动量守恒定律_章节学习

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题型：单选题

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单选题

一艘小船的质量为M，船上站着一个质量为m的人，人和小船原处于静止状态，水对船的阻力忽略不计。当人从船尾向船头方向走过距离d（相对于船），小船后退的距离

A

B

C

D

正确答案

D

1

题型：多选题

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多选题

如图所示，物体A与物体B置于光滑水平面上，其质量mA＞mB，A、B间有一细绳连接，且有与A、B不连接的被压缩的轻弹簧，整个装置处于静止状态，现将细绳烧断，而后弹簧伸展将A、B弹开，以下说法正确的是（　　）

A此过程中，B受弹力大小比A受弹力大

B开始运动后，任一时刻B的瞬时速度大小始终比A的瞬时速度大

C此过程中，弹力对B的冲量大小比对A的冲量大

D此过程中，弹力对B做功比对A做功多

正确答案

B,D

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一小锤用细线系于固定悬挂点O处，将小锤拉至O左侧一定高度（不超过O点所在的水平面）由静止释放，小锤恰好在最低点P与停在光滑水平面上的物块发生弹性正碰，碰后物块冲向右边固定在墙上的细长钢钉．已知物块和小锤的质量分别为m、3m；物块和钢钉的长度分别为l、2l，OP距离为R；当小锤释放点距离P的高度h=时，物块最终停止时其右端到墙的水平距离为．重力加速度为g．物块未被穿透时受到的阻力大小只与钢钉进入物块的深度有关，物块被穿透后受到的阻力恒为f0．

（1）当h=时，小锤与物块碰前瞬间对细线的拉力；

（2）当h=时，物块开始接触钢钉时的速度大小；

（3）要使物块最终被穿透但又没碰到墙，试求h的取值范围．

正确答案

解：（1）小锤下摆过程只有重力做功，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：3mgh=•3mv2，解得：v=，

在最低点，由牛顿第二定律得：F-3mg=3m，

解得：F=6mg，由牛顿第三定律可知，

对细线的拉力：F′=F=6mg，方向竖直向下；

（2）小锤与物块碰撞过程系统动量守恒，以小锤的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：3mv=3mv1+mv2 ①

由机械能守恒定律得：•3mv2=•3mv12+mv22 ②

已知：h=，解得：v1=，v2=；

（3）物块被穿透过程的阻力为变力，该过程阻力做功为W1，物块被穿透后受到的阻力恒为f0，

此过程阻力做功为：-f0（l-x），物块减速到零的过程中，

由动能定理得：W1-f0（l-x）=0-mv22 ③

已知：h=、x=，解得：W1=f0l-mgR ④

当h≤R时，由前面的分析可知，物体接触钢钉的瞬时速度为：v2=，

物块接触钢钉后到物块停止过程中，由①②③④解得：

x=-h+R+l ⑤

0＜x＜l，则：-＜h＜+ ⑥，

当h≤R时，由W1=f0l-mgR＜0可知，l＜，

代入⑥解得：+＜R，⑥符合要求，

综上所述可知，h的取值范围是：-＜h＜+，

答：（1）当h=时，小锤与物块碰前瞬间对细线的拉力大小为6mg，方向竖直向下；

（2）当h=时，物块开始接触钢钉时的速度大小为；

（3）要使物块最终被穿透但又没碰到墙，h的取值范围是：-＜h＜+．

解析

解：（1）小锤下摆过程只有重力做功，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：3mgh=•3mv2，解得：v=，

在最低点，由牛顿第二定律得：F-3mg=3m，

解得：F=6mg，由牛顿第三定律可知，

对细线的拉力：F′=F=6mg，方向竖直向下；

（2）小锤与物块碰撞过程系统动量守恒，以小锤的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：3mv=3mv1+mv2 ①

由机械能守恒定律得：•3mv2=•3mv12+mv22 ②

已知：h=，解得：v1=，v2=；

（3）物块被穿透过程的阻力为变力，该过程阻力做功为W1，物块被穿透后受到的阻力恒为f0，

此过程阻力做功为：-f0（l-x），物块减速到零的过程中，

由动能定理得：W1-f0（l-x）=0-mv22 ③

已知：h=、x=，解得：W1=f0l-mgR ④

当h≤R时，由前面的分析可知，物体接触钢钉的瞬时速度为：v2=，

物块接触钢钉后到物块停止过程中，由①②③④解得：

x=-h+R+l ⑤

0＜x＜l，则：-＜h＜+ ⑥，

当h≤R时，由W1=f0l-mgR＜0可知，l＜，

代入⑥解得：+＜R，⑥符合要求，

综上所述可知，h的取值范围是：-＜h＜+，

答：（1）当h=时，小锤与物块碰前瞬间对细线的拉力大小为6mg，方向竖直向下；

（2）当h=时，物块开始接触钢钉时的速度大小为；

（3）要使物块最终被穿透但又没碰到墙，h的取值范围是：-＜h＜+．

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题型：简答题

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简答题

一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g．求：

（1）木块在ab段受到的摩擦力f；

（2）木块最后距a点的距离s．

正确答案

解：（1）设木块和物体P共同速度为v，两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：mv0=（m+2m）v…①

…②

由①②得：…③

（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：…④

由②③④得：．

答：（1）木块在ab段受到的摩擦力．

（2）木块最后距a点的距离．

解析

解：（1）设木块和物体P共同速度为v，两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：mv0=（m+2m）v…①

…②

由①②得：…③

（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：…④

由②③④得：．

答：（1）木块在ab段受到的摩擦力．

（2）木块最后距a点的距离．

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题型：多选题

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多选题

在一条直线上，运动方向相反的两球发生正碰．以球1的运动方向为正，碰前球1、球2的动量分别是p1=6kg•m/s，p2=-8kg•m/s．若两球所在水平面是光滑的，碰后各自的动量可能是（　　）

Ap1′=4 kg•m/s，p2′=-6 kg•m/s

Bp1′=-4 kg•m/s，p2′=2 kg•m/s

Cp1′=-8 kg•m/s，p2′=6 kg•m/s

Dp1′=-12 kg•m/s，p2′=10 kg•m/s

正确答案

B,C

解析

解：A、运动方向相反的两球发生碰撞．以球1的运动方向为正，球1、球2的动量分别是：

P1=6kg•m/s，p2=-8kg•m/s．

所以A球与B球时发生碰撞，碰后两球速度方向不可能都保持不变．

p1′=4kg•m/s，p2′=-6kg•m/s，两球动量方向不变，不符合实际运动情况，故A错误；

B、p1′=-4kg•m/s，p2′=2kg•m/s，遵守动量守恒．

两球动量动量都减小，根据Ek=，符合总动能不增加，故B正确；

C、p1′=-8kg•m/s，p2′=6kg•m/s，遵守动量守恒．

球1动能增加，球2动能减小，由于两球质量关系不清楚，可能符合总动能不增加，故C正确；

D、p1′=-12kg•m/s，p2′=10kg•m/s，遵守动量守恒．

两球动量动量都增大，根据Ek=，总动能增加，不符合实际情况，故D错误；

故选：BC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B，B的质量为M=3m，B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生弹性碰撞，碰撞后小物块A又滑上劈B．求物块A在B上能够达到的最大高度．

正确答案

解：C、A组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvC+mvA，

由能量守恒定律得：mv02=mvC2+mvA2，

解得：vC=0，vA=v0，

A、B系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvA=（m+M）v，

系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mvA2=mgh+（m+M）v2，

解得：h=；

答：物块A在B上能够达到的最大高度为．

解析

解：C、A组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvC+mvA，

由能量守恒定律得：mv02=mvC2+mvA2，

解得：vC=0，vA=v0，

A、B系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvA=（m+M）v，

系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mvA2=mgh+（m+M）v2，

解得：h=；

答：物块A在B上能够达到的最大高度为．

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题型：简答题

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简答题

在光滑水平面上，甲．乙两物体的质量分别为m1，m2．它们沿一条直线相向运动，其中甲物体运动速度v1的大小是6m/s．乙物体运动速度v2的大小是2m/s，已知两物体碰撞后各自沿着原方向的反方向运动，速度v的大小都是4m/s．

（1）求甲、乙两物体的质量之比m1：m2；

（2）试通过计算说明此碰撞是什么碰撞？

正确答案

解：（1）碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v1-m2v2=m2v-m1v，

解得：=．

（2）碰撞前系统的动能为：EK=m1v12+m2v22=18m1+2m2，

碰撞后系统总动能为：EK′=m1v2+m2v2=8m1+8m2，

已知：：=，则：EK=EK′，碰撞为弹性碰撞；

答：（1）甲、乙两物体的质量之比m1：m2为3：5；

（2）碰撞是弹性碰撞．

解析

解：（1）碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v1-m2v2=m2v-m1v，

解得：=．

（2）碰撞前系统的动能为：EK=m1v12+m2v22=18m1+2m2，

碰撞后系统总动能为：EK′=m1v2+m2v2=8m1+8m2，

已知：：=，则：EK=EK′，碰撞为弹性碰撞；

答：（1）甲、乙两物体的质量之比m1：m2为3：5；

（2）碰撞是弹性碰撞．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为M的木板和质量为m、长度可以忽略的小木块一起以速度v0沿着光滑水平面滑动时，与墙碰撞，碰后木板以原速率弹回，问碰后多长时间小木块在木板上停止滑动？已知小木块与木板间的动摩擦因数为μ，木板足够长，且M＞m．

正确答案

解：设木块和木板最后的共同速度为v，木板与墙壁碰撞后，

以向右为正方向，由动量守恒定律有：Mv0-mv0=（M+m）v，

对木块用动量定理，并以向左为正方向，设碰后经时间t，

木块在木板上停止滑行（有共同速度），

由动量定理有：μmgt=mv-（-mv0），

解得：t=；

答：碰后经过时间小木块在木板上停止滑动．

解析

解：设木块和木板最后的共同速度为v，木板与墙壁碰撞后，

以向右为正方向，由动量守恒定律有：Mv0-mv0=（M+m）v，

对木块用动量定理，并以向左为正方向，设碰后经时间t，

木块在木板上停止滑行（有共同速度），

由动量定理有：μmgt=mv-（-mv0），

解得：t=；

答：碰后经过时间小木块在木板上停止滑动．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，设车厢长度为l，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为______，方向______．

正确答案

水平向右

解析

解：以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律可得：

mv0=（M+m）v′，

最终车的速度为：

v′=，方向与v0的速度相同，水平向右；

故答案为：，水平向右．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，悬挂在高处O点的绳子下端是质量M=10kg的橡胶杆P，在游乐节目中，选手需要借助该装置飞越到对面的水平传送带上，传送带始终以u=3m/s的速度逆时针转动，传送带的另一端B点就是终点，且xAB=3m．一名质量m=50kg的选手脚穿轮滑鞋以水平向右大小为v0=8.4m/s的速度迅速抱住竖直静止的橡胶杆P并开始摆动，若选手可看作质点，悬点O到选手的距离L=6m，不考虑空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）当绳子摆到与竖直方向的夹角θ=37°时选手速度的大小；

（2）此时刻选手立即放开橡胶杆P并且最终刚好站到了高度相同的传送带的端点A上，若选手在传送带上做无动力的自由滑行，受到的摩擦阻力为自身重量的0.2倍，求选手在传送带上滑行过程中因摩擦而产生的热量Q．

正确答案

解：（1）以选手与橡皮杆组成的系统为研究对象，

选手抱住橡皮杆的过程，系统水平方向动量守恒，

由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，解得：v1=7m/s，

选手抱住P后，从开始摆动到摆角为37°过程中，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：（m+M）v12=（m+M）gL（1-cos37°）+（m+M）v22，

解得：v2=5m/s；

（2）选手站上A点时，设水平速度为vx，则vx=v2cos37°=4m/s，

选手在传送带上做匀减速运动，设选手对地面的位移为x，

由动能定理得：-kmgx=0-mvx2，解得：x=4m＞xAB=3m，则选手能冲过终点B，

对选手，由牛顿第二定律得：kmg=ma，解得：a=2m/s2，

设选手从A到B的时间为t，由匀变速运动的位移公式得：xAB=vxt-at2，

解得：t=1s（t=3s不合题意，舍去），

在这段时间内传送带通过的位移为：x1=ut=3m，

因摩擦而产生的热量：Q=Wf=kmg（xAB+x1），

解得：Q=600J；

答：（1）当绳子摆到与竖直方向的夹角θ=37°时选手速度的大小为5m/s；

（2）选手在传送带上滑行过程中因摩擦而产生的热量为600J．

解析

解：（1）以选手与橡皮杆组成的系统为研究对象，

选手抱住橡皮杆的过程，系统水平方向动量守恒，

由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，解得：v1=7m/s，

选手抱住P后，从开始摆动到摆角为37°过程中，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：（m+M）v12=（m+M）gL（1-cos37°）+（m+M）v22，

解得：v2=5m/s；

（2）选手站上A点时，设水平速度为vx，则vx=v2cos37°=4m/s，

选手在传送带上做匀减速运动，设选手对地面的位移为x，

由动能定理得：-kmgx=0-mvx2，解得：x=4m＞xAB=3m，则选手能冲过终点B，

对选手，由牛顿第二定律得：kmg=ma，解得：a=2m/s2，

设选手从A到B的时间为t，由匀变速运动的位移公式得：xAB=vxt-at2，

解得：t=1s（t=3s不合题意，舍去），

在这段时间内传送带通过的位移为：x1=ut=3m，

因摩擦而产生的热量：Q=Wf=kmg（xAB+x1），

解得：Q=600J；

答：（1）当绳子摆到与竖直方向的夹角θ=37°时选手速度的大小为5m/s；

（2）选手在传送带上滑行过程中因摩擦而产生的热量为600J．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为2m的足够长木板C静止在光滑水平面上，质量均为m的两个小物体A、B（均可视为质点）放在C的左、右端，A、B两个物体同时分别获得向右和向左的速度2v0和v0，若A、B与C之间的动摩擦因数分别为μ和2μ，已知A、B一直未相碰，假设物体间最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则：

（1）最终A、B、C的共同速度为多大；

（2）求在此过程中C的向左运动的最大位移；

（3）A在C上滑行的距离．

正确答案

解：（1）以A、B、C组成的系统为研究对象，系统动量守恒，

以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m•2v0-mv0=（m+m+2m）v，解得：v=v0，方向向右；

（2）B做减速运动，在B的速度减为零的过程中，取向右为正方向．

由牛顿第二定律得：

对C，-2μmg+μmg=2maC，解得：aC=-0.5μg，

对B，2μmg=maB，解得：aB=2μg，

设B、C到达相等速度的时间为t1，则有：

-v0+2μgt1=-0.5μgt1，解得t1=，

此过程中C向左运动的位移为：XC1=aCt12=-

此时B、C的共同速度为v1=aCt1=-v0

B、C达到共同速度后一起继续向左做匀减速运动，直到速度为0，

B、C相对静止过程中，加速度aBC==μg

此过程中，B、C向左运动的位移为：XC2==-

所以C向左运动的最大位移X=XC1+XC2=--；

即C物块向左运动的最大位移为；

（3）ABC达到相对静止时，BC向右的位移：

xBC==，

A物块在整个过程中的位移：xA==；

A在C上滑行的位移：xAC=xA-xB-xBC=；

答：（1）最终A、B、C的共同速度为v0

（2）在此过程中C的向左运动的最大位移为；

（3）A在C上滑行的距离为．

解析

解：（1）以A、B、C组成的系统为研究对象，系统动量守恒，

以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m•2v0-mv0=（m+m+2m）v，解得：v=v0，方向向右；

（2）B做减速运动，在B的速度减为零的过程中，取向右为正方向．

由牛顿第二定律得：

对C，-2μmg+μmg=2maC，解得：aC=-0.5μg，

对B，2μmg=maB，解得：aB=2μg，

设B、C到达相等速度的时间为t1，则有：

-v0+2μgt1=-0.5μgt1，解得t1=，

此过程中C向左运动的位移为：XC1=aCt12=-

此时B、C的共同速度为v1=aCt1=-v0

B、C达到共同速度后一起继续向左做匀减速运动，直到速度为0，

B、C相对静止过程中，加速度aBC==μg

此过程中，B、C向左运动的位移为：XC2==-

所以C向左运动的最大位移X=XC1+XC2=--；

即C物块向左运动的最大位移为；

（3）ABC达到相对静止时，BC向右的位移：

xBC==，

A物块在整个过程中的位移：xA==；

A在C上滑行的位移：xAC=xA-xB-xBC=；

答：（1）最终A、B、C的共同速度为v0

（2）在此过程中C的向左运动的最大位移为；

（3）A在C上滑行的距离为．

1

题型：多选题

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多选题

小球A以速度v0向右运动，与静止的小球B发生碰撞，碰后A、B球的速度大小分别为，则A、B两球的质量比可能是（　　）

A1：2

B2：3

C3：2

D2：5

正确答案

B,D

解析

解：碰撞过程两球组成的系统动量守恒，取碰撞前A的速度方向为正方向．

若碰后A的速度方向与原来的方向相同时，碰后A的速度为v0，

根据动量守恒定律得：mAv0=mA×+mB×，解得，mA：mB=2：3．

若碰后A的速度方向与原来的方向相反时，碰后A的速度为-v0，

根据动量守恒定律得：mAv0=-mA×（-v0）+mB×，解得，mA：mB=2：5．

故选：BD．

1

题型：填空题

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填空题

质量为30㎏的小孩推着质量为10㎏的冰车，在水平冰面上以2m/s的速度滑行．不计冰面摩擦，若小孩突然以5m/s的速度（对地）将冰车推出后，小孩的速度变为______m/s，这一过程中小孩对冰车所做的功为______J．

正确答案

1

105

解析

解：以小孩与冰车组成的系统为研究对象，

由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv孩+mv车，

即：（30+10）×2=30×v孩+10×5，解得：v孩=1m/s；

由动能定理可得，小孩对冰车所做的功W=mv车2-mv02=105J；

故答案为：1，105．

1

题型：多选题

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多选题

如图，光滑水平面上，质量为m的子弹以v的速度水平射入木块（木块质量为M ）后留在木块内，则（　　）

A木块的最大速度为

B子弹射入木块的过程中，子弹受到的冲量为

C若将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），此系统从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的整个过程中，动量守恒

D弹簧的最大弹性势能为

正确答案

A,B

解析

解：从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，该过程系统要克服阻力做功，机械能不守恒，故C错误；

在打击的瞬间子弹与木块动量守恒；打击完后，木块具有最大速度，设向左为正方向，由动量守恒定律可得，mv=（m+M）v′；解得最大速度v′=；故A正确；

子弹减小的动量等于木块增加的动量，故子弹受到的冲量I=Mv′=；故B正确；

弹簧的最大弹性势能等于子弹和木块的总动能，由于打击过程有能量损失，此能量一定小于开始时子弹的动能；故D错误；

故选：AB．

1

题型：简答题

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简答题

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：

如图1所示．柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处，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，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h如图2所示．已知m=1.0×103kg，M=2.0×103kg，h=2.0m，l=0.20m，重力加速度g=10m/s2．设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求：

（1）锤子下落到与桩子接触前瞬间的速度v

（2）作用力F的大小．

正确答案

解：（1）锤自由下落，碰桩前速度v1向下，机械能守恒，有

，

解得m/s．

（2）碰后，已知锤上升高度为（h-l），故刚碰后向上的速度为v2

，

解得

设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，

mv1=MV-mv2，

桩下降的过程中，根据功能关系，

代入数据解得F=2.1×105 N．

答：（1）锤子下落到与桩子接触前瞬间的速度v为

（2）作用力F的大小为2.1×105 N．

解析

解：（1）锤自由下落，碰桩前速度v1向下，机械能守恒，有

，

解得m/s．

（2）碰后，已知锤上升高度为（h-l），故刚碰后向上的速度为v2

，

解得

设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，

mv1=MV-mv2，

桩下降的过程中，根据功能关系，

代入数据解得F=2.1×105 N．

答：（1）锤子下落到与桩子接触前瞬间的速度v为

（2）作用力F的大小为2.1×105 N．

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