动量守恒定律专题训练含答案

时间：2021-01-06 15:08:01 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

相关热词搜索：守恒定律 动量 含答案

　 动量守恒定律专题训练 含答案

　一、 不定项选择题

　1 1 、下列运动过程中，在任意相等时间内，物体动量变化不相等的是（A A ）

　A. 匀速圆周运动； B. 自由落体运动；

　C. 平抛运动； D. 匀减速直线运动．

　2 2 、 一辆小车在光滑的水平上匀速行使，在下列各种情况中，小车速度仍保持不变的是（ BC ）

　A A ．从车的上空竖直掉 落车内一个小钢球

　B B ．从车厢底部的缝隙里不断地漏出砂子

　C C ．从车上同时向前和向后以相同的对地速率扔出质量相等的两物体

　D. 从车上同时向前和向后以相同的对车速率扔出质量相等的两物体

　3 3 、甲、乙两个质量都是 M M 的小车静置在光滑水平地面上. .质量为 m m 的人站在甲车上并以速度 v( 对地) ) 跳上乙车, , 接着仍以对地的速率 v v 反跳回甲车. . 对于这一过程, , 下列说法中正确的是 (BD)

　A. 最后甲、乙两车的速率相等 B. 最后甲车的速率小

　 C. 最后甲、乙两车的速率之比 v v 甲 :v 乙 =M:m

　D. 最后甲、乙两车的速率之比 v v 甲 :v 乙 =M:(m+M)

　4 4 ．如图 6 6 所示，在光滑水平面上停放着质量为 m m 装有光滑弧形槽的小车，一质量也为 m m 的小球以 v v 0 0 水平初速度沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回车右端，则( (

　BC

　) )

　A A ．小球以后将向右做平抛运动

　B B ．小球将做自由落体运动

　C C ．此过程小球对小车做的功为 mv 0 02 22 2

　D D ．小球在弧形槽上升的最大高度为 v v0 02 22 2 g g

　 5 5 、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 m 的子弹以速度 v 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（ AB ）

　A A ．两次子弹对滑块做功一样多 B B ．两次滑块所受冲量一样大

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

　甲 甲 乙 乙

　 6 6. . 两球 A A 、 B B 在光滑水平面上沿同一直线相对运动， mA ＝1kg ， mB ＝ 2kg ， vA ＝ 6m/s ， vB ＝－ 2m/s 。当 A A ，B B 发生碰撞后， A A 、 B B 两球速度的可能值是( (

　AD

　) )

　A. vA ′ ＝ 0.5m/s ， vB ′ ＝ 0.75m/sB. vA ′ ＝ 1m/s ， vB ′ ＝ 0.5m/s

　C. vA ′ ＝ 7m/s ， vB ′ ＝ 1.5m/sD. vA ′ ＝－ 4m/s ， vB ′ ＝ 3m/s

　7 7 、甲、乙两球在光滑水平面上同方向运动，已知它们的动量分别是 p p 甲＝ 5kg· m/s ，p p 乙＝ 7kg· m/s 。甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为 10kg· m/s ，则二球质量 m m 甲与 m m 乙间的关系可能是下面的（C C ）

　m m 甲＝m m 乙 乙 m B.m 乙＝m 2m 甲 甲 m C.m 乙＝m 4m 甲 甲 m D.m 乙＝m 6m 甲

　8 8 、如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时绳松弛、 B B 静止， A A 具有 有 4kg·s m/s 的动量( ( 令向右为正) ) ．在绳拉紧( ( 可能拉断) ) 的过程中， A A 、 B B 动量的变化可能为( (

　C C

　) )

　A A ．Δ p p A A ＝－ 4kg· m/s ，Δ p p B B ＝ 4kg· m/s

　B B ．Δ p p A A ＝ 2kg· m/s ，Δ p p B B ＝－ 2kg· m/s

　C C ．Δ p p A A ＝－ 2kg· m/s ，Δ p p B B ＝ 2kg· m/s

　D D ．Δ p p A A ＝Δ p p B B ＝ 2kg· m/s

　9.

　装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，不计水的阻力，在抽油的过程中，船的运动情况是( (

　A A

　) )

　 A A ．向前运动

　B B ．向后运动

　C C ．静止

　D D ．无法判断

　10 ． 如图，轻弹簧连接的物块 A A 和 B B 放在光滑水平面上，物块 A A 紧靠竖直墙壁，一颗子弹以水平速度射向物块 B B 并留在其中. . 对由子弹、弹簧、物块 A A 和 B B 组成的系统，在下述四个过程中机械能和动量都守恒的是（D D ）

　A. 子弹射入物块 B B 的过程

　B. 物块 B B 带着子弹向左运动，直到弹簧压缩到最短的过程

　C. 弹簧推动带有子弹的物块 B B 向右运动，直到弹簧恢复原长的过程

　D. 带有子弹的物块 B B 继续向右运动，直到弹簧伸长量达到最大的过程

　1 11 1 、一对作用力与反作用力做的总功为 W W ，总冲量为 I I ，下列说法正确的是（A A ）

　A A ． W W 一定等于零， I I 不一定等于零 B B ． W W 可能不等于零， I I一定等于零

　C C ． W W 和 I I 一定都等于零 D D ． W W 和 I I 可能都不等于零

　 12. 如图 8 8 所示，三辆完全相同的平板小车 a a 、 b b 、 c c 成一直线排列，静止在光滑水平面上. . c c 车上有一小孩跳到 b b 车上，接着又立即从 b b 车跳到 a a 车上. . 小孩跳离 c c 车和 b b 车时对地的水平速度相同. .他跳到 a a 车上相对 a a 车保持静止，此后 (CD

　) )

　A. a a 、 b b 两车运动速率相等 B. a a 、 c c 两车运动速率相等

　C. 三辆车的速率关系 vc > > va > > vb D. a a 、 c c 两车运动方向相反

　13 ．如图，质量分别为 m m 1 1 和 m m 2 2 的两个小球 A A 、 B B ，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球 A A 、 B B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统( ( 设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度) ) ，以下说法正确的是( (

　BD

　) )

　A A ．系统机械能不断增加

　B B ．系统动量守恒

　C C ．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小

　D D ．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大

　1 14 4 、小铁块置于长木板右端，木板放在光滑的水平地面上，0 t=0 时使二乾获得等大反向的初速度开始运动，经过时间 t t 1 1 铁块在木板上停止滑动，二者相对静止，此时与开

　 始运动时的位置相比较，图中哪一幅反映了可能发生的情况（ AC ）

　1 15 5 、如图所示，一铁块压着一张纸条放在水平桌面上，当以较大速度 v v 抽出纸条后，铁块掉在地上的 P P 点，若以 2 2 v v速度抽出纸条，则铁块落地点为( (

　B B

　) )

　A A ．仍在 P P 点

　B B ．在 P P 点左侧

　C C ．在 P P 点右侧不远处

　D D ．在 P P 点右侧原水平位移的两倍处

　1 16 6 、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 L L ，导轨上面横放着两根质量均为 m m ，电阻均为 R R （其余部分电阻不计）的导体棒 b ab 和 和 cd ，构成矩形回路。在整个导轨平面内都

　 有竖直向上的磁感应强度为 B B 的匀强磁场，如图所示，设两导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。开始时，棒 d cd 静止，棒 棒 b ab 有指向棒 d cd 的初速度 v v 0 0 ，若两导体棒在运动过程中始终不接触，则（ BC ）

　A A 、棒 ab 、d cd 在运动过程中，回路中一定有感应电流

　B B 、当棒 ab 、d cd 的运动稳定后，棒 ab 、d cd 有共同速度

　C C 、在运动过程中，产生的的焦耳热最多为

　 D D 、在运动过程中，安培力对棒 d cd 做的功数值上等于回路中的电能

　1 17 7 、电荷量为 e 3e 的正离子，自匀强磁场 a a 点如图甲射出，当它运动到 b b 点时，打中并吸收了原处于静止状态的一个电子，若忽略电子质量，则接下来离子的运动轨迹是（D D）

　）

　20vv 420mvQ v a b B v a b A v a b 图甲 v a b C v a b D

　 18 、 设斜上抛物体在通过轨迹的最高位置时，突然炸裂成质量不等的两块，已知其中一块沿原水平方向做平抛运动，则另一块的运动不可能是( (

　B B

　) )

　A A ．反方向平抛运动

　B B ．斜上抛运动

　C C ．自由落体运动 D D ．原方向平抛运动

　二、 计算题

　1 1 、如图所示，光滑水平面上有一小车 B B ，右端固定一个砂箱，砂箱左侧连着一水平轻弹簧，小车和砂箱的总质量为 M M ，车上放有一物块 A A ，质量也是 M M ，物块 A A 随小车以速度 v v 0 0 向右匀速运动．物块 A A 与左侧的车面的动摩擦因为 数为 ，与右侧车面摩擦不计．车匀速运动时，距砂面 H H高处有一质量为 m m 的泥球自由下落，恰好落在砂箱中，求：

　：

　（1 1 ）小车在前进中，弹簧弹性势能的最大值．（2 2 ）为使物体 A A 不从小车上滑下，车面粗糙部分应多长？

　1 1 、解析：本题应用动量守恒，机械能守恒及能量守恒定律联合求解。

　在 m m 下落在砂箱砂里的过程中，由于车与小泥球 m m 在水平方向不受任何外力作用，故车及砂、泥球整个系统的水平

　 方向动量守恒，则有：

　①

　此时物块 A A 由于不受外力作用，继续向右做匀速直线运动再与轻弹簧相碰，以物块 A A 、弹簧、车系统为研究对象，水平方向仍未受任何外力作用，系统动量守恒，当弹簧被压缩到最短，达最大弹性势能 E E p p 时，整个系统的速度为v v 2 2 ，则由动量守恒和机械能守恒有：

　②

　③

　由 ①②③ 式联立解得：

　④

　之后物块 A A 相对地面仍向右做变减速运动，而相对车则向车的左面运动，直到脱离弹簧，获得对车向左的动能，设刚滑至车尾，则相对车静止，由能量守恒，弹性势能转化为系统克服摩擦力做功转化的内能有：

　⑤

　由 ④⑤ 两式得：

　 2 2 ．如图所示，半径为 R R ，内表面光滑的半球形容器放在光滑的水平面上，容器左侧靠在竖直墙壁．一个质量为 m m 的小物块，从容器顶端 A A 无初速释放，小物块能沿球面上升的最大高度距球面底部 B B 的距离为 ．求：

　0 1( ) Mv M m v  0 1 2( ) (2 ) Mv M m v M m v    2 2 20 1 11 1 1( ) (2 )2 2 2pMv M m v E M m v     2202( )(2 )PMmE vM m M m pMgL E  2 202 ( )(2 )m vLg M m M m  34R2

　 （1 1 ）容器的质量 M M ． (2) 容器的最大速度。

　2 2 ．【解析】（1 1 ）物体由 A A 滑到 B B 的过程中，容器不脱离墙，物块由 B B 沿球面向上滑时，物块对容器的作用力有一水平向右的分量，容器将脱离墙向右运动．

　物块由 A A → B B 过程机械能守恒，设物块滑到 B B 的速度为v v B B ，则：

　∴ ①

　（2 2 ）物块从 B B 处上升，容器向右运动过程中，系统水平方向动量守恒．物块上升到最高处相对容器静止的时刻，物块与容器具有共同的水平速度，设它为 v v ，

　则由系统动量守恒定律得：

　②

　系统机械能守恒：

　③

　联立 ①②③ 式解得

　 （3 3 ）当小物块向左通过最低点时，容器的速度最大，对系统在“ 小物块向右通过最低点到小物块向左通过最低点”过程中，由水平动量守恒和机械能守恒有：

　解得: :

　 212BmgR mv  2Bv gR ( )Bmv m M v  2 21 1 3( )2 2 4Bmv m M v mg R   423m MgRv  2 2 2212121M m B M m BMv mv mv Mv mv mv    （舍去）

　或252 2 2BmBMBmBMvvvvvvvv      

　 所以容器的最大速度为

　 3 3 、用轻弹簧相连的质量均为 g 2kg 的 A A 、 B B 两物块都以v v s =6m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量 g 4kg 的物块C C 静止在前方，如下图所示． B B 与 C C 碰撞后二者粘在一起运动．求：在以后的运动中：

　（1 1 ）当弹簧的弹性势能最大时，物体 A A 的速度多大？

　（2 2 ）弹性势能的最大值是多大？

　（3 3 ）

　A A 的速度有可能向左吗？为什么？

　3 3 、【解析】（1 1 ）当 A A 、 B B 、 C C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大

　由于 A A 、 B B 、 C C 三者组成的系统动量守恒，得

　 （2 2 ）

　B B 、 C C 碰撞时 B B 、 C C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B B 、C C 两者速度为 v v ′ ，

　则

　 设物 A A 速度为 时弹簧的弹性势能最大为 ，根据能量守222gR vvBM ( ) ( )A B A B C Am m v m m mv   (2 2) 63m/s2 2 4Av   ( )B B Cm v m mv 2 62m/s2 4v AvpE

　 恒

　 （3 3 ）

　A A 不可能向左运动系统动量守恒，

　设 A A 向左， v v A A <0 ，则 v v B B >4m/s

　则作用后 A A 、 B B 、 C C 动能之和

　实际上系统的机械能

　 根据能量守恒定律， E E ′> > E E 是不可能的．

　4 4. . 如图 8 8 所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上做游戏，甲和她的冰车的总质量为 M M ＝30kg ，乙和他的冰车的总质量也是 30kg ，甲推着一个质量为 m m ＝g 15kg 的箱子，和她一起以大小为 v v 0 0 ＝s 2m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相碰，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度( ( 相对于冰面) ) 将箱子推出，才能避免与乙相撞．

　4 4. . 解析：设甲至少以速度 v v 将箱子推出，甲推出箱子后速度为 v v 甲 ，乙抓住箱子后速度为 v v 乙 ，则由动量守恒定律，则：

　甲推箱子过程：

　(M+m)v 0 0 =Mv 甲 +mv ，

　2 2 22 21 1 1( ) ( )2 2 21 1 1(2 4) 2 2 6 (2 2 4) 3 12J2 2 2p B C A A B C AE m m v m v m m m v                    ( )A B A A B C Bm v m v m v m m v    2 2 21 1 1( ) ( ) 48J2 2 2A A B C B B C BE m v m m v m m v     21( ) 12 36 48J2p A B C AE E m m mv      

　 乙抓箱子过程：

　mv- - Mv 0 0 =(M+m)v 乙 . .

　甲、乙恰不相撞的条件为：v v 甲 ＝v v 乙 . .

　代入数据可解得：

　v=5.2m/s.

　5 5 、 如图 2 22 所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距 L L 放在水平绝缘桌面上，半径为 R R 的 的 圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为 B B 、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐．两金属棒ab 、 cd 垂直两导轨且与导轨接触良好， ab 棒质量为2 2 m m 、电阻为 r r ， cd 棒质量为 m m 、电阻为 r r ．开始时 cd 棒静止在水平直导轨上， ab 棒从圆弧导轨的顶端无初速释放，进入水平直导轨后与 cd 棒始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上．两棒落地点到桌面边缘的水平距离之比为 3 3 ∶1 1 ，求：

　(1) cd 棒在水平直导轨上的最大加速度．

　(2) 两棒在导轨上运动的过程中产生的焦耳热．

　5 5 、8 (18 分) ) 解：（1 1 ）

　ab 棒刚进入水平导轨时， cd 棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大。设 ab 棒进入水平导14

　 轨的速度为 v v 1 1 。……2 2 分

　ab 棒从圆弧导轨滑下机械能守恒：…… ①……2 2 分

　ab 棒刚进入水平导轨时，设回路的感应电动势为 ε ，由：

　ε= = BLv 1 1 …… ②……1 1 分

　…… ③……1 1 分

　cd 棒受到的安培力为：

　F F cd = = BIL …… ④……1 1 分

　 根据牛顿第二定律， cd 棒的最大加速度为：…… ⑤……1 1 分

　得：

　…… ⑥……2 2 分

　（2 2 ）设 cd 棒离开导轨时， ab 棒的速度为 v v 2 2 ′ 、 cd 棒的速度为 v v 1 1 ′ 。

　ab 棒与 cd 棒在水平导轨上运动，动量守恒：2 2 mv 1 1 =2 mv 1 1 ′ +mv 2 2 ′…… ⑦……2 2 分

　依题意，有：

　v v 1 1 ′ ＞ v v 2 2 ′…… ⑧

　由平抛运动知识，有：

　v v 1 1 ′ =3 v v 2 2 ′…… ⑨……2 2 分

　根据能量守恒，整个过程产生的焦耳热为：…… ⑩……2 2 分

　212212 mv mgR  rI2mFacdrmgR L Ba222 2)21221( 2212"22"121mv mv mv Q     

　 联立 ①⑦⑨⑩ 得：

　…………2 2 分

　6 6 、如图所示，滑块 A A 、 C C 质量均为 m m ，滑块 B B 质量为 3 32 2 m m . . 开始时 A A 、 B B 分别以 v v 1 1 、 v v 2 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将 C C 无初速地放在 A A 上，并与 A A 粘合不再分开，此时 A A 与 B B 相距较近， B B 与挡板相距足够远．若 B B 与挡板碰撞将以原速率反弹， A A 与 B B 碰撞将粘合在一起．为使 B B 能与挡板碰撞两次，v v 1 1 、 v v 2 2 应满足什么关系？

　6 6 、解：设向右为正方向， A A 与 C C 粘合在一起的共同速度为v v ′ ，由动量守恒定律得：

　mv 1 1 ＝2 2 mv ′

　为保证 B B 碰挡板前 A A 未追上 B B ，应满足：

　v v ′≤ v v 2 2

　 设 A A 与 B B 碰后的共同速度为 v v ″ ，由动量守恒定律得：2 2 mv ′－ 3 32 2 mv 2 2 ＝ 7 72 2 mv ″

　为使 B B 能与挡板再次碰撞， A A 与 B B 碰后的共同速度 v v ″ 方向应向右，即应满足 v v ″ ＞0 0

　以上各式联立解得：1 1 ．5 5 v v 2 2 ＜ v v 1 1 ≤2 2 v v 2 2 或 1 12 2 v v1 1 ≤ v v 2 2 ＜ 2 23 3 v v1 1 . .

　7 7 、 如图，在光滑水平地面上，有一质量 m m 1 1 g =4.0kg 的平板小车，小车的右端有一固定的竖直挡板，挡板上固定一轻质细弹簧。位于小车上 A A 点处质量mgR Q492211

　 m m 2 2 g =1.0kg 的木块（可视为质点）与弹簧的左端相接触但不连接，此时弹簧与木块间无相互作用力。木块与 A A 点左侧的车面之间的动摩擦因数 μ =0.40 ，木块与 A A 点右侧的车面之间的摩擦可忽略不计。现小车与木块一起以 v v 0 0 s =2.0m/s 的初速度向右运动，小车将与其右侧的竖直墙壁发生碰撞，已知碰撞时间极短，碰撞后小车以 v v 1 1 s =1.0m/s 的速度水平向左运动，取 g g =10m/s2 2 。

　（1 1 ）求小车与竖直墙壁发生碰撞过程中小车动量变化量的大小；

　（2 2 ）若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能；

　（3 3 ）要使木块最终不从小车上滑落，则车面 A A 点左侧粗糙部分的长度应满足什么条件？

　7 7、 、 （8 18 分）（1 1 ）设 v v 1 1 方向为正，则小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车的动量变化量为∆ p=m 1 1 v v 1 1 - -m m 1 1 （- -v v 0 0 ）

　）

　=12kg• m/s水平向左…………………………… （3 3 分）

　（2 2 ）小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度大小相等，此后木块和小车在弹簧弹力和摩擦力的作用下，做变速运动，直到二者再次具有相同的速度为止。整个过程中，二者组成的系统动

　 量守恒：……………… （2 2 分）

　设小车和木块相对静止时的速度大小为 v v ，根据动量守恒定律有：

　m m 1 1 v v 1 1 - -m m 2 2 v v 0 0 = = （m m 1 1 +m 2 2 ）

　）v v……… （2 2 分）解得 v=0.40m/s……………（1 1 分）

　当小车与木块达到共同速度 v v 时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大… （2 2 分）

　设 最大的弹性势能为 E E P P ，根据机械能守恒定律可得：

　E E P P =1/2m 1 1 v v 1 12 2 +1/2m 2 2 v v 0 02 2 - - 1/2 （ m m 1 1 +m 2 2 ）v v2 2 =3.6J……………………… （3 3 分）

　（3 3 ）根据题意，木块被弹簧弹出后滑到 A A 点左侧某点时与小车具有相同的速度 v v 。木块在 A A 点右侧运动过程中，系统在 的机械能守恒，而在 A A 点左侧相对滑动过程中将克服摩擦阻力做功，设此过程中滑行的最大相对位移为 L L ，根据功能关系有：

　1/2m 1 1 v v 1 12 2 +1/2m 2 2 v v 0 02 2 - - 1/2 （m m 1 1 +m 2 2 ）v v2 2 = =μm m2 2 gL…………… （3 3 分）解得：

　L=0.90m…… （1 1 分）

　即 车 面 A A 点 左 侧 粗 糙 部 分 的 长 度L>0.90m……………………………… （1 1 分）

　8 8 、如图所示，一排人站在沿X X 轴的水平轨道旁．原点O O 两侧

　 的人序号都记为n n （n n ＝1 1、 、2 2、 、3 3、 、…… ）每人只有一个沙袋，X X ＞0 0 一侧的每个沙袋质量为m m ＝ 14kg ，x x ＜0 0 一侧的每个沙袋质量为m m/ / =10kg ．一质量为 M=48kg 的小车以某初速度从原点出发向正X X 方向滑行，不计轨道阻力．当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v v 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，v v 的大小等手扔袋之前的瞬间车速大小的 2n 倍（n n是此人的序号数）．

　（1 1 ）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？

　（2 2 ）车上最终有大小沙袋共多少个？

　8 8 、解 ：

　① 小车朝正X X 方向滑行的过程中，第（n n －1 1 ）个沙袋扔到车上后的车速为v v n n －1 1 ，第n n 个沙袋扔到车上后的车速为v v n n ，由动量守恒: : [M ＋（n n －1 1 ）

　m]v n n －1 1 － 2nmv n n －1 1 = = （ M+nm ）v v n n

　 v v n n = = v v n n －1 1 ……… ①

　小车反向运动的条件是: :v v n n －1 1 ＞0 0 ，v v n n ＜0 0 ，即M M － nm ＞0 0 ，M M －（ n+1 ）m m ＜0 0 ，

　代入数据得: :n n ＜ M/m=48/14 ，n n ＞ M/m － 1=34/14 ，

　n n 应为整数，故 n=3 ，即车上堆积3 3 个沙袋后车就反向滑行

　 nm Mm n M  1

　 ② 车自反向滑行直到接近x x ＜一侧第1 1 人所在位置时，车速保持不变，而车的质量为 M+3m ，若在朝负x x 方向滑行过程中，第（n n- -1 1 ）个沙袋扔到车上后，车速为v v n n- -1 1/ / ，第n n 个沙袋扔到车上后车速为v v n n/ / ：，现取向左方向为正方向，则由动量守恒得：

　[M+3m+ （n n- -1 1 ）m m/ / ]v n n- -1 1/ / － 2nm/ / v vn n- -1 1/ / = = （M M ＋ 3m ＋ nm/ / ）v v n n/ /

　 v v n n/ / = =v v n n- -1 1/ / ，车不再向左滑行的条件是v v n n- -1 1/ / ＞0 0， ，v v n n/ /＜0 0 ，

　即（M M ＋ 3m － nm/ / ）＞0 0 ，（M M ＋ 3m －（ n+1 ）m m/ / ）≤0 0

　即n n ＜ =9 ，n n≥ － 1=8 ，即8 8≤n n ＜9 9 ，

　在 n=8 时，车停止滑行，故最终有 11 个沙袋。

　9 9 、 在光滑的水平面上有一质量 M= g 2kg 的木板 A A ，其右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的 P P 处有一大小忽略不计质量 m= g 2kg 的滑块 B B 。木板上 Q 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 A 以υ A A = = s 1m/s 的速度向左滑行，同时滑块 B B 以 以 υ B B = = s 5m/s 的速度向右滑行，当滑块 B B 与 P P 处相距 错误! 时，二者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 //31 3nm m Mm n m M   /3mm M /3mm M L Q P B υ B

　υ A

　A

　 A A 与它碰后以原速率反弹（碰后立即撤去该障碍物）。求 B B与 A A 的粗糙面之间的动摩擦因数 μ 和滑块 B B 最终停在木板A A 。

　上的位置。

　（ g g 取 取 10m/s2 2 ）

　9 9 、解：设 M M 、 m m 共同速度为 υ ，由动量守恒定律得：

　m m υB - -

　 M M υ A = =

　 ( (

　M M

　 + m m

　) )υυ= = 2m/s

　对 A A ， B B 组成的系统，由能量守恒：

　1 1

　 2 2

　 M M υ A A2 + +

　1 1

　 2 2

　 m m υ B B2 - -

　1 1

　2 2

　 ( (

　 M M

　 + m m

　 ) )

　 υ2 = =

　μ mg

　3 3

　 4 4

　 L L

　 代入数据 μ = = 0.6

　木板 A A 与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设 B B 向右滑行并与弹簧发生相互作用，当 A A 、 B B 再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为 u u ，在此过程中， A A 、 B B 和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。

　m m υ

　- -

　 M M υ

　 = =

　 ( (

　M M

　 + m m

　 ) ) u u

　 故 u= 0 0

　设 B B 相对 A A 的路程为 s s ，由能量守恒得: :

　1 1

　2 2

　( (

　M M

　 + m m

　 ) )

　 υ2 = =

　μ mgs 代入数据得 s= 错误! m m

　由于 s s > > 错误! ，所以 B B 滑过 Q Q 点并与弹簧相互作用，然后相对 A A 向左滑动到 Q Q 点左边，设离 Q Q 点距离为 s s 1 1

　 s s 1 1 =s- -

　1 1

　4 4

　L= 0.17m

　 1 10 0 、如图所示，质量的平板小车静止在光滑水平面上。当0 t=0 时，两个

　质量都是g m=0.2kg 的小物体 A A 和 和 B B （A A 和 和 B B 均可视为质点），分别从左端和右端以水平速度和冲上小车，当它们相对于车停止滑动时，没有相碰。已知 A A 、B B 与车面的动摩擦因数都是 0.20 ，g g 取。求：（1 1 ）车的长度至少是多少？

　（2 2 ）B B 在 在 C C上滑行时对地的位移。

　（3 3 ）在图中所给的坐标系中画出 0 0 至 至 s 4.0s 内小车运动的速度 v v— 时间 t t 图象。

　 1 10 0 、解：（1 1 ）设 A A 、B B 相对于车停止滑动时，车的速度为v v ，根据动量守恒定律得：

　（2 2 分），（1 1 分），方向向右。（1 1 分）

　设 设 A A 、B B 在车上相对于车滑动的距离分别为和，由功能关系得：

　（2 2 分）

　，故车长最小为（2 2 分）

　（2 2 ）开始 A A 、B B 相对于车运动时，A A 对 对 C C 和 和 B B 对 对 C C 的滑动摩擦力等大反向，故 C C 静止。（1 1 分）当 B B 对地速度为 0 0 时，B B 与 与 C C 相对静止，即 B B 与 与 C C 有共同速度 0 0 。（1 1 分）

　∴ 此前 B B 对地位移 S S B B = = （2 2 分）

　（3 3 ）车的运动分以下三个阶段：

　第一阶段：A A 、B B 同时在车上滑行时，滑块对车的摩擦力均为 ，方向相反，车受力平衡而保持不动。当 B B 的速度减为 0 0 时，此过程结束。设这段时间内滑块的加速度为 a a ，根据牛顿第二定律：，滑块 B B 停止滑动的时间 。（2 2 分）

　mugv144222 mg g a ma mg     ，savt 0 . 12 

　 第二阶段：B B 停止运动后，A A 继续在车上滑动，设到时刻物体 A A 与车有共同速度 v v ，

　则 。（2 2 分）

　第三阶段：之后，车以速度 v v 做匀速直线运动到 为止。（2 2 分）

　小车运动的速度—— 时间图线如图所示。（画图正确 2 2分）

　11 、如图，木板 A A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距 x x ． 与滑块 B B （可视为质点）相连的细线一端固定在 O O 点．水平拉直细线并给 B B 一个竖直向下的初速度，当B B 到达最低点时，细线恰好被拉断，B B 从 从 A A 右端的上表面水平滑入．A A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力．已知 A A 的质量为 2 2 m m ，B B 的质量为 m m ，A A 、 B B 之间动摩擦因数为 μ ；细线长为 L L 、能承受的最大拉力为 B B 重力的 5 5倍；A A 足够长，B B 不会从 A A 表面滑出； 重力加速度为 g g ．

　（1 1 ）求 B B 的初速度大小 v v 0 0 和细线被拉断瞬间 B B 的速度大小 v v 1 1

　（2 2 ）A A 与台阶只发生一次碰撞，求 x x 满足的条件

　（3 3 ）

　x x 在 满足（2 2 ）条件下 ，讨论 A A 与台阶碰撞前瞬间的速度

　sav vt 2 . 212s t 0 . 4 台阶 L v 0

　v 1

　A B x O B

　 11 、解析：（1 1 ）滑块 B B 从释放到最低点，机械能守恒，有：

　…… ①

　在最低点，由牛顿运动定律：

　…… ②

　又：

　…… ③

　联立 ①②③ 得：

　 （2 2 ）设 A A 与台阶碰撞前瞬间，A A 、B B 的速度分别为 v v A A 和v v B B ，由动量守恒

　…… ④

　若 若 A A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：…… ⑤

　对 对 A A 应用动能定理：

　…… ⑥

　联立 ④⑤⑥ 解得：

　，…… ⑦

　即 即 A A 与台阶只能碰撞一次的条件是：

　 （3 3 ）设 x x = = 时，A A 左端到台阶板前瞬间，A A 、B B 恰好达到共同速度 ，由动量守恒…… …… ⑧

　2 20 11 12 2mv mgL mv  21mvT mgL mg T 5 gL v 20 12 v gL A Bmv mv mv 21 B Amv mv  22221Amv mgx   4Lx4Lx0xABvABv ) m m ( mv 21 

　 对 对 A A 应用动能定理：

　…… ⑨

　联立 ⑧⑨ 得：

　…… ⑩

　(i) 当 即 时，B AB 共速后 A A 与挡板碰撞．

　由 ⑧ 可得 A A 与台阶碰撞前瞬间的速度 ：…… ⑩

　(ii) 当 即 时，B AB 共速前 A A 就与台阶碰撞，

　对 对 A A 应用动能定理：

　……○ 11

　A A 与台阶碰撞前瞬间的速度：

　……○ 12

　1 12 2 、 质量为 m 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 x x 0 0 ，如图所示．一物块从钢板正上方距离为3 3 x x 0 0 的 A 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 m 时，它们恰能回到 O O 点．若物块质量为2 2 m m ，仍从 A A 处自由落下，则物块与钢板回到 O 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 O 点的距离．

　20221ABmv μmgx  940Lx0x x 49Lx32311gL vv vAB A   40Lx x  4 94 LxL22221Amv mgx   gx v A  2

　 1 12 2 、解析：物块自由下落3 3 x x 0 0 的过程中，由机械能守恒定律得: : ①

　物块与钢板碰撞，由动量守恒定律得: :

　 ②

　设刚碰完时弹性势能为 ，根据机械能守恒定律: :

　③

　设质量为2 2 m m 的物块与钢板碰后一起向下运动的速度为 v v 2 2 ，则: : ④

　由机械能守恒定律得: :

　 ⑤

　以上两种情况下，弹簧的初始压缩量都为 x x 0 0 ，故有: :

　⑥

　物体从 O O 点再向上以初速 v v 做竖直上抛运动．到达的最高点与 O O 点的距离: :

　 ⑦

　由以上各式解得

　 13 、如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置 U U 形滑板 板 N N ，滑板两端为半径 m R=0.45m 的 的 4 1/4 圆弧面。A A 和 和 D D 分别是圆弧的端点，C BC 段表面粗糙，其余段表面光滑。小滑块P P 1 1 和 和 P P 2 2 的质量均为 m m 。滑板的质量 M=4m ，P P 1 1 和 和 P P 2 2 与 与 C BC 面的20 0132mg x mv 0 12 mv mv pE21 01(2 ) 22pE m v mgx  0 22 3 mv mv 2 22 01 1(3 ) 3 (3 )2 2pE m v mgx m v  p pE E 202vlg02xl 

　 动摩擦因数分别为 μ 1 1 0 =0.10 和 和 μ 2 2 =0.40 ，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。开始时滑板紧靠槽的左端，P P 2 2 静止在粗糙面的 B B 点，P P 1 1 以 以 v v 0 0 s =4.0m/s 的初速度从 A A 点沿弧面自由滑下，与 P P 2 2 发生弹性碰撞后，P P 1 1 处在粗糙面 B B 点上。当 P P 2 2 滑到 到 C C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P P 2 2 继续运动，到达D D。

　点时速度为零。P P 1 1 与P P 2 2 视为质点，取 g=10m/s2 2 . .问：

　（1 1 ）P P 2 2 在 在 C BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？

　（2 2 ）C BC 长度为多少？N N 、P P 1 1 和 和 P P 2 2 最终静止后，P P 1 1 与 与 P P 2 2 间的距离为多少？

　1 13 3 、：

　解析：

　（1 1 ）P P 1 1 为 滑到最低点速度为 ，由动能定理有：

　解得：

　 P P 1 1 、P P 2 2 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速为 度分别为 、

　 1v20212121mv mv mgR  s m v / 511v2v

　 解得：

　=5m/s

　P P 2 2 向右滑动时，假设 P P 1 1 保持不动，对 P P 2 2 有：（向左）

　对 对 P P 1 1 、M M 有：

　 此时对 P P 1 1 有：

　，所以假设成立。

　（2 2 ）P P 2 2 滑到 C C 点速度为 ，由 得

　 P P 1 1 、P P 2 2 碰撞到 P P 2 2 滑到 C C 点时，设 P P 1 1 、M M 速度为 v v ，由动量守恒定律：

　解得：

　 对 对 P P 1 1 、P P 2 2 、M M 组成的系统，由能量守恒有：

　代入数值得：

　 滑板碰后，P P 1 1 向右滑行距离：

　 P P 2 2 向左滑行距离：

　 所以 P P 1 1 、P P 2 2 静止后距离：

　 1 14 4 、如图 9 19 所示，水平地面上静止放置着物块 B B 和 和 C C 相2 1 1v m v m mv    222121212121v m v m mv    01 v2vm mg u f 42 2 2) ( a M m f  22/ 8 . 054s mmmM mfa  m f m ma fm0 . 1 80 . 01   2v2221v m mgR   s m v / 32 2 2) ( v m v M m mv     s m v / 40 . 0 22222 2) (212121v M m v m mv L f     m L 9 . 1 mavS 08 . 02121 mavS 125 . 122222m S S L S 695 . 02 1    

　 距 距 m L=1.0m 物块 块 A A 以速度 v v 0 0 s =10m/s 沿水平方向与 B B 正碰，碰撞后 A A 和 和 B B 牢固粘在一起向右运动，并再与 C C 发生正碰，碰后瞬间 C C 的速度 v=2.0m/s ，已知 A A 和 和 B B 的质量均为m m 。C C 的质量为 A A 质量的 k k 倍，物块与地面的动摩擦因数=0.45( 设碰撞时间很短，g g 取 取 10m/s2 2 ) )

　（1 1 ）计算与 C C 碰撞前瞬间 B AB 的速度（2 2 ）根据 B AB 与 与 C C 的碰撞过程分析 k k 的取值范围，并讨论与 C C碰撞后 B AB 的可能运动方向。

　1 14 4 、解：

　：

　（1 1 ）设 A A 、B B 为 碰后速度为 ，由于碰撞时间很短，A A 、B B 相碰的过程动量守恒，以向右为正方向，得：

　① 得：v v 1 1 =5m/s

　在 在 A A 、B B 向 向 C C 运动，设与 C C 为 碰撞前速度为 ，在此过程中 对B AB 由动能定理，有：

　②

　得 得 A A 、B B 与 与 C C 碰撞前的速度为：

　 （2 2 ）设 A A 、B B 与 与 C C 为 碰后速度为 ，A A 、B B 与 与 C C 碰撞的过程动量守恒：

　③ 得：

　 ④

　1v0 12 mv mv 2v2 22 11 12 2 22 2mgl mv mv    22 12 4 / v v gl m s    3v2 32 2 mv mv kmv  232(4 ) /2v kvv k m s  

　 碰后 A A 、B B 度 的速度 必须满足：

　 ⑤

　且满足：

　 ⑥

　由 ④⑤⑥ 式得

　 由 ④ 式知：当 时， ，即与 C C 碰撞后，B AB 向右运动

　当 时， ，即与 C C 碰撞后，B AB 停止

　当 时， ，即与 C C 碰撞后，B AB 向左运动

　15 、（ 18 ）如图，以 A A 、B B 和 和 C C 、D D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠 B B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于 B B 、C C ，一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上 E E 点，运动到 A A 时刚好与传送带速度相同，然后经 A A 沿半圆轨道滑下，再经 B B滑上滑板，滑板运动到 C C 时被牢固粘连，物块可视为质点，质量为 m m ，滑板质量 M=2m ，两半圆半径均为 R R ，板长 ，板右端到C C 的距离L L 在 R<L<5R， 范围内取值，E E 距A A 为 S=5R ，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均 ，重力加速度取 g g 。

　（1 1 ）求物块滑到 B B 点的速度大小；

　（2 2 ）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克3v3v v 2 2 22 31 1 12 22 2 2mv mv kmv  2 6 k  2 4 k  30 v 4 k 30 v 6 4   k30 v R l 5 . 6 5 . 0  

　 服摩擦力做的功 与 与 L L 的关系，并判断物块能否滑到 D CD 轨道的中点。

　15 、8 (18 分) )

　解：（1 1 ）设物块到达 B B 点的速度为 v v B B ，对物块从 E E 到 B B 由动能定理得

　①

　解得 ②

　（2 2 ）假设物块与滑板达到共同速度 v v 时，物块还没有离开滑板，对物块与滑板，由动量守恒，有 ③

　设 物 块 在 滑 板 上 运 动 的 距 离 为 s s 1 1 ， 由 能 量 守 恒 得④

　由 ③④ ，得 ⑤

　即 达到共同速度 v v 时，物块不会脱离滑板滑下。

　设此过程滑板向右运动的距离为 s s 2 2 ，对滑板由动能定理得fW215 2 02Bmg R mg R mv      3Bv gR ( )Bmv m M v  2 211 1( )2 2Bmg s mv m M v     16 6.5 s R l R   20 图R S 5 RRAB CDMR l 5 . 6 L

　 ⑥

　由 ③⑥ ，得

　 讨论：

　① 当 时，滑块在滑板上一直减速到右端，设此时的速度为 v v C C ， 对物块由动能定理得

　⑦

　解得

　 所以克服摩擦力所做的功

　 设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为 H H ，由机械能守恒得

　⑧

　解得 ，故物块不能滑到 CD 轨道中点。

　② 当 与 时，滑块与滑板最终一起运动至滑板与 C C 相碰，碰后滑块在滑板上继续做减速运动到右端，设此时的速度为 v v C C 1 1 ， 对物块由动能定理得

　⑨

　解得

　 所以克服摩擦力所做的功

　 设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为 h h ，由机械能守恒得

　2212mg s Mv   22 s R 2 R L R  2 21 1( )2 2C Bmg l L mv mv     (2.5 ) 0Cv R L   ( ) 3.25 0.5fW mg l L mgR mgL     212Cmv mgH 34H R 2 5 R L R  2 22 11 1( )2 2C Bmg l s mv mv     102CgRv  2( ) 4.25fW mg l s mgR    

　⑩

　解得 ，故物块不能滑到 CD 轨道中点。

　16、 、 （6 16 分）光滑水平地面上停放着一辆质量 g m=2kg 的平板车，质量 g 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 ，如图扭不，一水平向右的推力 N F=24N 作用在滑块 M M 上 上 s 0.5s 撤去，平板车继续向右运动一段时间后竖直墙壁发生碰撞，设滑块与平板车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 g 取 取 10m/s2 2 ，求：

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

　（2 2 ）平板车第二次与墙壁碰撞前的瞬间速度 v v 2 2 多大？

　（3 3 ）为使滑块不会从平板车右端滑落，平板车 l l 至少要多长？

　（4 4 ）

　平板车 与墙第一次相碰后小车所走的总路程 S S M M 为多少？( ( 选做) )

　2112Cmv mgh 4Rh R  

　 16 、（6 16 分）（1 1 ）滑块与平板车之间的最大静摩擦力，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 ，以车为研究对象

　（1 1 分）

　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相对静止地加速的水平推力最大值设为（1 1 分）

　已知水平推力 ，所以在 F F 作用下 M M 、m m 能相对静止地一起向右加速（1 1 分）

　（评分说明：若不分析 F F 作用下两物能相对静止，以上 3 3分不能给）

　设第一次碰撞前 M M 、m m 的速度为（1 1 分）

　第一次碰墙后到第二次碰墙前车和滑块组成的系统动量守恒

　（1 1 分）

　车向左运动速度减为 0 0 时，由于 m<M ，滑块仍在向右运动，

　为 设此时滑块速度为 车离墙 s s

　 （1 1 分）

　Mg f m  ma2/ 6 2 / 10 4 3 . 0 / / s m m Mg m f am m      N s m kg a m M F Fm m m36 / 6 ) 2 4 ( ) ( ,2      则mF N F   24s m s mm MFtv v / 2 /2 45 . 0 24,1 11v1 1 1v M mv Mv   

　 （1 1 分）

　以车为研究对象，根据动能定理

　 （2 2分）

　（1 1 分）

　（2 2 ）第一次碰撞后运动到速度为零时，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 s ，可算出第二次碰撞前瞬间的速度大小也为 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。（有关于第二次碰墙瞬间前两者已相结静止的文字分析的给 1 1 分）

　设车与墙第二次碰撞前瞬间速度为 （1 1分）

　（1 1 分）

　（3 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s m s mMv m Mv / 1 /42 ) 2 4 ( ) (11  21210 mv Mgs    m m mMgmvs 33 . 03110 4 3 . 0 22 222 21    2 1 1 2) ( , v m M mv Mv v    则s m s m vm Mm Mv / 67 . 0 /2 42 ) 2 4 (2 

　 为内能，车停在墙边，滑块相对车的总位移设为 L L ，则有（2 2 分）

　（1 1 分）

　平板车的长度不能小于 1m

　（4 4 ）

　设 平板 车与墙第n n 次碰后速率为v v n n ，则v v 1 1 ＝ 2m/s ，第（n n ＋1 1 ）次碰后速率为v v n+1 ，对物块与 平板 车组成的系统在第n n 次碰后到第（n n ＋1 1 ）次碰前过程，

　由动量守恒得：

　Mv n n － mv n n = = （m m ＋M M ）v v n+1 ⑦

　所以v v n+1 ＝ ＝ v v n n =v n n /3 ⑧

　平板 车与墙第（n n ＋1 1 ）次碰后向左最大位移：s s n+1 =v n+12 2 /2a==S n n /9 ⑨

　S S n n 为车与墙第n n 次碰后向左最大位移

　可见车每次与墙碰后的最大位移是一个等比数列，其q=1/9 ，所以车与墙碰后的总路程：

　S S M M ＝2 2 （S S 1 1 ＋S S 2 2 ＋… ＋S S n n ＋… ）＝ 2S 1 1 ·（ （1 1 十 十… ＋＋… ）= =

　 由第（1 1 ）步知：车第一次与墙碰后最大位移为S S 1 1 =1/3m

　Mgl v m M     21) (210m mMgv m Ml 110 4 3 . 0 22 ) 2 4 (2) (2 21    M mv m Mn2 42 491av n222511251 nqS 121

　 所以S S M M ＝ m m ＝

　 911312m m 75 . 043