动量守恒定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，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=m，mB=2m，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=3m，车长L=2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ=0.2，右侧地面上有一立桩，立桩与小车右端的距离为S，S在0＜S＜2R的范围内取值，当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．两滑块都可以看作质点，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=10m/s2．求：

（1）滑块A在半圆轨道最低点C受到轨道的支持力FN．

（2）炸药爆炸后滑块B的速度大小VB．

（3）请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与S的关系．

正确答案

解：（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，

由牛顿第二定律得：mAg=mA，

解得：vAD=，

滑块A在半圆轨道运动过程中，

由动能定理可得：-mAg•2R=mAvAD2-mAvAC2，

解得：vA=vAC=，

滑块A在半圆轨道最低点C，

由牛顿第二定律得：FN-mAg=mA，

解得：FN=6mg；

（2）在A、B爆炸过程，动量守恒，以B的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mBvB-mAvA=0，解得：vB=；

（3）滑块B滑上小车直到与小车共速，设为v共，

整个过程中，相同动量守恒，以B的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mBvB-（mB+M）v共=0，

解得：v共=，

滑块B从滑上小车到共速时的位移为sB==，

小车从开始运动到共速时的位移为s共==R，

两者位移之差（即滑块B相对小车的位移）为：△s=sB-s车=＜2R，

即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车．

当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，则直到停下来发生的位移为 S‘，

s′==＞（L-△s）=R，则滑块B会从小车滑离．

讨论：当0＜s＜R时，滑块B克服摩擦力做功为：

Wf=μ•2mg（L+s）=0.4mg（2R+s），

当R≤s≤2R时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为：

Wf1=μ•2mgsB=，

然后滑块B以V共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为：

s==R＜2R 所以，滑块不会从小车滑离．

则滑块共速后在小车运动时克服摩擦力做功为

Wf2=μ•2mg（L-△s）=，

当R＜s＜2R时，滑块B克服摩擦力做功为：

Wf=Wf1+Wf2=1.1mgR；

答：（1）滑块A在半圆轨道最低点C受到轨道的支持力为6mg．

（2）炸药爆炸后滑块B的速度大小为得：．

（3）滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功为1.1mgR．

解析

解：（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，

由牛顿第二定律得：mAg=mA，

解得：vAD=，

滑块A在半圆轨道运动过程中，

由动能定理可得：-mAg•2R=mAvAD2-mAvAC2，

解得：vA=vAC=，

滑块A在半圆轨道最低点C，

由牛顿第二定律得：FN-mAg=mA，

解得：FN=6mg；

（2）在A、B爆炸过程，动量守恒，以B的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mBvB-mAvA=0，解得：vB=；

（3）滑块B滑上小车直到与小车共速，设为v共，

整个过程中，相同动量守恒，以B的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mBvB-（mB+M）v共=0，

解得：v共=，

滑块B从滑上小车到共速时的位移为sB==，

小车从开始运动到共速时的位移为s共==R，

两者位移之差（即滑块B相对小车的位移）为：△s=sB-s车=＜2R，

即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车．

当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，则直到停下来发生的位移为 S‘，

s′==＞（L-△s）=R，则滑块B会从小车滑离．

讨论：当0＜s＜R时，滑块B克服摩擦力做功为：

Wf=μ•2mg（L+s）=0.4mg（2R+s），

当R≤s≤2R时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为：

Wf1=μ•2mgsB=，

然后滑块B以V共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为：

s==R＜2R 所以，滑块不会从小车滑离．

则滑块共速后在小车运动时克服摩擦力做功为

Wf2=μ•2mg（L-△s）=，

当R＜s＜2R时，滑块B克服摩擦力做功为：

Wf=Wf1+Wf2=1.1mgR；

答：（1）滑块A在半圆轨道最低点C受到轨道的支持力为6mg．

（2）炸药爆炸后滑块B的速度大小为得：．

（3）滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功为1.1mgR．

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题型：多选题

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多选题

质量为M 的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者同向运动且M的动量大小是m的2倍．两者质量之比可能为（　　）

A1

B3

C4

D7

正确答案

B,C

解析

解：以M、m组成的系统为研究对象，碰撞过程中，系统动量守恒，以M的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

Mv=mv1+Mv2

碰撞后M的动量大小正好是m的动量大小的两倍，

2mv1=Mv2…①

解得：v2=v，

碰撞时，机械能不能增加，则有：

Mv2≥mv12+Mv22… ②

由①②化简整理得：M≥2m，

即2≤≤5，故AD错误，BC正确；

故选：BC．

1

题型：多选题

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多选题

在光滑的水平面上，有大小相同的A、B两个小球，质量为1kg的A球以4m/s的速度与质量为2kg的静止的B球发生对心正碰，则A、B两球碰后，A球的速度υ1′、B球的速度υ2′的大小可能为（　　）

Aυ1′=υ2′=m/s

Bυ1′=-1 m/s，υ2′=2.5 m/s

Cυ1′=1 m/s，υ2′=3 m/s

Dυ1′=3 m/s，υ2′=0.5 m/s

正确答案

A,B

解析

解：碰撞前A、B两球的总动量为 P=m1υ1+m2υ2=1×4kg•m/s=4kg•m/s，总动能为 Ek==×1×42J=8J

A、碰撞后A、B两球的总动量为 P=m1υ1′+m2υ2′=（1+2）×kg•m/s=4kg•m/s，总动能为 Ek′=+=×（1+2）×（）2J=J，符合动量守恒和总动能不增加的规律，故A正确．

B、碰撞后A、B两球的总动量为 P=m1υ1′+m2υ2′=（-1×1+2×2.5）kg•m/s=4kg•m/s，总动能为 Ek′=+=×1×12+2×（2.5）2J=7.25J，符合动量守恒和总动能不增加的规律，故B正确．

C、碰撞后A、B两球的总动量为 P=m1υ1′+m2υ2′=（1×1+2×3）kg•m/s=7kg•m/s，违反了碰撞的基本规律：动量守恒，不可能，故C错误．

D、碰撞后，υ1′=3 m/s，υ2′=0.5 m/s，υ1′＞υ2′，不符合实际运动情况，不可能，故D错误．

故选：AB

1

题型：多选题

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多选题

甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲=10kg•m/s，p乙=14kg•m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为20kg•m/s，则甲、乙两球的质量m甲：m乙的关系可能是（　　）

A3：10

B1：10

C1：4

D1：6

正确答案

A,C

解析

解：动量P=mv，球的速度v=，甲球速度大于乙球速度，

则有＞，得到＜=，

根据动量守恒得，p甲+p乙=p甲′+p乙′，

代入解得p甲′=2kg•m/s．

据碰撞过程总动能不增加得到：

+≥+，

代入解得：＜

碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，

则≤，代入解得≥，

所 ≤≤，

故选：AC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m的小物块Q（大小不计），位于质量为M的平板P的左端，系统原来静止在光滑水平面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球．（大小不计），今将小球拉至悬线与竖直方向成600角的位置，由静止释放，小球到达最低点时与Q发生碰撞，且碰撞时间极短，无能量损失．已知Q刚好不离开平板车，Q与P之间的动摩擦因数为u，M：m=4：1，重力加速度为g求：

①小物块Q最终的速度大小；

②平板车P的长度．

正确答案

解：①小球由静止摆到最低点的过程中，有

mgR（1-cos60°）=mv02

v0=

小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，

二者交换速度，即小球静止

且vQ=v0=

设小物块最终的速度为v

由动量守恒定律有mvQ=（M+m）v

代入数据解得v=

②设平板车长度为L

由能量转化和守恒定律有：

μmgL=mvQ2-（M+m）v2

代入数据解得：L=

答：①小物块Q最终的速度大小；

②平板车P的长度为．

解析

解：①小球由静止摆到最低点的过程中，有

mgR（1-cos60°）=mv02

v0=

小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，

二者交换速度，即小球静止

且vQ=v0=

设小物块最终的速度为v

由动量守恒定律有mvQ=（M+m）v

代入数据解得v=

②设平板车长度为L

由能量转化和守恒定律有：

μmgL=mvQ2-（M+m）v2

代入数据解得：L=

答：①小物块Q最终的速度大小；

②平板车P的长度为．

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题型：单选题

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单选题

两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）

AvA′=5m/s，vB′=2.5m/s

BvA′=2m/s，vB′=4m/s

CvA′=-4m/s，vB′=3m/s

DvA′=-2m/s，vB′=6m/s

正确答案

B

解析

解：以碰撞前的速度方向为正方向，碰前系统总动量为：P总=1×6+2×2=10kg•m/s，碰前总动能为：Ek总=×1×62+×2×22=22J；

A、如果vA′=5m/s，vB′=2.5 m/s，则碰后A的速度大于B的速度，不符合实际，故A错误；

B、如果vA′=2m/s，vB′=4 m/s，系统动量守恒，碰后总动能为E′k总=×1×22+×2×42=18J，系统动能不增加，故B正确；

C、如果vA′=-4m/s，vB′=3m/s，碰撞后系统总动量：P总后=1×（-4）+2×3=2kg•m/s，系统动量不守恒，故C错误；

D、如果vA′=-2m/s，vB′=6m/s，碰撞后系统总动量：P总后=1×（-2）+2×6=10kg•m/s，系统动量守恒，碰后总动能为E′k总=×1×（-2）2+×2×62=38J，系统机械能增加，不符合实际，故D错误；

故选：B．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，质量为M的车厢静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的滑块，以初速度v0在车厢地板上向右运动，与车厢两壁发生若干次碰撞，最后静止在车厢中，则车厢最终的速度是（　　）

A0

Bv0，方向水平向右

C，方向一定水平向右

D，方向可能是水平向左

正确答案

C

解析

解：选滑块与小车组成的系统为研究对象，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒得：

mv0=（M+m）v

所以有：v=v0

方向水平向右，与v0同向．

故选：C

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连，质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时，速度恰好为零，现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求它们共同运动的速度．

正确答案

解：小物块以速度v0右滑时，由动能定理得：-fL=0-m，

小滑块以速度v滑上木板到碰墙前速度为v1，由动能定理得：

-fL=m-mv2，

碰后至共速由动量守恒，以滑块的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv1=（m+4m）v2，

解得：v2=，

答：它们共同运动的速度是．

解析

解：小物块以速度v0右滑时，由动能定理得：-fL=0-m，

小滑块以速度v滑上木板到碰墙前速度为v1，由动能定理得：

-fL=m-mv2，

碰后至共速由动量守恒，以滑块的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv1=（m+4m）v2，

解得：v2=，

答：它们共同运动的速度是．

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题型：单选题

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单选题

将质量为m0的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为．现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块，设子弹在木块中所受阻力不变，则以下说法正确的是（　　）

A若m0=3m，则能够射穿木块

B若m0=3m，子弹不能射穿木块，将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动

C若m0=3m，子弹刚好能射穿木块，此时子弹相对于木块的速度为零

D若子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v1；若子弹以4v0速度射向木块，木块获得的速度为v2；则必有v1＜v2

正确答案

B

解析

解：

ABC、木块固定时，子弹射穿木块，设木块长度为d，对子弹，由动能定理得：

-fd=m-mv02，

木块不固定时，子弹射入木块，系统动量守恒，假设子弹恰好能穿出木块；由动量守恒定律得：

mv0=（m0+m）v，

由能量守恒定律得：

mv02=（m0+m）v2+fd，

解得：m0=8m，则子弹要穿出木块m0≥8m，故AC错误，B正确；

D、子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，子弹以4v0速度射向木块时，木块也能从木块中穿出，木块宽度一定，子弹是越大，子弹穿过木块的时间t越短，子弹穿过木块时受到的阻力f相同，对木块，由动量定理得：

ft=m0v，可知，时间t越短，木块获得的速度越小，则v2＜v1，故D错误；

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN的半径为R=3.2m，水平部分NP长L=3.5m，物体B静止在足够长的平板小车C上，B与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端．从M点由静止释放的物体A滑至轨道最右端P点后再滑上小车，物体A滑上小车后若与物体B相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A、B和小车C的质量均为1kg，取g=10m/s2．求：

（1）物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小？

（2）物体A在NP上运动的时间？

（3）物体A最终离小车左端的距离为多少？

正确答案

解：（1）物体A由M到N过程中，由动能定理得：

mAgR=mAvN2

在N点，由牛顿定律得

FN-mAg=mA

由①、②得FN=3mAg=30N

由牛顿第三定律得，物体A进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：FN′=3mAg=30N

（2）物体A在平台上运动过程中

μmAg=mAa

L=vNt-at2

由①、⑤、⑥式得 t=0.5s t=3.5s（不合题意，舍去）

（3）物体A刚滑上小车时速度 v1=vN-at=6m/s

从物体A滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A组成系统动量守恒，而物体B保持静止

（m A+mC）v2=mAv1

小车最终速度 v2=3m/s

此过程中A相对小车的位移为L1，则解得：L1=

物体A与小车匀速运动直到A碰到物体B，A，B相互作用的过程中动量守恒：

（m A+mB）v3=mAv2

此后A，B组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v4

（m A+mB）v3+mCv2=（mA+mB+mC） v4

此过程中A相对小车的位移大小为L2，则

解得：L2=

物体A最终离小车左端的距离为x=L1-L2=

答：（1）物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小为30N；

（2）物体A在NP上运动的时间为0.5s；

（3）物体A最终离小车左端的距离为

解析

解：（1）物体A由M到N过程中，由动能定理得：

mAgR=mAvN2

在N点，由牛顿定律得

FN-mAg=mA

由①、②得FN=3mAg=30N

由牛顿第三定律得，物体A进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：FN′=3mAg=30N

（2）物体A在平台上运动过程中

μmAg=mAa

L=vNt-at2

由①、⑤、⑥式得 t=0.5s t=3.5s（不合题意，舍去）

（3）物体A刚滑上小车时速度 v1=vN-at=6m/s

从物体A滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A组成系统动量守恒，而物体B保持静止

（m A+mC）v2=mAv1

小车最终速度 v2=3m/s

此过程中A相对小车的位移为L1，则解得：L1=

物体A与小车匀速运动直到A碰到物体B，A，B相互作用的过程中动量守恒：

（m A+mB）v3=mAv2

此后A，B组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v4

（m A+mB）v3+mCv2=（mA+mB+mC） v4

此过程中A相对小车的位移大小为L2，则

解得：L2=

物体A最终离小车左端的距离为x=L1-L2=

答：（1）物体A进入N点前瞬间对轨道的压力大小为30N；

（2）物体A在NP上运动的时间为0.5s；

（3）物体A最终离小车左端的距离为

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题型：多选题

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多选题

质量为M的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为 m的子弹，以水平速度击中木块，木块滑行距离s后，子弹与木块以共同速度运动，子弹射入木块的深度为d．为表示该过程，甲、乙两同学分别画出了如图所示的示意图，以下判断中正确的是（　　）

A当M＞m时，甲图正确，当M＜m时乙图正确

B当子弹速度较大时甲图正确，当子弹速度较小时乙图正确

C不论速度、质量大小关系如何，子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等

D不论速度、质量大小关系如何，木块获得的动能总会少于摩擦产生的内能

正确答案

C,D

解析

解：A、子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，有：

mv0=（m+M）v′

木块在水平面上滑行的距离为s，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得：

fs=Mv′2=

根据能量守恒定律得：

Q=fd=m-（M+m）v′2=

所以Q=fd＞fs，即d＞s，

不论速度、质量大小关系如何，乙图正确，故AB错误；

C、子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，系统动量守恒，系统动量变化为零，

所以子弹的动量变化与木块的动量变化大小相等，方向相反，

根据动量定理得子弹对木块的冲量等于木块的动量变化，木块对子弹的冲量等于子弹的动量变化，

所以不论速度、质量大小关系如何，子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等，故C正确；

D、木块获得的动能为：Mv′2=，

摩擦产生的内能为：Q=，所以不论速度、质量大小关系如何，木块获得的动能总会少于摩擦产生的内能．故D正确；

故选：CD．

1

题型：单选题

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单选题

解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度υ前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为（　　）

A

B

C

D

正确答案

A

解析

解：设快艇的速度方向为正方向；

根据动量守恒定律有：Mv=（M-m）v+mv′．

解得v′=

故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示的凹形场地，两端是半径为L=1m的光滑圆弧面，中间长为2L的粗糙水平面．质量为3m的滑块乙开始停在水平面的中点O处，质量为m的滑块甲从光滑圆弧面顶端A处无初速度滑下，进入水平面内与乙发生碰撞，碰后甲以碰前一半的速度反弹．已知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.1，甲、乙的体积大小忽略不计．g=10m/s2．求：

（1）甲与乙碰撞前的速度．

（2）碰后瞬间乙的速度．

（3）甲、乙在O处发生碰撞后，请判断能否发生第二次碰撞？并通过计算确定甲、乙最后停止所在的位置．

正确答案

解：（1）设甲到达O处与乙碰撞前的速度为v甲，由动能定理：

mgL-μ1mgL=

得：v甲===4m/s

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，由动量守恒：

m甲v甲=m甲v甲′+m乙v乙′

又：v甲′=-v甲

得：v乙′=2m/s

（3）设碰撞后两个滑块在BC滑行的路程分别为S甲和S甲时停止运动．根据动能定理得：

对甲：-μ1mgS甲=-m

解得：S甲=1m，甲停在B点，

对乙：-μ23mgS乙=-3m

解得：S乙=2m，乙滑上圆弧面再滑下最后停在O点，与甲不能再次相碰．

答：（1）甲与乙碰撞前的速度为．

（2）碰后瞬间乙的速度为．

（3）甲、乙在O处发生碰撞后，不能发生第二次碰撞，甲停在B点，乙滑上圆弧面再滑下最后停在O点，

解析

解：（1）设甲到达O处与乙碰撞前的速度为v甲，由动能定理：

mgL-μ1mgL=

得：v甲===4m/s

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，由动量守恒：

m甲v甲=m甲v甲′+m乙v乙′

又：v甲′=-v甲

得：v乙′=2m/s

（3）设碰撞后两个滑块在BC滑行的路程分别为S甲和S甲时停止运动．根据动能定理得：

对甲：-μ1mgS甲=-m

解得：S甲=1m，甲停在B点，

对乙：-μ23mgS乙=-3m

解得：S乙=2m，乙滑上圆弧面再滑下最后停在O点，与甲不能再次相碰．

答：（1）甲与乙碰撞前的速度为．

（2）碰后瞬间乙的速度为．

（3）甲、乙在O处发生碰撞后，不能发生第二次碰撞，甲停在B点，乙滑上圆弧面再滑下最后停在O点，

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题型：多选题

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多选题

质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰后A球的动能恰好变为原来的，则B球速度大小可能是（　　）

A

B

C

D

正确答案

A,D

解析

解：根据碰后A球的动能恰好变为原来的得：

v=

碰撞过程中AB动量守恒，则

mv0=mv+2mvB

解得：或

故选AD．

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题型：简答题

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简答题

质量为M的气球上有一质量为 m的猴子，气球和猴子静止在离地高为h的空中．从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，则软梯至少应为多长？

正确答案

解：设下降过程中，气球上升高度为H，由题意知猴子下落高度为h，

取猴子和气球为系统，系统所受合外力为零，所以在竖直方向动量守恒，由动量守恒定律得：M•H=m•h，

解得

所以软梯长度至少为L=h+H=

答：为使猴子沿软梯安全滑至地面，则软梯至少应为．

解析

解：设下降过程中，气球上升高度为H，由题意知猴子下落高度为h，

取猴子和气球为系统，系统所受合外力为零，所以在竖直方向动量守恒，由动量守恒定律得：M•H=m•h，

解得

所以软梯长度至少为L=h+H=

答：为使猴子沿软梯安全滑至地面，则软梯至少应为．

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