第一章 3 动量守恒定律同步检测（word版含答案）

2021人教版选择性必修第一册 第一章　3 动量守恒定律 同步检测
一、单选题
1．甲球与乙球相碰，甲球的速度减少5m/s，乙球的速度增加3m/s，则甲、乙两球的质量之比是
A．:＝2:1 B．:＝5:3 C．:＝3:5 D．:＝1:2
2．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止，此后弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一次弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°.当他们第1次返回图示位置时，第2粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸质量是沙袋质量的倍，则以下结论中正确的是(　　)
A．v1:v2＝41:42 B．v1:v2＝41:83
C．v2＝v1 D．v1:v2＝42:41
3．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m。当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌面水平距离为x的水平地面上，如图，问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距桌面距离为（　　）
A． B．x C．x D．x
4．如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
5．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA>mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车 (　　)
A．向左运动
B．左右往返运动
C．向右运动
D．静止不动
6．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，人水平从船上向岸上跳。若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等）（　　）
A．1.5m B．1.2m C．1.34m D．1.1m
7．在匀强磁场中，一个原来静止的U原子核，由于衰变放射出某种粒子，其衰变方程是U→Th+x，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别为r1、r2，则下列说法正确的是（　　）
A．衰变后Th核和射出的x的动量相同
B．衰变后的产物x是电子
C．r1：r2=1：90
D．衰变后新核和射出的粒子的动能之比为2：117
8．如图所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a、b两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a、b沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x随时间t变化的图象如图所示．a、b两车质量（含发射器）分别为1kg和8kg，则下列说法正确的是（　　）
A．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量
B．碰撞过程中a车损失的动能是
C．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小
D．两车碰撞过程为弹性碰撞
二、多选题
9．在下列几种现象中，动量不守恒的是(　　)
A．在光滑水平面上发生碰撞的两球
B．车静止在光滑水平面上，车上的人从车头走到车尾，以人、车为系统
C．水平放置的弹簧一端固定，另一端与置于光滑水平面上的物体相连，令弹簧伸长后释放使物体运动
D．打乒乓球时，以球和球拍为系统
10．下列判断正确的是 ．
A．当一个物体的动量发生变化时，其动能也一定改变
B．当一个物体的动能发生变化时，其动量也一定改变
C．体操运动员在着地时总要屈腿（甲图所示），是为了延缓与地面作用的时间，从而减小地面对其的作用力．
D．乙图中，一质量为m的小滑块从一倾角为θ的固定斜面的顶端由静止开始下滑，经过时间t滑到底端，则小滑块所受重力的冲量为mgt，斜面对其支持力的冲量为0
E．系统动量守恒的条件是不受外力或所受合外力为零
11．质量为m的小球A以速度在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度大小和小球B的速度大小可能为（　　）
A．， B． ，
C．， D．，
12．倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会再与之发生碰撞。重力加速度大小为g。关于P、Q运动的描述正确的是（　　）
A．P与Q第一次碰撞后P的瞬时速度大小为
B．物块Q从A点上升的总高度
C．物块P第二次碰撞Q前的速度为
D．物块Q从A点上升的总高度
13．如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，半径为R，最低点为C，两端A．B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则（ ）
A．M所能获得的最大速度为
B．m从A到C的过程中M向左运动发生的位移大小为MR/(M+m)
C．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零
D．M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
14．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA=3mB，则下列结果正确的是（　　）
A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1：W2=1：1
B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零
C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为 p1和 p2，则有 p1： p2=3：1
D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1：3
15．如图所示，质量相等的A、B两物体在同一水平线上，当A物体被水平抛出的同时，B物体开始自由下落（空气阻力忽略不计），曲线AC为A物体的的运动轨迹，直线BD为B物体的运动轨迹，两轨迹相交于O点，则两物体：（ ）
A．在O点具有的机械能一定相等
B．在O点时重力的功率一定相等
C．A、B两物体运动过程的动量变化率大小相等，方向相同
D．A、B两物体从开始到相遇过程中动能的变化量相等
16．如图所示，天花板上用一弹性绳悬挂一质量为的物块a处于静止状态，另一质量为的小环b穿过弹性绳，距离物块a高度为，b由静止释放，与a发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），测得碰后瞬间到b第一次达最低处所用时间为，以下说法中正确的是（　　）
A．该碰撞过程由于合力不为零，所以不能看成动量守恒
B．物块从静止到第一次到达最低点过程中运动的位移大于
C．从由静止释放到第一次到达最低点过程中的机械能减小
D．物块从静止到第一次到达最低点过程中对的冲量为
三、填空题
17．如图所示，游乐场上，两位同学各驾驶一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为120 kg，碰撞前水平向右运动，速度的大小为5 m/s；乙同学和他的车的总质量为180 kg，碰撞前水平向左运动，速度的大小为4 m/s。则碰撞后两车共同的运动速度大小为______，方向______。
四、解答题
18．新冠肺炎疫情在国内得到有效控制，游乐场陆续开放。在某游乐场中，有一种叫跳楼机的大型游戏机，如图所示。该跳楼机能把乘客带入60m的高度后，从静止开始自由下落，达到最大运行速度后，立刻在减速装置作用下做匀减速直线运动，加速度大小设定为一般人能较长时间承受的3g（g为重力加速度），到地面处速度刚好减为零。现某位质量为60kg的乘客正坐在跳楼机上体验该游乐项目，若整个过程不计空气阻力，g取10m/s2。
(1)求整个下落过程中达到的最大速度；
(2)求减速过程中该乘客对座椅的压力；
(3)求减速过程中座椅对该乘客所做的冲量大小。
19．如图，水平光滑杆上套有一质量为m的圆环B，一根长为L细线连接环和质量为2m的球A，线水平刚好拉直，且AB均静止．在B环正下方1.5L处有一平台．平台右边缘竖直，且与B环的水平距离为x，某时刻释放A球，当AB间细线竖直时恰好断裂，求
（1）细线竖直时A、B的速度大小分别为多大
（2）为使A球能落到平台上，x需要满足什么条件．
20．如图所示，质量为的平板车P的上表面离地面高，质量为的小物块（大小不计，可视为质点）位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为，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，可视为质点）。今将小球拉至悬线与竖直方向成角由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失。已知Q离开平板车时速度大小，Q与P之间的动摩擦因数，重力加速度，计算：
(1)小球与Q碰撞前瞬间，细绳拉力T的大小；
(2)平板车P的长度L；
(3)小物块Q落地时与小车的水平距离s。
21．如图所示，两个可视为质点的小球1和2的质量分别是m1=2.0kg、m2=1.6kg，球1静止在光滑的水平面上的A点，球2在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球1运动．假设两球相距L≤18m时存在着恒定的斥力F，L＞18m时无相互作用力．当两球相距最近时，他们间的距离为2.0m，球2的速度是4m/s．求两球之间的斥力F的大小．
22．为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示．在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：
(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；
(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA.
(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.
23．如图，倾角=30°的光滑固定斜面上放有A、B、C物块（均可视为质点），A的质量为m，B、C质量均为2m。最开始C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，现由距离物块B沿斜面长度为d处由静止释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g（B与C始终未接触，弹簧始终在弹性限度内）。
(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大v0；
(2)若A、B的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度为零时，弹簧的弹性势能增量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x；
(3)若A下滑后与B碰撞并粘在起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k。
24．如图所示，高的光滑斜面AB与长的水平面BC平滑连接，再与长的水平传送带DE紧密连接，传送带恒以的速度逆时针匀速转动。位于斜面顶端A处质量为的物体P（视为质点）以初动能沿斜面向下运动，在B处撞击质量同为的静止物体Q（视为质点），碰撞以后两物体粘合在一起，已知粘合体与水平面BC、传送带DE的动摩擦因数均为，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则：
(1)碰撞以后粘合体的速度大小；
(2)粘合体最终静止时与B点的距离；
(3)要使粘合体最终能静止在粗糙水平面BC段，求A处给物体P初动能可能值中的最大值。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
以两球组成的系统为研究对象，碰撞过程动量守恒，选甲的初速度方向为正，由动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′，即为：m甲（v甲-v甲′）=m乙v（v乙′-v乙），得： ，故ABD错误，C正确．故选C．
点睛：两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律列方程，根据两球速度的变化可以求出两球的质量之比.
2．B
【解析】
【详解】
设子弹的质量为m，沙袋质量为M=40m，取向右方向为正，第一次射入过程，根据动量守恒定律得：mv1=41mv
根据系统沙袋又返回时速度大小仍为v，但方向向左，第2粒弹丸以水平速度v2击中沙袋过程：根据动量守恒定律
mv2 41mv=42mv′
子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程中，设细绳长为L，由机械能守恒得
(M+m)gL(1 cos30 )= (M+m)v2
得v=
可见v与系统的质量无关，故两次最大摆角均为30 ，故v′=v
故v1：v2=41：83，故ACD错误，B正确．
故选B
【点睛】
子弹射入沙袋过程，由于内力远大于外力，系统的动量守恒．子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程机械能守恒，当他们第1次返回图示位置时，速度大小等于子弹射入沙袋后瞬间的速度，根据动量守恒定律求解．
3．D
【解析】
【详解】
当用挡板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动设桌面高度为h，则有
所以弹簧的弹性势能为
若保持弹簧的压缩程度不变，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动守恒定律有
所以
因此A球与B球获得的动能之比
所以B球获得动能为
那么B球抛出时初速度为
则平抛后落地水平位移为
故ABC错误；D正确。
故选D．
4．B
【解析】
【分析】
【详解】
因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
5．A
【解析】
【详解】
两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，AB的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A正确，BCD错误．
6．C
【解析】
【详解】
以人的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知
0=mv1-Mv2
由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变；则由功能关系可知
解得
所以
故选C。
7．D
【解析】
【详解】
A．根据动量守恒定律可知，衰变后核和射出的x的动量大小相等，方向相反，故A错误；
B．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，衰变后的产物x是α粒子，故B错误；
C．根据
两粒子动量大小相等，则半径之比等于电量的倒数比，即
r1：r2=2：90=1:45
故C错误；
D．根据
可知，衰变后新核和射出的粒子的动能之比为4:234=2：117，故D正确。
故选D。
8．C
【解析】
【分析】
根据x-t图象表示速度，分别求出碰撞前后两车的速度，再分析两车碰撞前后总动量关系．根据能量守恒定律求碰撞过程中损失的动能，从而确定出碰撞的类型．
【详解】
设a、b两车碰撞前的速度大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，根据x-t图象表示速度，结合题图乙得v1=2 m/s，v2=1 m/s，v3=2/3 m/s，以向右为正方向，碰前总动量 p1=-mav1+mbv2=6 kg m/s，碰后总动量p2=（ma+mb）v3=6 kg m/s，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，故A错误；碰撞前a车动能为Ek=mav12=×1×22J=2 J，碰撞后a车动能为Ek′=mav32=×1×()2J= J，所以碰撞过程中a车损失的动能是△Ek=Ek-Ek′= J，故B错误；碰前a、b两车的总动能为6 J，碰后a、b两车的总动能为2 J，故C正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，故D错误．故选C．
【点睛】
解决本题的关键要掌握碰撞的基本动量守恒，要知道碰撞过程中机械能不守恒的碰撞是非弹性碰撞．碰撞过程中机械能守恒的碰撞是弹性碰撞．
9．CD
【解析】
【详解】
在光滑的水平面上两球发生正碰，系统的合外力为零，遵守动量守恒，故A正确．人从车头走到车尾，人与车组成的系统受到的合外力为0，故动量守恒．故B正确；C选项中释放物体后，物体做简谐运动，速度周期性变化，动量周期性变化，动量不守恒，故C错误．打乒乓球时，球受到重力、球拍会受到人的作用力，系统的合外力不为零．动量不守恒，故D错误．本题选动量不守恒的，故选CD.
10．BCE
【解析】
【详解】
动量发生变化，可能是速度的方向发生变化，而速度的大小没有变化，故其动能不变，A错误；物体的动能发生变化，则其速度一定发生变化，故其动量一定发生变化，B正确；体操运动员在着地时总要屈腿是为了延长着地过程的作用时间t，由可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，C正确；物体所受重力的冲量大小为，物体下滑过程所受支持力的冲量大小，D错误；系统动量守恒的条件是不受外力或所受合外力为零,E正确．
11．AC
【解析】
【分析】
【详解】
碰撞过程中应满足动量守恒，即
还应满足系统总动能不增加，即
A．若
，
当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，满足总动能不增加，故A可能；
B．若
，
当与方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但，会发生二次碰撞，故不符合实际情况，故B不可能；
C．若
，
当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，且碰后总动能为，满足总动能不增加，故C可能；
D．若
，
当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，大于系统碰撞前的动能，故D不可能。
故选AC。
12．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
A错误；
BD．当P与Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
解得
B错误，D正确；
C．P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P由动能定理得
P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
C正确；
故选CD。
13．CD
【解析】
【详解】
M和m组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，由于只有重力做功，则机械能守恒，当m到达最低点时，M的速度最大，则： ，解得，选项A错误，D正确； M和m组成的系统水平方向动量守恒，故A正确；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动．由机械能守恒可知，m恰能达到小车上的B点，到达B点时M与m的速度都是0．故C正确；设m从A到C的过程中时间为t，m发生的水平位移大小为x，则M产生的位移大小为R-x，取水平向右方向为正方向．则根据水平方向平均动量守恒得：解得：；所以M产生的位移的大小为R-x=，故B错误；故选CD.
14．CD
【解析】
【详解】
A．弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得
则速度之比
根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为
，
联立解得
W1：W2=1：3
故A错误；
B．根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即
则
故B错误；
C．A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t。由动量定理得A、B在空中飞行时的动量变化量分别为
，
则
故C正确；
D．平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x=v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于
故D正确。
故选CD。
15．BCD
【解析】
【详解】
A项：A、B两物体在运动过程中机械能守恒，所以A、B两物体在O点的机械能与它们在开始位置的机械能相等，由于开始时两物体的重力势能相等，但A物体的初动能大于B物体的初动能，所以A的机械能大于B的机械能，故A错误；
B项：由于A、B两物体在竖直方向都做自由落体运动，下落相同的高度，所以竖直方向的速度相等，根据，所以在O点时重力的功率一定相等，故B正确；
C项：根据公式可得：动量变化率，所以A、B两物体运动过程的动量变化率大小相等，方向相同，故C正确；
D项：根据动能定理可知，由于A、B两物体从开始到相遇过程中下落的高度相同，所以动能的变化量相等，故D正确．
点晴：解决本题关键理解动量的变化率为，从而判断两物体的动量变化率相等．
16．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于碰撞时间极短，在这个过程中内力远远大于外力，所以近似认为动量守恒，故A错误；
B．b与a碰撞前，做自由落体运动，则碰撞时的速度为
b与a发生完全非弹性碰撞碰撞
解得
若a到最低点过程中，做匀减速运动，则
实际上做加速度增大的减速运动，由v-t图可知位移大于0.1m，故B正确；
C．从b由静止释放到第一次到达最低点过程中，动能不变，所以
故C错误；
D．b与a发生完全非弹性碰撞碰撞时，a对b的冲量
a与b从碰撞到第一次达最低点过程中
故
所以整个过程，对的冲量为
大小为，故D正确；
故选择BD。
17． 0.4 m/s 水平向左
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1=120 kg，碰撞前的速度v1=5 m/s；乙同学和车的总质量m2=180 kg，碰撞前的速度v2=－4 m/s。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为
碰撞后的总动量为
根据动量守恒定律可知
代入数据解得
即碰撞后两车以0.4 m/s的共同速度运动，运动方向水平向左.
18．(1)30m/s；(2)2400N，方向竖直向下；(3) 2400N·s
【解析】
【详解】
(1)设下落达到的最大速度为v，自由落体过程
减速下落过程
可得
m
解得
v=30m/s
(2)根据牛顿第二定律
可得
F=2400N
根据牛顿第三定律得
F′=F=2400N
方向竖直向下
(3)由题可知，下落时间
s
由公式
可得
I=2400
19．（1），.（2）
【解析】
【详解】
(1)由题意可知小球在下落过程中以球A和环B为系统在水平方向上动量守恒，则在下落到最低点时根据动量守恒有：
而小球下落过程中系统机械能守恒，则有：
联立解得：，
(2)当绳在最低点断裂后小球做平抛运动，由几何关系知要让小球落到平台上有：
联立解得：，即要满足条件需要
答：(1)细线竖直时A、B的速度大小分别为，.
(2)为使A球能落到平台上，x需要满足．
20．(1) 20 N；(2) 1.75 m；(3) 0.1 m。
【解析】
【详解】
(1)设小球与Q碰前瞬间的速度为v0，小球在下摆过程中，由动能定理有：
在最低点有：
解得：
、T＝20 N
(2)小球与Q碰撞后，设小球与Q的速度分别为v0′和vQ，在碰撞过程中由动量守恒和能量守恒有：
解得：
vQ＝3 m/s
设Q离开平板车时P的速度为v2，Q与P组成的系统动量守恒和能量守恒有：
mvQ＝mv1＋Mv2
解得：
v2＝0.5 m/s、L＝1.75 m
(3) Q脱离P后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t，则：
解得：
t＝0.2 s
Q落地时二者相距：
s＝(v1－v2)t＝0.1 m
21．2.25N
【解析】
【详解】
(1)设最近时速度均为v，1、2两球发生的位移分别为S1、S2，由动量守恒定律得：
m2v0=(m1+m2)v
动能定理得：
FS2=
FS1=
几何关系得：S1+L=S2+d
联立以上等式得：F=2.25N
【点睛】
当两球速度相等时，两球相距最近，根据动量守恒定律列出等式，在两球相距L＞18m时无相互作用力，B球做匀速直线运动，两球相距L≤18m时存在着恒定斥力F，B球做匀减速运动，由动能定理可得相互作用力．
22．(1)vA1＝ 　(2)fA＝mg( )　(3)
【解析】
【详解】
（1）“A鱼”在入水前作自由落体运动，有
①
得到：
②
（2）“A鱼”在水中运动时受到重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为,有
③
④
⑤
由题得：
综合上述各式，得
⑥
（3）考虑到“B鱼”的运动情况、受力与“A鱼”相似，有
⑦
综合⑥⑦两式得到:
23．(1)v0=；(2)x=-d；(3)k=
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A下滑的过程，根据动能定理
mg sinθ d=
解得
v0=
(2)A与B发生弹性碰撞：
碰撞过程动量守恒
mv0=2mvB＋mvA
机械能守恒
=＋
解得
vB=
弹性势能增加了Ep，根据机械能守恒
对B
2mg sinθ x＋2=Ep
解得
x=-d
(3)A与B发生完全非弹性碰撞：
碰撞过程动量守恒
mv0=3mvAB
解得
vAB=
B静止时：弹簧压缩
k△x1=2mgsinθ
△x1=
C刚要离开挡板时：弹簧伸长
k△x2=2mgsinθ
△x2=
因为△x1=△x2，因此初末状态弹性势能相等
从AB碰撞结束到C刚要离开挡板，根据AB机械能守恒：
3mgsinθ（△x1＋△x2)=3-Ek
解得
k=
24．(1)6m/s；(2)0.4m；(3)94J
【解析】
【详解】
(1)A到B
P、Q碰撞动量守恒
(2)由能量关系
所以物体最终静止在距离B处位置
(3)若物体到达斜面顶端的A，则物体经传送带返回的速度为v
没有从右侧滑出
B到C
碰撞前速度
B到C
答案第1页，共2页
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