《湖南省長沙市高中物理 第16章 動量守恒定律提升訓練 新人教版選修3-5（通用）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《湖南省長沙市高中物理 第16章 動量守恒定律提升訓練 新人教版選修3-5（通用）（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、動量守恒定律 一．選擇題（共14小題） 1．在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運動的v﹣t圖線如圖（b）中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量相等，則（　?。? A．碰后紅壺將被反彈回來 B．碰后藍壺速度為0.8 m/s C．碰后藍壺移動的距離為2.4 m D．碰后紅壺所受摩擦力小于藍壺所受的摩擦力 2．如圖所示，一個質量為M的滑塊放置在光滑水平面上，滑塊的一側是一個四分之一圓弧EF，圓弧半徑為R=1m。E點切線水平。另有一個質量為m的小球以初速度v0從E點沖上滑塊，若小球剛好沒躍出圓弧的上端，已

2、知M=4m，g取10m/s2，不計摩擦。則小球的初速度v0的大小為（　?。? A．v0=4m/s B．v0=5m/s C．v0=6m/s D．v0=7m/s 3．如圖所示，光滑絕緣水平軌道上帶正電的甲球，以某一水平速度射向靜止在軌道上帶正電的乙球，當它們相距最近時，甲球的速度變?yōu)樵瓉淼模阎獌汕蚴冀K末接觸，則甲、乙兩球的質量之比為（　　） A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4 4．將一個光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上如圖，槽左側有一個固定在水平面上的物塊．現(xiàn)讓一個小球自左側槽口A點正上方由靜止開始落下，從A點落入槽內(nèi)，則下列說法中正確的是（　?。? A．小球在半圓

3、槽內(nèi)運動的過程中，機械能守恒 B．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒 C．小球在半圓槽內(nèi)由B點向C點運動的過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒 D．小球從C點離開半圓槽后，一定還會從C點落回半圓槽 5．如圖所示，木塊A、B置于光滑水平桌面上，木塊A沿水平方向向左運動與B相碰，碰后粘連在一起，將彈簧壓縮到最短。則木塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從A、B相碰到彈簧壓縮至最短的整個過程中（　?。? A．動量不守恒、機械能守恒 B．動量不守恒、機械能不守恒 C．動量守恒、機械能守恒 D．動量守恒、機械能不守恒 6．如圖所示，質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子

4、內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質量為m的物體，某時刻給物體一個水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復碰撞后（　?。? A．兩者的速度均為零 B．兩者的速度總不會相等 C．盒子的最終速度為，方向水平向右 D．盒子的最終速度為，方向水平向右 7．如圖所示，小球A和小球B位于同一豎直線上，小球A距水平地面的高度為H=0.6m，小球B到水平地面的距離為h=0.2m，同時由靜止釋放兩球．設B和地面為彈性碰撞，兩球碰撞后B球速度為0，小球|A的質量為m，小球B的質量為5m．重力加速度大小為g=10m/s2，忽略小球的直徑、空氣阻力及碰撞時間，小球所受重力遠小于碰撞力．以地面為參考面，兩球

5、第一次碰撞后小球A能到達的高度為（　?。? A．1.6m B．0.82m C．0.6m D．0.35m 8．如圖所示，質量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與墻之間用輕彈簧連接?，F(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧。不計空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是（　?。? A．，I=mv0 B．，I=2mv0 C．，I=mv0 D．，I=2mv0 9．如圖所示，裝有彈簧發(fā)射器的小車放在水平地面上，現(xiàn)將彈簧壓縮鎖定后放入小球，再解鎖將小球從靜止斜向上彈

6、射出去，不計空氣阻力和一切摩擦。從靜止彈射到小球落地前的過程中，下列判斷正確的是（　　） A．小球的機械能守恒，動量守恒 B．小球的機械能守恒，動量不守恒 C．小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量不守恒 D．小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒 10．有一宇宙飛船，它的正面面積S=2m2，以v=3×103m/s的相對速度飛入一宇宙微粒塵區(qū)．此微粒塵區(qū)1m3空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質量為m=2×10﹣7kg．設微微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增加（　　） A．3.6×103N B．3.6N C．1.2×10﹣3N D．1.

7、2N 11．如圖所示，每級臺階的高和寬均相等，一小球向左拋出后從臺階上逐級彈下，在每級臺階上彈起的高度相同，落在每級臺階上的位置離邊緣的距離也相同，不計空氣阻力，則小球（　?。? A．與每級臺階都是彈性碰撞 B．通過 每級臺階的運動時間逐漸縮短 C．除碰撞外，水平方向的速度保持不變 D．只要速度合適，從下面的某級臺階上向右拋出，它一定能原路返回 12．如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，小滑塊B靜止在圓弧軌道的最低點?，F(xiàn)將小滑塊A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放。已知圓弧軌道半徑R=1.8 m，小滑塊的質量關系是mB=2mA，重力加速度g=10m/s2

8、．則碰后小滑塊B的速度大小不可能是（　?。? A．5 m/s B．4 m/s C．3 m/s D．2 m/s 13．臺球是一項深受人們喜愛的休閑運動，美式臺球中共由大小相同的1個白球（母球）15個花球（色球）組成，又稱花式臺球。如圖在某次擊球過程中，白球以3m/s的速度向右運動與靜止的黑球發(fā)生正碰，假設白球與黑球質量相等，碰撞中沒有機械能損失，將臺球視為質點，通過計算得到兩球碰撞后的運動情況為（　?。? A．白球靜止，黑球以3m/s的速度向右運動 B．黑球靜止，白球以3m/s的速度反彈向左運動 C．白球和黑球都以下1.5m/s的速度向右運動 D．白球以3m/s的速度反彈向左運動，黑

9、球以3m/s的速度向右運動 14．如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運動，一質量為m的物塊以大小為v2的初速度從傳送帶的P點沖上傳送帶，從此時起到物塊再次回到P點的過程中，下列說法正確的是（　?。? A．合力對物塊的沖量大小一定為2mv2 B．合力對物塊的沖量大小一定為2mv1 C．合力對物塊的沖量大小可能為零 D．合外力對物塊做的功可能為零 二．計算題（共7小題） 15．如圖所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B兩個小物體通過不可伸長的輕繩相連，細繩平行于地面，且跨過輕滑輪，A物體放置在木板的最左端。已知木板的質量m1=20.0kg，物體A的質量m2=4.0kg，物

10、體B的質量m3=1.0kg，物體A與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，木板長L=2m本板與物體A之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2．不計滑輪摩擦。 （1）為了使物體A隨著木板一起向左運動，現(xiàn)對木板施加水平向左的力F，求力F的最大值； （2）若開始時不施加力F，在A、B、木板靜止時，用向左的水平力擊打木板一下，使木板、A向左運動，物體B上升。當物體B上升hB=1.0m（物體B未碰觸滑輪）時，物體A剛好到達木板最右端。求最初擊打木板的沖量I。 16．如圖所示，高為h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其與水平面平滑對接于C點，D為斜劈的最高點，水平面的左側A點處有一豎

11、直的彈性擋板，質量均為m的甲、乙兩滑塊可視為質點，靜止在水平面上的B點，已知AB=h，BC=3h，滑塊甲與所有接觸面的摩擦均可忽略，滑塊乙與水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5．給滑塊甲一水平向左的初速度，經(jīng)過一系列沒有能量損失的碰撞后，滑塊乙恰好滑到斜劈的最高點D處，重力加速度用g表示．求： （1）滑塊甲的初速度v0的大??； （2）滑塊乙最終靜止的位置與C點的距離． 17．如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道MN的半徑為R，MP為粗糙水平面。兩個小物塊A、B可視為質點，在半圓形軌道圓心O的正下方M處，處于靜止狀態(tài)。若A、B之間夾有少量炸藥，炸藥爆炸后，A恰能經(jīng)過半

12、圓形軌道的最高點N，而B到達的最遠位置恰好是A在水平面上的落點。已知粗糙水平面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.8，求： （1）B到達的最遠位置離M點的距離； （2）極短爆炸過程中，A受到爆炸力的沖量大?。? （3）A與B的質量之比。 18．如圖所示，水平地面上固定一半徑為R=0.8m的光滑圓弧軌道，軌道左端放一質量為M=3kg、長為L=l.75m的木板，木板上表面與軌道末端等高，木板與地面間無摩擦，其左端放一質量m=lkg的物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4．現(xiàn)給物塊施一水平向右的恒力F=15N，作用一段距離x后撤去F，物塊正好能滑到圓弧軌道的最高點，然后再

13、滑回，取g=l0m/s2。 （1）求物塊滑到板右端時的速度v多大； （2）求x的大??； （3）通過計算說明，物塊最終能否滑離木板。 19．如圖聽示，在光滑水平面上有一質量為2020m的木板，板上有2020塊質量均為m的相同木塊1、2、…、2020．最初木板靜止，各木塊分別以v、2v、…、2020v同時向同一方向運動，木塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ，且木塊間不發(fā)生碰撞和離開木板的現(xiàn)象。求： （1）最終木板的速度 （2）運動中第88塊木塊的最小速度； （3）第二塊木塊相對木板滑動的時間。 20．如圖甲所示，m1=5kg的滑塊自光

14、滑圓弧形槽的頂端A點無初速度地滑下，槽的底端與水平傳送帶相切于左端導輪頂端的B點，傳送帶沿順時針方向勻速運轉。m1下滑前將m2=3kg的滑塊停放在槽的底端。m1下滑后與m2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩滑塊均向右運動，傳感器分別描繪出了兩滑塊碰后在傳送帶上從B點運動到C點的v﹣t圖象，如圖乙、丙所示。兩滑塊均視為質點，重力加速度g=10m/s2。 （1）求A、B的高度差h； （2）求滑塊m1與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ和傳送帶的長度LBC； （3）滑塊m2到達C點時速度恰好減到3m/s，求滑塊m2的傳送時間； （4）求系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。 21．如圖所示，質量為

15、M的長木板A在光滑水平面上，以大小為v0的速度向左運動，一質量為m的小木塊B（可視為質點），以大小也為v0的速度水平向右運動沖上木板左端，B、A間動摩擦因數(shù)為μ，最后B不會滑離A．已知M=2m，重力加速度為g。求： （1）A、B最后的速度； （2）木板A的最短長度。 　 參考答案與試題解析 　 一． 選擇題 1．【解答】解：A、由圖知：碰前紅壺的速度v0=1.0m/s，碰后速度為v′0=0.2m/s，可知，碰后紅壺沿原方向運動，故A錯誤。 B、設碰后藍壺的速度為v，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得： mv0=mv′0+mv 解得：v=

16、0.8m/s，故B正確； C、根據(jù)速度圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，可得，碰后藍壺移動的位移大小 x===2m，故C錯誤。 D、根據(jù)圖象的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍壺的加速度，兩者的質量相等，由牛頓第二定律知碰后紅壺所受摩擦力大于藍壺所受的摩擦力。故D錯誤。 故選：B。 2．【解答】解：當小球上升到滑塊上端時，小球與滑塊水平方向速度相同，設為v1，根據(jù)水平方向動量守恒有：mv0=（m+M）v1， 根據(jù)機械能守恒定律有：， 根據(jù)題意，有：M=4m， 聯(lián)立兩式解得：v0=5m/s，故ACD錯誤，B 正確。 故選：B?！? 3．【解答】解：甲、乙兩球組成的系統(tǒng)動量守恒

17、，當兩球相距最近時具有共同速度v，取向右為正方向，由動量守恒定律得： m甲v0=（m甲+m乙）v 據(jù)題 v= 解得：m甲：m乙=1：4 故選：D。 4．【解答】解：A、只有重力或只有彈力做功時物體的機械能守恒。小球在半圓槽內(nèi)運動由B到C過程中，除重力做功外，槽的支持力也對小球做功，小球機械能不守恒，由此可知，小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球的機械能守不守恒，故A錯誤。 B、小球在槽內(nèi)運動的前半過程中，左側物體對槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)動量不守恒。小球在槽內(nèi)運動的后半過程中，小球有向心加速度，豎直方向的合力不為零，系統(tǒng)的動量也不守恒。故B錯誤。 C、小球自半圓槽的最低點B向

18、C點運動的過程中，豎直方向的合力不為零，系統(tǒng)的動量也不守恒。系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，故小球與半圓槽在水平方向動量守恒，故C錯誤。 D、小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，水平方向做勻速直線運動，水平分速度與半圓槽的速度相同，所以小球一定還會從C點落回半圓槽，故D正確。 故選：D。 5．【解答】解：木塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從A、B相碰到彈簧壓縮至最短的整個過程中，墻壁對彈簧有作用力，系統(tǒng)的合外力不為零，所以動量不守恒。 A、B相碰粘連在一起的過程中，機械能有損失，所以機械能也不守恒，故ACD錯誤，B正確。 故選：B 6．【解答】解：選物

19、體與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，由水平方向動量守恒得： mv0=（M+m）v 所以：v=v0 v方向與v0同向，即方向水平向右。 故選：D。 7．【解答】解：B球落地時的速度大小為 v1===2m/s，此時A球的速度大小也為2m/s。 設B球撞地后上升t時間與a球相撞，則有 H﹣h=（v1t+）+（v1t﹣） 得 t=0.1s 兩球相撞前瞬間A球的速度為 vA=v1+gt=3m/s，B球的速度為 vB=v1﹣gt=1m/s 對于碰撞過程，取向上為正方向，由動量守恒定律得 5mvB﹣mvA=mvA′ 解得 vA′=2m/s 兩球第一次碰撞后小球A能上升的最大高度為 h′==0

20、.2m 兩球碰撞處離地高度 h″=v1t﹣=2×0.1﹣×10×0.12=0.15m 所以兩球第一次碰撞后小球A能到達的高度為 H′=h′+h″=0.35m 故選：D。　 8．【解答】解：A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得 mv0=2mv 碰撞后，AB一起壓縮彈簧，當AB的速度減至零時彈簧的彈性勢能最大，由能量守恒定律得： 最大彈性勢能 E= 聯(lián)立解得 E= 從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中，取向右為正方向，對AB及彈簧整體，由動量定理得 I=2mv﹣（﹣2mv）=4mv=2mv0。 故選：D?！? 9． 【解答】解：AB、從靜止彈射到小球落地前的過程

21、中，由于彈簧的彈力對小球做功，小球的機械能不守恒。由于小球所受的合外力是重力，不等于零，則其動量不守恒，故AB錯誤。 CD、小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒。系統(tǒng)豎直方向的合外力不為零，所以系統(tǒng)的動量不守恒，故C正確，D錯誤。 故選：C。 10． 【解答】解：選在時間△t內(nèi)與飛船碰撞的微粒為研究對象，其質量應等于底面積為S，高為v△t的圓柱體內(nèi)微粒的質量。 即 M=mSv△t，初動量為0，末動量為mv。 設飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得：F?△t=Mv﹣0 則 F===mSv2； 根據(jù)牛頓第三定律可知，微粒對飛船的撞擊力大小也等于mS

22、v2，則飛船要保持原速度勻速飛行牽引力應增加F′=F=mSv2； 代入數(shù)據(jù)得：F′=2×10﹣7×2×（3×103）2N=3.6N．故ACD錯誤，B正確 故選：B。 11． 【解答】解：ABC、小球平拋后落在臺階上，落到臺階上瞬間的速度方向斜向下，反彈后做斜拋運動，即豎直向上做勻減速直線運動，加速度為重力加速度，水平方向上做勻速運動，由題意知每級臺階上彈起的高度相同，落在每級臺階上的位置離邊緣的距離也相同，所以小球在運動過程中不受空氣阻力，小球與臺階碰撞過程中不受摩擦力作用；因在每級臺階上彈起的高度相同，所以存在機械能損失，碰撞不是彈性碰撞，所以小球落到每級臺階前瞬間的速度相等，由于小

23、球每次彈起，豎直向上做加速度為重力加速度的勻減速直線運動，而每級臺階上彈起的高度相同，由逆向思維可得：h=gt2，所以小球在相鄰臺階間運動的時間不變，故C正確，AB錯誤； D、由于在上升過程重力做負功，同時碰撞中存在能量損失，所以小球不可能原路返回，故D錯誤。 故選：C。 12． 【解答】解：滑塊A下滑過程，由機械能守恒定律得 mAgR= 解得 v0=6m/s 若兩個滑塊發(fā)生的是彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得： mAv0=mAvA+mBvB。 mAv02=mAvA2+mBvB2。 解得 vB=4m/s 若兩個滑塊發(fā)生的是非彈性碰撞，由動量守恒定律

24、得： mAv0=（mA+mB）vB′ 解得 vB′=2m/s 所以碰后小滑塊B的速度大小范圍為 2m/s≤vB≤4m/s，不可能為5m/s。 故選：A。 13． 【解答】解：設每個球質量為m。取碰撞前白球的速度方向為正方向。由動量守恒定律得： mv0=mv白+mv黑 由動能守恒可得： 聯(lián)立解得：v白=0m/s，v黑=3m/s 故A正確，BCD錯誤 故選：A。 14． 【解答】解：若v2＜v1，則物塊返回到P點的速度大小為v2，根據(jù)動量定理知，合力的沖量為：I合=mv2﹣（﹣mv2）=2mv2，根據(jù)動能定理知，合力做功的大小為零。 v2≥v1，則物塊返回到P點的速度大

25、小為v1，根據(jù)動量定理知，合力的沖量I合=mv1+mv2，根據(jù)動能定理得，合力做功為：W=．故D正確，A、B、C錯誤。 故選：D。 二． 計算題 15． 【解答】解：（1）設A、B和木板一起向左運動的加速度大小為a，采用分離法如下： 物體B受重力和繩拉力T的作用，由根據(jù)牛頓第二定律有：T﹣m3g=m3a； 物體在A水平方向受木板的摩擦力f和拉力T的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：f﹣T=m2a； 木板在水平方向外力F和A的摩擦力f作用，根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣f=m1a； 當A和木板間的摩擦力取最大值f=μm2g時，外力F最大， 聯(lián)立解得：F﹣m3g=（m1+m2+m3）a=60

26、N；a=2.0 m/s2。 （2）打擊木板后，物體A、B在木板的最大靜摩擦力作用下，以加速度a=2.0 m/s2加速運動， 當物體B上升高度hB=1.0 m時，有：； 木板向左運動的位移為：x=L+hB 木板在A的摩擦力作用下，做減速運動的加速度為a'，根據(jù)牛頓第二定律有：μm2g=m1a' 設打擊木板后的瞬間木板的速度為v0，則： 代入數(shù)據(jù)，解得：v0=3.5 m/s； 根據(jù)動量定理得最初擊打木板的沖量為：I=mv0=70N?s。 答：（1）求力F的最大值為60N； （2）最初擊打木板的沖量大小為70N?s。 16． 【解答】解：（1）甲、乙兩滑塊質量相等，每次碰撞沒有

27、能量損失，所以碰撞后兩者交換速度． 根據(jù)能量守恒定律得： =μmg?BC+mgh 將BC=3h，μ=0.5代入解得 v0= （2）設滑塊乙在水平面上滑行的總路程為S． 對整個過程，由動能定理得 ﹣μmgS=0﹣ 解得 S=5h 所以滑塊乙最終靜止的位置與C點的距離為 S′=S﹣3h=2h 答： （1）滑塊甲的初速度v0的大小為； （2）滑塊乙最終靜止的位置與C點的距離是2h． 17． 【解答】解：（1）A恰能經(jīng)過半圓形軌道的最高點， 由牛頓第二定律得：， 解得：； A離開軌道后做平拋運動， 在水平方向：x=vNt， 在豎直方向：， 解得：x=2R， B到

28、達的最遠位置離M點的距離：x=2R （2）A上升到N的過程，由機械能守恒定律得： ， 得： A受到爆炸力的沖量大小：I= （3）炸藥爆炸過程AB組成的系統(tǒng)動量守恒，以A的速度方向為正方向， 由動量守恒定律得：mAvA﹣mBvB=0， 對B，由動能定理得：， 解得：==； 答：（1）B到達的最遠位置離M點的距離是2R； （2）極短爆炸過程中，A受到爆炸力的沖量大小是； （3）A與B的質量之比是。 18． 【解答】解：（1）對于物塊從軌道底端上升到頂端的過程，由機械能守恒可得： 解得：v=4m/s （2）對于物塊從木板左端滑到右端的過程，由動能定理可得： Fx﹣μm

29、gL= 解得：x=lm （3）設物塊相對板向左滑動距離△x后，與木板達到相同速度v'．取向左為正方向，由動量守恒定律得： mv=（M+m）v' 解得：v'=lm/s 由能量守恒定律得： 解得：△x=1.5m＜L=1.75m。 故物塊不會滑離木板。 答：（1）物塊滑到板右端時的速度v是4m/s； （2）x的大小是1m； （3）物塊最終不能滑離木板。 19． 【解答】解：（1）設當所有物塊的速度相等時的速度為v′，選取向右為正方向，則有： m（v+2v+3v+…+nv）=2nmv′ 可得： （2）設第k塊木塊的最小速度為vk，則此時木塊與第1至第k﹣1塊木塊的速度均為

30、vk，由于所有的木塊的質量都相等，所以所有的木塊受到的摩擦力大小都是相等的，設為μmg，由動量定理可知，在相等的時間內(nèi)，第k+1塊木塊至第n塊木塊速度的減小量也相等，因而此時第k+1塊木塊至第n塊木塊速度依次是： vk+v，vk+2v，vk+3v…vk+（n﹣k）v 則由動量守恒定律可得：m（v+2v+3v+…+nv）=（nm+km）vk+m（vk+v）+m（vk+2v）+…+m[vk+（n﹣k）v] 即m（v+2v+3v+…+nv）=2nmvk+m[1+2+…+（n﹣k）]v 所以： 則： （3）由以上的結果可知，== 由于木塊的加速度始終為： a=﹣μg 對木塊2，有：v2

31、=2v﹣μg 所以： 答：（1）最終木板的速度是； （2）運動中第88塊木塊的最小速度為43.1v； （3）第二塊木塊相對木板滑動的時間是。 20． 【解答】解：（1）由圖乙丙可知，碰撞后瞬間，m1 的速度v1=1m/s，m2的速度v2=5m/s， 設碰撞前瞬間m1的速度為v0，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，取向右的方向為正方向，由動量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2 解得：v0=4m/s， m1下滑的過程機械能守恒，由機械能守恒定律得： 解得：h=0.8m； （2）由圖乙可知，滑塊m1在傳送帶上加速運動時的加速度大?。簃/s2 滑塊的加速度就是由滑動摩擦力提供，故

32、：μ1m1g=m1a， 解得，滑塊m1與傳送帶間的動摩擦因數(shù)：μ1=0.05 由圖乙可知，滑塊m1在傳送帶上先加速4s，后勻速運動6s 到達C 點 圖線與坐標軸圍成的圖形的面積在數(shù)值上等于傳送帶的長度LBC， 即LBC=×（1+3）×4+3×（10﹣4）=26m； （3）滑塊m2一直做勻減速直線運動，達C 點時速度恰好減到3m/s， 全程的平均速度為：， 設滑塊m2的傳送時間：t===6.5s； （4）由圖乙可知，滑塊m1在傳送帶上加速階段的位移： ， 滑塊m1在傳送帶上加速階段產(chǎn)生的熱量：Q1=μ1m1g（vt1﹣x1）， 滑塊m2在傳送帶上減速的加速大小：m/s2

33、滑塊m2受到的滑動摩擦力大?。篺=m2a′ 滑塊m2在傳送帶上減速階段產(chǎn)生的熱量：Q2=f（LBC﹣vt）， 系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q=Q1+Q2，解得：Q=16J。 答：（1）A、B的高度差h為0.8m； （2）滑塊m1與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ和傳送帶的長度LBC為26m； （3）滑塊m2到達C點時速度恰好減到3m/s，滑塊m2的傳送時間為6.5s； （4）系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為16J。 　 21．【解答】解：（1）由題意知A、B最后具有共同速度v。以向左為正方向。由動量守恒定律得： Mv0﹣mv0=（M+m）v 將M=2m代入解得：v=，方向向左。 （2）設木板A的最短長度為L，根據(jù)能量守恒定律得： Mv02+mv02=（M+m）v2+μmgL 解得：L= 答：（1）A、B最后的速度是，方向向左； （2）木板A的最短長度是。