．已知小滑块从光滑轨道上高度为H的位置由静止开始滑下，最终停到板面上的Q点．若平板小车的质量为3m．用g表示本地的重力加速度大小，求：

（1）小滑块到达轨道底端时的速度大小v0；

（2）小滑块滑上小车后，平板小车可达到的最大速度V；

压力P随时间t变化的规律为：PP2(P3P2)sin(t（3）该过程系统产生的总热量Q． 【答案】（1）2gH；（2）132gH；（3）mgH 44解析：滑块滑至Q点时它与小车具有相同速度，这个速度大小为V，则有：

mgH12mv0 2

① ② ③ ④ ⑤ ⑥

mv0(m3m)V

Q11mv02(3mm)V2 22解得v02gH

VQ12gH 43mgH

4113．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L

＝1.0m的水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m的1/4光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O/点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m＝1.0kg的小物块紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5．整个装置处于静止状态，现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A，g取10m/s2．求： （1）解除锁定前弹簧的弹性势能；

（2）小物块第二次经过O/点时的速度大小； （3）最终小物块与车相对静止时距O/点的距离．

【答案】（1）EP7.5J；（2）2.0m/s；（3）0.5m

解析：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块恰能到达圆弧最高点A时，二者的共同速度v共0

①

设弹簧解除锁定前的弹性势能为EP，上述过程中系统能量守恒，则有

EPmgRmgL

② ③

代入数据解得EP7.5J

（2）设小物块第二次经过O时的速度大小为vm，此时平板车的速度大小为vM，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有

0mvmMvM

mgR122mvm

2 MvM

④ ⑤ ⑥

12由④⑤式代入数据解得vm2.0m/s

（3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0．设小物块相对平板车滑动的总路程为s，对系统由能量守恒有

EPmgs

⑦ ⑧ ⑨

代入数据解得s=1.5m

则距O点的距离x＝s－L＝0.5m

114．如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角

α=37°，A、B是两个质量均为 m=1㎏的小滑块（可视为质点），C为左端附有胶泥的质量不计的薄板，D为两端分别连接B和C的轻质弹簧．薄板、弹簧和滑块B均处于静止状态．当滑块A置于斜面上且受到大小F=4N，方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能向下匀速运动．现撤去F，让滑块A从斜面上距斜面底端L=1m处由静止下滑，若取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）求滑块A到达斜面底端时的速度大小v1；

（2）滑块A与C接触后粘连在一起(不计此过程中的机械能损失)，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能Ep． 【答案】（1）2m/s；（2）1J

解析：(1)滑块A匀速下滑时，受重力mg、恒力F、斜面支持力FN和摩擦力Fμ作用， 由平衡条件有mgsin37FN

FNmgcos37F

即mgsin37(mgcos37F) 化简后得mgsin37，代入数据解得动摩擦因数0.5

mgcos37F撤去F后，滑块A匀加速下滑，由动能定理有

12 (mgsin37mgcos37)Lmv12代入数据得v12m/s

（2）两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，设共同速度为v2，由动量守恒和能量守恒定律有

mv1(mm)v2

1212 EPmv1（2m）v222联立解得EP1J

115．如图所示，在平静的水面上漂浮着一块质量为M＝150g的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地蹲着两只质量各为m＝50g的青蛙，支架高h＝20cm，支架右方的水平木板长s＝120cm．突然，其中有一只青蛙先向右水平地跳出，恰好进入水中，紧接其后，另一只也向右水平地跳出，也恰好进入水中．试计算：（水的阻力忽略不计，取g＝10m/s2，结果保留两位有效数字．）

（1）第一只青蛙为了能直接跳入水中，它相对地的跳出初速度v1至少是多大？ （2）第二只青蛙为了能直接跳入水中，它相对地的跳出初速度v2至少又是多大？ （3）在上述过程中，哪一只青蛙消耗的体能大一些？请简述理由．

【答案】（1）v14.8m/s；（2）v23.3m/s；（3）第一只青蛙消耗的体能大 解析：（1）（2）设两次跳出对应青蛙的初速率各是v1、v2，木块分别获得反冲速率为V1、V2

在第一次跳出过程中，对M和2m系统，根据动量定恒定律，有

0mv1(Mm)V1

①

在第二次跳出过程中，对M和m系统，根据动量守恒定律，有

(Mm)V1mv2MV2

由平抛运动规律可得h

② ③ ④ ⑤

12gt 2s(v1V1)t s(v2V2)t

解得v14.8m/s，v23.3m/s(V11.2m/s，V22.7m/s) （3）第一只青蛙消耗的体能Q1第二只青蛙消耗的体能

121mv1(Mm)V120.71J 22⑥

1211Q2mv2MV22(Mm)V120.67J

222可见，Q1Q2．

⑦

116．弹簧在不受作用力时所具有的长度称为自然长度，记为l0；弹簧受到拉力作用后会伸长，受到压力作用后会缩短，如果受力作用时的长度称为实际长度，记为l；而l与l0之差的绝对值称为形变量，记为x；x=|l－l0|．有一弹簧振子如图所示，放在光滑的水平面上，弹簧处于自然长度时M静止在O位置，一质量为m=20g的子弹，以一定的初速

度v0射入质量为M=1980g的物块中，并留在其中一起压缩弹簧．振子在振动的整个过程中，弹簧的弹性势能随弹簧的形变量变化的关系如图所示．则

（1）根据图线可以看出，M被子弹击中后将在O点附近哪一区间运动？ （2）子弹的初速度v0为多大？

（3）当M运动到O点左边离O点2cm的A点处时，速度u多大？

（4）现若水平面粗糙，上述子弹击中M后同样从O点运动到A点时，振子的速度变为3m/s，则M从开始运动到运动到A点的过程中，地面的摩擦力对M做了多少功？弹簧的弹力对M做了多少功？

【答案】

（1）见解析；（2）400m/s；（3）23m/s；（4）－3J，－4J 解析：（1）M在O点的左边4cm至O点的右边4cm的范围内运动． （2）子弹和物块一起压缩弹簧的过程中系统机械能守恒，故系统的机械能为

EkmEpm16J，则可求出子弹射入物块后两者的共同速度v

1(mM)v2Epm，解得v4m/s 2子弹射入物块时间极短，子弹、物块组成的系统动量守恒，则

mv0(mM)v，解得v0400m/s

（3）从图线可以看出：M运动到O点左边2cm处时，形变量x2cm，此时弹性势能为EP4J，子弹和物块一起压缩弹簧的过程中系统机械能守恒，则

1EkmEpmEkEP，1642u2，解得u23m/s

2（4）设地面的摩擦力对M做的功为Wf，M从开始运动到A点，根据功能关系，有

WfEkEPEkm（232416）J3J

2设弹簧的弹力对M做的功为Wk，M从开始运动到A点，根据动能定理，有

111WfWk(Mm)2(Mm)v2

22解得Wk4J

117．如图所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上左端和中点处

各放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计，A、B之间和B、P之间的距离都为L．设木板C和桌面之间无摩擦，A、C和B、C之间的动摩擦因数都为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小，A、B、C（连同挡板P）的质量都为m，开始时，B和C静止，A以某一初速度v0向右运动．求：

（1）A和B发生碰撞前，B受到的摩擦力大小；

（2）A和B能够发生碰撞时，A的初速度v0应满足的条件； （3）B和P能够发生碰撞时，A的初速度v0应满足的条件（已知A、B碰撞前后交换速度）．

1【答案】（1）mmg；（2）v0>3mgL；（3）v0>6mgL 2（1）设B和C无相对滑动，B受到的摩擦力大小为f，则 对C，有mmg-f=ma；对B，有f=ma 由以上两式解得f=12mmg，它小于最大静摩擦力m mg，可见B和C不发生相对运动．

1所以A和B发生碰撞前，B受到的摩擦力大小f=mmg．

2（2）A在C上滑动时，A向右做匀减速运动，B和C以相同的加速度向右做匀加速运动．若

A运动到B所在位置时，A和B刚好不发生碰撞，则A、B、C速度相同．设三者共同速度为v1，根据动量守恒定律，有mv0=3mv1

在此过程中，根据功能关系，有mmgL=由以上两式解得v0=122mv0-12?3mv12

3mgL 3mgL 所以，A和B能够发生碰撞时，A的初速度v0向应满足的条件为v0>（3）A、B碰撞前后交换速度，碰后A和C一起向右做匀加速运动、B向右做匀减速运动．若B和P刚好不发生碰撞时，B运动到P所在位置A、B、C速度相同，设三者共同速度为v2，根据动量守恒定律，有mv0=3mv2 在此过程中，根据功能关系，有mmg?2L由以上两式解得v0=122mv0-122 ?3mv26mgL 6mgL 所以，B和P能够发生碰撞时，A的初速度v0应满足的条件为v0>118．在光滑的水平面上沿直线按不同的间距依次排列着质量均为m的滑块，1、2、3、…

（n－1）、n，滑块P的质量也为m．P从静止开始在大小为F的水平恒力作用下向右运动，经时间T与滑块1碰撞，碰撞后滑块便粘连在一起．以后每经过时间T就与下一滑块碰撞一次，每次碰撞后均粘连在一起，每次碰撞时间极短，每个物块都可简化为质点．求：

s1

s2

sn-1

（1）第一次碰撞后瞬间的速度及第一次碰撞过程中产生的内能； （2）发生第n次碰撞后瞬间的速度vn为多大； （3）第n－1个滑块与第n个滑块间的距离sn-1．

(2n1)FT2F2T2nFT【答案】（1）；（2）；（3）

2nm4m(n1)m解析：（1）设第一次碰撞前瞬间P的速度为u1，根据动量定理，有 FT=mu1

则撞前瞬间的速度u1=

① ②

FT m因碰撞时间极短，第一次碰撞后瞬间的速度为v1，根据动量定理，有 FT=2mv1

则碰后瞬间速度v1=

③ ④

FT 2mF2T21122第一次碰撞过程中产生的内能△E=mu12mv1=

4m22⑤

（2）因每次碰撞时间极短，对从开始到发生第n次碰撞后瞬间应用动量定理，有 FnT=（n+1）mvn

⑥

解得vn=

nFT

(n1)m ⑦

（3）同理可以求出第（n－1）次碰后的速度vn-1=对第n次碰撞前全过程应用动量定理 FnT=nmun 解得un=

(n1)FT

nm⑧

⑨

⑩（与n无关）

FT m对n－1到n之间应用动能定理，有 Fsn-1=

11nmun2nmvn12 22(2n1)FT2解得sn-1=

2nm119．如图所示，n个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直

线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为µ．开始时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下．

（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能．

（2）求第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比．

（3）若n＝4，l＝0.10m，v0＝3.0m/s，重力加速度g＝10m/s2，求µ的数值．

【答案】（1）

1212n(n1)1；（3）0.15 mv0Wfmv0mgl；（2）

222i1解析：（1）整个过程中系统克服摩擦力做的总功为 Wf＝µmgl（1＋2＋3＋…＋n）＝

n(n1)mgl 2整个过程中因碰撞而损失的总动能为

Ek1212n(n1)mv0Wfmv0mgl 222（2）设第i次（i≤n－1）碰撞前瞬间，前i个木块粘合在一起的速度为vi，动能为

EKi1imvi2 2与第i＋１个（i≤n－1）木块碰撞粘合在一起后瞬间的速度为vi＇，由动量守恒定律得

imvi(i1)mvi，则

viivi i1第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能为

EKi111i221i2 imvi2(i1)mvim[ivi2(i1)()vi]mvi2222i12i1则第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为

Eki1（i≤n－1） Ekii1（3）n＝4时，共发生了i＝3次碰撞．

22 第1次碰前瞬间的速度为v1v02gl，碰撞中动量守恒mv12mv12v02gl1v1第1次碰后瞬间的速度为v1

2222v02glv010gl2gl2gl第2次碰前瞬间的速度为vv1

44222 碰撞中动量守恒2mv23mv22v010gl2v2第2次碰后瞬间的速度为v2

3322v010glv028gl2gl2gl第3次碰前瞬间的速度为vv2

99232 碰撞中动量守恒3mv34mv32v028gl3v3第3次碰后瞬间的速度为v3

442gl0 最后滑行到桌边，速度恰好为零，则v322v028gl2gl0 即

162整理后得v060gl0，代入数据解得0.15

120．如图所示，有n个相同的货箱停放在倾角为θ的斜面上，每个货箱长皆为l，质量皆为

m，相邻两货箱间距离为l，最下端的货箱到斜面底端的距离也为l．已知货箱与斜面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．现给第1个货箱一初速度v0．使之沿斜面下滑，在每次发生碰撞后，发生碰撞的货箱都粘合在一起运动，当动摩擦因数为μ时，最后第n个货箱恰好停在斜面底端．求：

（1）第1个货箱碰撞前在斜面上运动时的加速度大小； （2）整个过程中由于碰撞而损失的机械能． 【答案】（1）gcosgsin；（2）mv0122n(n1)n(n1)mglsinmglcos 22解析：（1）由于第n个货箱被碰后，运动到斜面底端停下，表明货箱沿斜面做减速运动，由牛顿第二定律，得

mgcosmgsinma

解得agcosgsin

（2）加速度与质量无关，说明每次碰后货箱沿斜面下滑的加速度大小均为a，方向沿斜面向上．在整个过程中，序号为1，2，3，…，n的货箱沿斜面下滑的距离分别为nl，（n－1）l，（n－2）l，…，l，因此，除碰撞瞬间外，各货箱由于滑动而产生的摩擦热为Qmglcos(12n)n(n1)mglcos 2n)n(n1)mglsin 2货箱的重力势能的减少量为Epmglsin(12全过程中，由能量守恒定律，得

12Epmv0QE，则

212n(n1)n(n1)Emv0mglsinmglcos

222121．如图所示，滑块A的质量m=0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，用细线悬挂的小球质量均为m=0.01kg，沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s=2m，线长分别为L1、L2、L3……（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v0=10m/s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，重力加速度g=10m/s2．试求： （1）滑块能与几个小球碰撞?

（2）碰撞中第n个小球悬线长Ln的表达式；

（3）滑块与第一个小球碰撞后瞬间，悬线对小球的拉力．

【答案】（1）12；（2）504n；（3）0.6N

25解析：（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，

小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有

s12，解得s25m，则

n012（个） mgs00mv00s2 （2）滑块与第n个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn对小球，有

12122mgLn mvnmvn22

① ②

v2

mgmLn12 2对滑块，有mgns1mvnmv0222由①②③三式解得Lnv02gsn504n

③

5g25（3）滑块做匀减速运动到第一个小球处与第一个小球碰前的速度为v1，则 mgs112 mv12mv022由于滑块与小球碰撞时不损失机械能，则碰撞前后动量守恒、动能相等，滑块与小球相碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度仍为v1，此时小球受重力和绳子的拉力作用，

v12由牛顿第二定律，得Tmgm

L1因为L1504146，由以上三式解得T=0.6N

2525