第一章 动量守恒定律 单元测试

动量守恒定律 单元测试
一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空落下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.5s，安全带长5m，取g=10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小是（　　）
A．100N B．500N C．1000N D．1500N
2．2021年10月16日，我国发射的“神舟十三号”载人飞船与“天和”核心舱成功对接。已知“神舟十三号”的质量为m，核心舱的质量为M，假设“神舟十三号”以相对核心舱很小的速度v0追上核心舱对接（瞬间合二为一），则对接过程中核心舱受到的冲量大小为（　　）
A． B． C．Mv0 D．mv0
3．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为处（不计空气阻力，小球可视为质点），则（　　）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车时，小车向左运动
C．最终小车半圆轨道的最低点不在小球释放点的正下方
D．小球释放后第二次最高点刚好到达B点所在水平线处
4．如图所示，一男孩从某一高处竖直自由跳下，落地时若屈膝历时1s停下来；若没有屈膝只用0.1s就停下来。不计空气阻力，比较落地屈膝与不屈膝，男孩屈膝落地（　　）
A．与地面刚接触时动量较小
B．与地面接触过程动量变化量较小
C．与地面接触过程动量变化率较小
D．受到地面冲击力是没有屈膝落地时的0.1倍
5．如图所示，从地面上同一位置抛出相同的两小球、，分别落在地面上的、点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）
A．两球抛出时的速度方向相同，大小不同
B．球在最高点的动量比球在最高点的动量大
C．球落地时重力的功率比球落地时重力的功率大
D．球在空中运动的时间比球在空中运动的时间长
6．如图所示，质量为2kg的椰子从距地面高度为20m的树上由静止落下，将沙地砸出小坑后静止，与沙地接触时间约为0.01s。不计椰子下落时的空气阻力，取g＝10m/s2。则（　　）
A．椰子落地时瞬间动量为
B．沙地对椰子的平均阻力约为4000N
C．沙地对椰子做的功约为4000J
D．沙坑的深度约为20cm
7．一只质量为0.9kg的乌贼吸入0.1kg的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为2m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是（　　）
A．乌贼喷出的水的速度大小为16m/s
B．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为0.9N·s
C．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
D．在乌贼喷水的过程中，有18J的生物能转化成机械能
8．将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图象（v-t）如图所示。t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是（　　）
A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大
B．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同
C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同
D．0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小
9．如图所示，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球、质量分别为、。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球相撞，第一次碰撞后、球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失，则（　　）
A．第一次碰撞后两球同向运动
B．运动过程中两球的总动量保持不变
C．在以后运动过程中球可以回到初始位置
D．与可能相等
10．某新型机枪子弹弹头质量约10g，出枪口的速度约1000 m/s.某战士在使用该机枪连续射击50秒的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约20 N，则机枪在这50秒内射出子弹的数量约为（　　）
A．60 B．80 C．100 D．120
11．在反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核的碰撞为弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的，若碰撞前中子的速率为v0，则碰后中子的速率为（ ）
A． B． C． D．
12．如图为验证动量守恒实验装置图.先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复.根据水平地面记录纸上落点痕迹的照片，估算小球m2与m1的质量之比（ ）
A．0.17 B．4.0 C．0.62 D．0.8
13．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，下列说法正确的是（　　）
A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B．m、M的动能一直增大
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
二、多项选择题（本题共3小题，每小题4分，12分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）
14．如图所示，光滑的水平导轨上套有一质量为、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为的轻绳悬挂着质量为的木块，开始时滑块和木块均静止，现有质量为的子弹以的水平速度击中木块并留在其中（作用时间极短），重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）
A．子弹留在木块以后的过程中，由子弹、木块和滑块组成的系统动量不守恒，但系统的机械能守恒
B．子弹和木块摆到最高点时速度为零
C．滑块的最大速度为
D．子弹和木块摆起的最大高度为
15．猫从高处落下一般不会受伤，猫在接近地面的时候，通常都可以保证四肢着地，而猫脚趾上厚实的脂肪质肉垫又能有效地减轻震动对其各脏器的损伤。下列关于一只从某高处落下的猫在与地面接触的过程中相关说法正确的是（空气阻力不计）（　　）
A．猫在与地面接触且不反弹的过程中，不同姿态触地其自身动量变化量大小是相同的
B．厚实的脂肪质肉垫能减小猫在与地面接触过程中自身动量变化量的大小
C．厚实的脂肪质肉垫能减小了地面对猫的冲击力的大小
D．厚实的脂肪质肉垫能减小猫与地面接触过程合外力冲量的大小
16．A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v-t图线，则下列判断正确的是（ ）
A．A、B的质量比为2∶3
B．A、B发生碰撞前后系统总动量守恒
C．A、B发生碰撞过程中系统机械能守恒
D．碰撞过程中A对B的冲量等于B物体动量的减少量
三、实验题
17．（6分）某同学用如图所示的实验装置来验证动量守恒定律，小球1的质量为m1，它从斜槽上某点滚下，离开斜槽末端时的速度记为v1（称为第一次操作）；小球2的质量为m2，小球1第二次从斜槽上原位置滚下，跟小球2碰撞后离开斜槽末端的速度分别记为和（称为第二次操作）。
实验所验证的计算式为________________（用所给物理量表示）
（2）如果第二次操作时，小球1从斜槽上开始滚下时位置比原先低一些，这将会影响计算式中物理量，如果其他的操作都正确，则__________
A．碰后两球的动量之和小于m1v1
B．碰后两球的动量之和等于m1v1
C．碰后两球的动量之和大于m1v1
（3）如果在第二次操作时，发现在第一次操作中，槽的末端是不水平的，有些向上倾斜，于是把它调为水平，调整后的斜槽末端离地面高度跟原来相同。然后让小球在斜槽上原标记位置滚下进行第二次操作，分析时仍然和第一次操作的数据进行比较，其他实验操作都正确，且调节斜槽引起小球在空中运动时间的变化可忽略不计，则____________
A．碰后两球的动量之和小于m1v1
B．碰后两球的动量之和等于m1v1
C．碰后两球的动量之和大于m1v1
18．（8分）某同学采用如图所示的装置，利用A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。图中MN是斜槽，NR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，得到落点P，再把B球放在斜槽末端，A球从同一位置静止释放，A、B小球碰后落在记录纸上，分别得落点B，F，测量出OB、OP、OF的长度分别为L1、L2和L3。
（1）A球质量为m1，半径为r1；B球质量为m2，半径为r2，则应满足( )
A．m1=m2，r1>r2
B．m1>m2，r1=r2
C．m1=m2，r1D．m1（2）必须要求的条件是( )
A．斜槽轨道末端的切线必须水平
B．斜槽轨道必须是光滑的
C．必须测出水平槽离地面的高度
D．必须测出小球碰撞前后的速度
（3）写出本实验验证动量守恒定律的表达式___________。（根据图中所示记录的数据）
（4）若两球发生弹性碰撞，则L1、L2和L3之间一定满足的关系是( )
A．2L2=L3-L1
B．2L2=L1+L3
C．L1+L2=L3
四、解答题
19．（11分）如图所示，将一质量为m的物体A以v0=6.4m/s的初速度水平抛出，恰好在C点无碰撞地滑上长为L=10m、与水平地面的夹角θ=37°的长木板CD，物体在D点通过一小段光滑圆弧滑上光滑水平面，与另一静止在光滑水平面上E点、质量为M的物体B发生弹性正碰，D、E间距离d=8m。A、B均可看成质点，物体A与木板CD间的动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.
（1）求物体A从抛出点到C点的高度差h；
（2）若M=5m，求A、B从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间；
（3）若在A、B发生第一次碰撞时，将CD换成等长的光滑木板，其他条件不变，要保证A、B不发生第二次碰撞，则m与M之比应满足什么条件？
20．（12分）如图所示，水平地面上固定一倾角的斜面（足够长），斜面上有两个距离的物块，物块甲的质量，物块乙的质量，物块乙与斜面间的动摩擦因数。现由静止释放物块甲，物块甲经时间后与静止的物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。取重力加速度大小，两物块均视为质点。求：
（1）物块甲与斜面间的动摩擦因数μ1；
（2）两物块第一次碰撞后瞬间，物块甲的速度v1；
（3）第一次碰撞后，物块甲与初始位置间的最小距离xmin；
（4）两物块第一次与第二次碰撞期间的最大距离xmax。
21．（12分）如图甲所示，木板放在光滑水平地面上，木板长为，厚度，质量，上表面的动摩擦因数与长度的关系如图乙所示，质量为的小滑块A放在木板的左端，在木板右侧的同一水平地面上有一竖直固定薄档板D（图中阴影部分），高度也为h，紧挨D的右侧是一个不固定的四分之一光滑圆弧轨道，质量，E端与D上端齐平，己知重力加速度。
（1）若木板固定在地面上，滑块A以一定的初速度从木板左端滑到右端时的速度大小是，求滑块A的初动量；
（2）若选择间合适的距离，木板不固定静止在地面上，仍然以相同的初动量从木板左端向右滑动，滑块到木板右端时木板恰好撞上D，滑块没有从F端冲出，求滑块离开轨道落地时与轨道左端E的距离。
试卷第1页，共3页
试卷第9页，共9页
参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
工人下落过程为自由落体运动，安全带被拉直瞬间工人的速度为
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带的拉力F，取向上方向为正，由动量定理得
解得
故选C。
2．A
【解析】
【详解】
“神舟十三号”与核心舱对接过程动量守恒，由动量守恒定律得
mv0=（M+m）v
解得对接后的速度
根据动量定理，核心舱受到的冲量
选项A正确。
3．C
【解析】
【详解】
A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒；竖直方向小球有加速度，系统整体所受外力不为0，系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小车处于静止状态，故B错误；
C．设小车向左运动的最大距离为x，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
mv mv′=0
即
解得
x=R
小车向左运动的最大距离为R，之后向右运动，最终小车半圆轨道的最低点不在小球释放点的正下方，故C正确；
D．小球第一次在小车中运动的过程中，为小球克服摩擦力做功大小，由动能定理得
解得
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，因为小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度高于B点所在水平线处，故D错误。
故选C。
4．C
【解析】
【详解】
A．男孩屈膝落地与地面刚接触时速度并不改变，则动量并没有变小，故A错误；
B．男孩是否屈膝落地与地面刚接触后的速度都为零，则屈膝落地与地面接触过程动量变化量并没有变小，故B错误；
C．屈膝落地能够延长与地面的作用时间，而动量变化量不变，则动量变化率较小，故C正确；
D．根据
受到地面冲击力
时间扩大10倍，冲击力并没有缩小10倍，故D错误。
故选C。
5．B
【解析】
【详解】
D．抛出时、两球的水平分速度和竖直分速度分别、、、，根据斜抛运动可以计算出物体从抛出到最高点所用的时间为
因为两球运动的最大高度相同，则两球从抛出到最高点所用时间相同，根据运动对称性可知两球在空中运动的时间相同，D错误；
B．抛体运动的水平位移可以表示为
因为两球运动的时间相同，且，由此可知小球抛出时的水平速度满足
球在最高点的动量
球在最高点的动量
因此，球在最高点的动量比球在最高点的动量大，B正确；
C．根据抛体运动的规律可知
、球落地时重力的功率分别为
可知两球落地时重力的功率相同，C错误；
A．因为
抛出时的速度大小满足
抛出速度与水平方向的夹角满足
因此两球抛出时的速度方向不同，大小不同，A错误。
故选B。
6．B
【解析】
【详解】
A．设椰子落地时的速度大小为v，根据动能定理可得
解得
v＝20m/s
根据动量的计算公式可得
选项A错误；
B．沙地对椰子的平均阻力为f，取向上为正方向，根据动量定理可得
解得
f＝4020N≈4000N
选项B正确。
CD．设椰子将沙地砸出小坑深度约为h，根据位移公式可得
从椰子接触地面到速度为零的过程中，沙地对椰子做的功约为
选项CD错误。
故选B。
7．D
【解析】
【详解】
AC．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统所受合外力为零，动量守恒，设乌贼喷出的水的速度大小为v1，则
解得
故AC错误；
B．根据动量定理可知，在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为
故B错误；
D．在乌贼喷水的过程中，乌贼消耗的生物能等于系统机械能的增量，即
故D正确。
故选D。
8．D
【解析】
【详解】
A．0到t2时间内，图像的斜率一直减小，所以小球的加速度一直减小，A错误；
B．小球上升过程和下降过程，动量变化量分别为
所以小球上升过程和下降过程，动量变化量不相同，B错误；
C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量分别为
所以小球上升过程和下降过程，冲量不相同，C错误；
D．0到t1时间内，小球的动量变化率为
随着的速度减小，动量变化率也减小；
t1到t2时间内，小球的动量变化率为
随着速度的增大，动量变化率减小；所以0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小，D正确。
故选D。
9．C
【解析】
【详解】
AD．由题知两球碰撞过程中无机械能损失，因此两球碰后不可能以相同速度向右运动，否则是非弹性碰撞，能量有损失。由于第一次碰撞后、球能达到的最大高度均为，对A球有
对B球有
取向右为正方向，则
设小球A从静止运动至最低点时的速度为v，则
解得
由题知小球、发生弹性正碰，由动量守恒知
解得
故AD错误；
B．运动过程中两球竖直方向存在重力，竖直方向的动量不守恒，因此总动量不守恒，故B错误；
C．由于两球碰撞过程中无机械能损失，在之后的过程中两球还会有无限次的碰撞，在之后的碰撞中若碰撞发生在最低点，且B球碰后速度为零时，由机械能守恒知A球可以回到初始位置，故C正确。
故选C。
10．C
【解析】
【详解】
设50s内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得
代入数据解得
故选C。
11．A
【解析】
【详解】
中子与碳核相碰过程，系统的合外力为0，满足动量守恒。设中子的质量为m，碰撞后的速度为v1，碳核碰后的速度为v2。由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立解得
故碰后中子的速率为。
故选A。
12．A
【解析】
【详解】
实验需要验证
根据图中估算
解得
故选A。
13．D
【解析】
【详解】
A．由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，A错误；
B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，动能达到最大，之后继续运动弹簧弹力大于F1、F2，则M和m做减速运动，动能开始减小，故B错误；
C．由于弹力是变化的，m、M所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，故C错误；
D．对m、M和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，故D正确。
故选D。
14．ACD
【解析】
【详解】
根据题意滑块的质量为，木块的质量为，子弹的质量为，子弹进入木块后的速度为，子弹和木块摆起最大高度时速度为
A．子弹留在木块以后的过程中，子弹和木块竖直方向有分加速度，则系统竖直方向的合外力不为零，则系统动量不守恒，但只有重力做功，则系统的机械能守恒，故A正确；
B．子弹和木块从最低点运动到最高点过程中，子弹和木块、滑块组成的系统水平方向动量守恒，则
则子弹和木块摆到最高点时速度不为零，故B错误；
C．只要轻绳和杆之间的夹角为锐角，轻绳的拉力对滑块做正功，速度增加，当绳子再次竖直时，滑块速度最大为，此时子弹和木块的速度为，系统水平方向动量守恒，则
子弹进入木块后，子弹和木块、滑块组成的系统机械能守恒，则
代入数据解得
故C正确；
D．子弹和木块从最低点运动到最高点过程中，子弹和木块、滑块组成的系统水平方向动量守恒，则
子弹进入木块后，子弹和木块、滑块组成的系统机械能守恒，则
代入数据解得
子弹和木块摆起的最大高度为，故D正确。
故选ACD。
15．AC
【解析】
【详解】
猫从高处落地时，速度的变化量相同，则猫在与地面接触且不反弹的过程中，不同姿态触地其自身动量变化量大小是相同的，根据动量定理可知，猫与地面接触过程合外力冲量是相同的；而厚实的脂肪质肉垫能增加猫在与地面接触过程中的作用时间，从而减小了地面对猫的冲击力的大小。
故选AC。
16．ABD
【解析】
【详解】
B．A、B两物体在光滑水平面上运动，系统所受合外力为0，A、B作用前后总动量守恒，B正确；
A．由图示图像可知，碰撞前A的速度，B的速度，碰撞后，根据动量守恒
解得
A正确；
C．碰撞前后系统机械能变化量为
A、B发生碰撞过程中系统机械能减小，C错误；
D．对B分析，根据动量定理，碰撞过程中A对B的冲量等于B物体动量的减少量，D正确。
故选ABD。
17． A B
【解析】
【详解】
（1）[1]由系统动量守恒可知，要验证的计算式为；
（2）[2] 第二次操作时，小球1从斜槽上开始滚下时位置比原先低一些，会导致1球撞前速度实际变小，但带入数据时v1仍取第一次操作时的v1，等式左边不变，碰后两球的动量之和小于m1v1，故选A；
（3）[3] 第一次操作中，槽的末端不水平，有些向上倾斜，由于是对心碰撞，实际撞前速度v1斜向上，第二次操作将槽的末端调为水平，1球到斜槽末端的速度大小仍为v1，等式左边v1取值不变，初动量大小仍是m1v1，所以碰后两球的动量之和等于m1v1，故选B。
18． B A C
【解析】
【详解】
（1）[1]为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。
故选B。
（2）[2]AB．实验要求斜槽末端切线水平，以保证小球做平抛运动，斜槽轨道是否光滑的对实验没有影响，选项A正确，B错误；
CD．根据动量守恒有
由于A、B球都从平台上做平抛运动，运动时间相同，则有
因此不需要测出小球碰撞前后的速度以及水平槽离地面的高度，选项CD错误。
故选A。
（3）[3]代入题给数据可得本实验验证动量守恒定律的表达式为
（4）[4]若两球发生弹性碰撞，则有
即
解得L1、L2和L3之间一定满足的关系是
故选C。
19．（1）1.152m；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）物体A运动到C点时速度vC与CD平行，将vC分解，如图
由图可知
vC==8m/s
物体A从抛出到运动C点过程中有
代入数据解得
h=1.152m
（2）设物体A运动到E点与物体B碰前的速度为vE，则A从C点运动到E的过程中有
A、B发生弹性碰撞的过程中动量守恒
机械能守恒
联解得
代入数据，结合M=5m，解得
vE=12m/s
vA=-8m/s
vB=4m/s
物体A碰后从E运动到D的过程中有
物体A碰后从E返回到斜面最高点的过程中有
物体A从D运动到斜面最高点的过程中有
物体A从斜面最高点滑回到D的过程中有
物体A、B第一次碰后到第二次碰前的过程中有
+d
代入数据联解得
A、B从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间
（3）要保证A、B不发生第二次碰撞，有两种情况：
一是A物体反弹的速度大小应不大于碰后B物体速度的大小即
联解可得
二是A物体的反弹速度足够大，使物体A能冲出斜面，即
联解可得
综上所述可知，要保证A、B不发生第二次碰撞，m与M之比应满足
或
20．（1）；（2），“”表示v1的方向沿斜面向上；（3）；（4）
【解析】
【详解】
（1）从释放物块甲到两物块第一次碰撞前瞬间，物块甲沿斜面匀加速下滑，有
解得
设该过程中物块甲的加速度大小为a，有
解得
根据牛顿第二定律有
解得
（2）对两物块第一次碰撞的过程，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律有
（1）
根据机械能守恒定律有
解得
“”表示v1的方向沿斜面向上
（3）设物块甲沿斜面匀减速上滑的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有
解得
设物块甲沿斜面上滑的时间为t1，有
解得
设物块甲沿斜面上滑的位移大小为x1，有
解得
故
（4）由于
两物块第一次与第二次碰撞期间，物块乙沿斜面匀速下滑，物块甲先沿斜面匀减速上滑后沿斜面匀加速下滑，当两物块的速度相等时，两者的距离最大。设物块甲沿斜面匀加速下滑的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有
解得
设从物块甲沿斜面上滑到最高点至两物块的速度相等的时间为t2，有
解得
从物块甲沿斜面上滑到最高点至两物块的速度相等的过程中，物块甲的位移大小
解得
从两物块第一次碰撞到两物块的速度相等的过程中，物块乙的位移大小
其中由（2）可得
解得
经分析可知
解得
21．（1）8kg·m/s；（2）0.4m
【解析】
【详解】
（1）由能量守恒可得
解得
滑块A的初动量为
（2）木板不固定静止在地面上，仍然以相同的初动量从木板左端向右滑动，即仍以4m/s向右滑动，由能量守恒可得
解得
滑块到木板右端时木板恰好撞上D，滑块没有从F端冲出，则滑块回到E点时，有
解得
滑块回到E点时作自由落体运动，时间为
滑块离开轨道落地时与轨道左端E的距离为
答案第1页，共2页
答案第18页，共1页