第一章动量和动量守恒定律 单元综合训练 （word版含答案）

第一章动量和动量守恒定律
一、选择题（共15题）
1．如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿不同倾角(α<β)的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两物体所受重力的冲量相同
B．两物体所受合外力的冲量相同
C．两物体动量的变化量相同
D．两物体动能的变化量相同
2．如图1为某游乐园旋转的飞椅，可将其简化为图2所示的模型。将图2装置放在粗糙的水平地面上，吊绳长均为L，上端与竖直转轴间的距离均为x，A、B为两个质量分别为m、2m的小球。若水平转盘CD绕转轴匀速转动，稳定时AC绳与竖直方向的夹角为θ，则（　　）
A．在一个周期内，重力对A的冲量为零
B．A的线速度大小为
C．BD绳的拉力大小为2mgcosθ
D．地面受到的静摩擦力大小为mgtanθ
3．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的木块正以速度v向左运动，一颗质量为m(mA．弹丸和木块的速率都是越来越小
B．弹丸在任意时刻的速率不可能为零
C．弹丸对木块一直做负功，木块对弹丸也一直做负功
D．弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等
4．如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机把前舱的水均匀的抽往后舱，不计水的阻力，下列说法中正确的是(　　)
A．若前后舱是分开的，则前舱将向后运动
B．若前后舱是分开的，则前舱将向前运动
C．若前后舱不分开，则船将向后运动
D．若前后舱不分开，则船将向前运动
5．如图所示，甲、乙两个同学各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶做抛球游戏。两辆小车速度均为v0=4 m/s。已知甲车上有质量m=1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量M1=50 kg，乙和他的车总质量M2=30 kg。为了保证两车不相撞，甲不断地将小球一个一个地以相对地面为16 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不相撞，则此时（　　）
A．两车的共同速度大小为2 m/s，甲总共抛出小球5个
B．两车的共同速度大小为2 m/s，甲总共抛出小球10个
C．两车的共同速度大小为1 m/s，甲总共抛出小球10个
D．两车的共同速度大小为1 m/s，甲总共抛出小球5个
6．新鲜、刺激、好玩、安全的蹦极运动是一种极限体育项目，可以锻炼人的胆量和意志，运动员从高处跳下，下图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。假设弹性绳索长20m，劲度系数为1000N/m，人重60kg，运动员从距离地面45m的高台子站立着从O点自由下落，到B点弹性绳自然伸直，C点加速度为零，D为最低点，然后弹起。运动运可视为质点，不计弹性绳的质量，整个过程中忽略空气阻力。运动员从B→C→D的过程中（　　）
A．B→C的过程，运动员处于超重状态
B．C→D的过程，运动员处于失重状态
C．B→C运动员减少的重力势能等于弹性绳增加的弹性势能
D．C→D的过程，运动员做加速度增加的减速运动
7．一个质量为M，底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，关于斜面体移动距离s时，下列说法中正确的是（　　）
A．若斜面粗糙，
B．只有斜面光滑，才有
C．若斜面光滑，下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
8．如图所示，质量为带有遮光条的滑块在气垫导轨上，从光电门的左侧向右运动，撞到右侧挡板经后弹回，测量显示滑块两次经过光电门时遮光条的遮光时间分别是和，已知遮光条宽度为，取向右为正方向，则滑块受到挡板的平均作用力大小是（　　）
A． B． C． D．
9．如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中（子弹打击的时间极短），关于由子弹、弹簧和 A、B所组成的系统，下列说法正确的是( )
A．子弹射入物块 B 的过程中，系统的机械能、动量均不守恒
B．物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量达最大过程中，系统的机械能和动量都不守恒
C．弹簧推着物块 B 向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，系统的机械能和动量都守恒
D．物块 A 离开竖直墙壁后，直到弹簧伸长量达最大的过程中，系统的机械能和动量都守恒
10．如图，物体P、Q置于光滑水平面上，某时刻分别在相同大小的水平恒力F1、F2作用下，由静止开始运动，经时间t，P、Q发生的位移大小关系为xPA．F2的功率比F1的大
B．P的速度比Q的大
C．P的动能比Q的大
D．P的动量比Q的大
11．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图象(x－t图)分别为如图中ADC和BDC所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　)
A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．3:1
12．如图甲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，甲、乙两小车放在木板是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，使甲、乙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变化的图象如图乙所示. 甲、乙两车质量（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．碰撞过程中甲车损失的动能是
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
13．一质量为m的物块静止在水平光滑桌面上，现用一力F（大小未知）拉动物块，物块运动时的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．0.5T时，物块速度为
B．与物块运动情况完全相同
C．，过程中F冲量为
D．过程中F做功为零
14．如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m．现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是(　　)
A．B球动能的最大值是mv02
B．B球动能的最大值是mv02
C．系统动能的最小值是0
D．系统动能的最小值是mv02
15．大多数太空垃圾都靠近地面，即处于距地面300km至500km的近地轨道。1965年，在近地轨道上，“双子星4号”飞船宇航员埃德平怀特第一次太空行走期间丢失了一副手套。在随后一个月中，在极其稀薄的大气作用下手套的高度逐渐降低，以接近第一宇宙速度的速度在太空飞行，成为有史以来最为危险的服装用品。则在这一个月中（ ）
A．手套的机械能守恒 B．手套的动能逐渐增大
C．手套的势能逐渐增大 D．手套减少的机械能转化为内能，但能的总量保持不变
二、填空题
16．如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m=1kg，B质量为M=3kg。开始时A、B静止，C以初速度v0=2m/s滑向A，与A碰后C的速度变为零，A向右运动与B发生碰撞并粘在一起，则：A与B碰撞后的共同速度大小为___________m/s。
17．有一种手电筒，当其电池的电能耗尽时，摇晃它，即可为电池充电，在这个摇晃过程中_____能转化为电能；如果将这种手电筒摇晃一次，相当于将200g的重物举高20cm，每秒摇两次，则摇晃手电筒的平均功率为________W，g=10m/s2。
18．如图所示，光滑水平面上有质量分别为m1=1kg、m2=2kg的两个物体，其中m2左侧固定一轻质弹簧，m1以v0=9m/s的速度向右运动，通过压缩弹簧与原来静止的m2发生相互作用，则弹簧被压缩到最短时m2的速度为v=___m/s，此时弹簧存储的弹性势能为____J。
19．质量为4.0kg的物体A静止在水平桌面上，另一个质量为2.0kg的物体B以5.0m/s的水平速度与物体A相碰。碰后物体B以1.0m/s的速度反向弹回，则系统的总动量为______kg·m/s，方向______。碰后物体A的速度大小为______m/s，方向______。物体B动量变化量大小为______kg·m/s，方向______。若物体A、B碰撞时间为0.1s，则物体A、B间的平均作用力大小为______N。
三、综合题
20．如图所示，水平地面上有两个小球A和B，A球质量mA=3m，不受摩擦力作用，B球质量为mB=m，与地面间的动摩擦因数为μ。A球以初速度v0开始向静止的B球运动，A球与B球发生的都是弹性碰撞，不计碰撞的时间，重力加速度为g。求：
（1）第一次碰后到第二次碰前B球的位移；
（2）从AB第一次碰后到AB即将发生第三次碰撞的时间。
21．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车B，其质量为M＝4kg，右端用细绳T系在墙上，小车的四分之一圆弧轨道半径为R＝1.7m，在最低点P处与长为L＝2m的水平轨道相切，可视为质点的质量为m=2kg物块A放在小车B的最右端，A与B的动摩擦因数为μ＝0.4，整个轨道处于同一竖直平面内。现对A施加向左的水平恒力F＝48.5N，当A运动到P点时，撤去F，同时剪断细绳，物块恰好能到达圆弧的最高点，当其再次返回P点时，动能为第一次过P点时的，取。求：
（1）物块第一次过P点时的速度；
（2）物块在四分之一圆弧轨道向上运动过程增加的内能；
（3）物块第二次过P点时B的速度；
（4）计算说明A最终是否会掉下木板。
22．如图所示，水平地面AC与光滑半圆弧竖直轨道CD相切于C点，圆轨道半径为R，BC长度。A点有一弹射装置，其右侧的B点静置一质量为m的滑块Q，AB光滑且长度为2R（大于弹簧的原长），BC粗糙且与滑块的动摩擦因数为。现用此装置来弹射一质量为m的滑块P，滑块P获得速度后向右运动，到达B点与滑块Q发生完全弹性碰撞，碰撞后滑块Q继续向右运动到C点进入光滑圆轨道。通过最高点D后水平抛出，落到水平地面与地面碰撞。碰撞后，滑块Q竖直速度vy减为0，由于摩擦的作用，水平速度大小变为。不计空气阻力，滑块都能看做质点，试求：
（1）若弹性装置释放时的弹性势能为5.5mgR求：
①P与Q碰后瞬间Q的速度大小；
②滑块Q从D点离开圆弧轨道到与地面碰撞后这个过程中所受合外力的冲量；
（2）若弹射装置弹射出滑块P后，滑块P获得速度后与Q发生完全弹性碰撞后，Q通过圆弧轨道最高点D后水平抛出，滑块Q最终停止在距离C点为的轨道上，求弹簧弹性势能的大小。
23．某弹射游戏简化如图，弹射筒与水平方向的夹角θ可任意调整，弹射筒中弹簧的压缩程度可以根据需要调整，小球始终从水平虚线AB处射出；水平台面上放置有长度为L = 0.2 m、质量为m的管子，管子横截面内圆外方，内壁光滑，外部粗糙，右端开口，左端封闭；开始时管子右端开口处与水平台的右边缘齐平，管子静止在水平台面上，其中心水平轴线距离弹射筒口高度为h，右端开口处与弹射筒口间的水平距离为x0；游戏时，需要调整好弹射筒的位置、与水平方向的夹角以及控制好弹簧的压缩程度，使弹射出的小球到达最高点时恰到达管子右端开口处并从管口平滑进入管子（小球直径略小于管子内径），继续滑行后与管子底部发生弹性正碰，碰撞时间极短且整个过程小球的速度方向均处于同一个竖直平面上。已知小球质量为M，且M = 3m，水平面粗糙且向左足够大。
（1）要使弹射出的小球能在最高点时恰能到达管子右端开口处，求x0、θ应满足的关系；
（2）设小球到达最高点时的速度大小为v0，则小球与管子底部发生第一次碰撞后的瞬间，小球和管子的速度分别是多大？
（3）若某次测得小球到达最高点时速度v0 = 0.4 m/s，当小球与管子底部发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，小球恰好不会从管子右端滑出。已知重力加速度g = 10 m/s2，求管子与水平面间的动摩擦因数μ；
（4）在（3）的运动情景中，球与管子多次碰撞后，最终管子在水平面上滑行的总位移大小。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
A．设高度为h，根据牛顿第二定律加速度为：
由：
得
由于斜面的倾角不同，则运动时间不同，根据I=mgt知重力的冲量不同，故A错误．
BCD．根据动能定理知：
解得：，到达底端时动能变化量相同，由于斜面倾角不同，故速度大小相等、方向不同，根据动量定理知，动量的变化量大小相等、方向不同，故合力的冲量大小相等、方向不同；故合力的冲量不相同，动量的变化量也不相同，故B错误，C错误，D正确.
2．D
【详解】
A．在一个周期内，重力对A冲量大小
IG=mgT≠0
故A错误；
B．小球受到的重力、拉力的合力提供水平方向的向心力，则
mgtanθ=m
解得
v=
故B错误；
C．A、B的角速度均为
ω=
由于x、L、g为定值，当ω一定时，θ与小球的质量无关，则BD绳与竖直方向的夹角也是θ，BD绳的拉力大小为
FB=
C错误；
D．AC绳的拉力大小为
FA=
装置受到地面的静摩擦力大小为
FBsinθ–FAsinθ=mgtanθ
根据牛顿第三定律知：地面受到的静摩擦力大小为mgtanθ，故D正确。
故选D.
3．D
【详解】
弹丸击中木块前，由于m＜M，两者速率相等，所以两者组成的系统总动量向左，弹丸水平击中木块并停在木块中的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律可知，弹丸停在木块中后它们一起向左运动，即弹丸向右运动，后向左运动，可知，弹丸的速率先减小，后增大．木块的速度一直减小，故A错误；由上分析知，弹丸的速率可以为零，故B错误；木块一起向左运动，弹丸对木块一直做负功．弹丸先向右运动后向左运动，则木块对弹丸先做负功后做正功，故C错误；由牛顿第三定律知，弹丸对木块的水平作用力与木块对弹丸的水平作用力大小相等，相互作用的时间相等，由冲量的定义式I=Ft知，弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等，故D正确．
4．B
【详解】
若前后舱是分开的，不计水的阻力，则系统在水平方向动量守恒，系统总动量保持为零，用一水泵把前舱的水抽往后舱，水的速度向后，水的动量向后，前后舱隔开时，由于系统总动量为零，则船的动量向前，因此在抽水过程中，船向前运动；故A错误，B正确．若前后舱不分开，系统初状态动量为零，由动量守恒定律可知，抽水过程船的速度为零，船静止不动；故CD错误．
5．C
【详解】
以甲、乙两同学及两车组成的系统为研究对象，系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球，乙接球，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不相撞，设共同速度为v，则
M1v0-M2v0=（M1+M2）v
得
v=v0=1 m/s
这一过程中乙和他的车的动量变化量
Δp=[30×4-30×（-1）] kg·m/s=150 kg·m/s
每一个小球被乙接住后，到最终的动量变化量
Δp1=（16×1-1×1） kg·m/s=15 kg·m/s
故小球个数
N==10（个）
故选C。
6．D
【详解】
A．B→C的过程，运动员所受的弹性绳的拉力小于其重力，运动员处于失重状态，故A错误；
B．C→D的过程，运动员所受的弹性绳的拉力大于其重力，运动员处于超重状态，故B错误；
C．B→C运动员减少的重力势能等于弹性绳增加的弹性势能、运动员增加的动能之和，故C错误；
D．C→D的过程，弹性绳的拉力大于其重力，合力向上，拉力不断增大，合力增大，则加速度增大，运动员做加速度增加的减速运动．故D正确。
故选D。
7．A
【详解】
AB．不论斜面是否光滑，M、m组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，M的位移为s，则m的位移为b-s，两物体的平均速率分别为
，
由动量守恒定律得
解得
A正确B错误；
CD．不论斜面是否光滑，物块下滑过程系统在竖直方向所受合力不为零，系统所示合力不为零，系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒；若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，CD错误；
故选A。
8．C
【详解】
第一次通过光电门速度
第二次通过光电门速度
取向右为正方向，则小球与挡板撞过程中动量的变化为
负号表示方向向左，根据动量定理的公式得
代入数据求得
故选C。
9．D
【详解】
A：子弹射入物块B的过程中，由于时间极短，且内力远大于外力，子弹、弹簧和 A、B所组成的系统动量守恒；在此过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，系统的机械能减小．故A项错误．
B：物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量达最大过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，系统动量不守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒．故B项错误．
C：弹簧推着物块 B 向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，系统动量不守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒．故C项错误．
D：物块 A 离开竖直墙壁后，直到弹簧伸长量达最大的过程中，系统所受的外力之和为零，系统动量守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒．故D项正确．
10．A
【详解】
A.两物体由静止出发，因为xPC. 根据拉力做功W=Fx，WPD.物体P、Q受到的力大小相等，作用时间相同，冲量相等，根据动量定理，P的动量等于Q的动量，故D错误．
故选A
11．C
【详解】
由x－t图象可以知道,碰撞前，碰撞后 碰撞过程动量守恒,对A、B组成的系统,设A原方向为正方向,则由动量守恒定律得:, 计算得出 故C正确；ABD错误；故选C
12．C
【详解】
设甲、乙两车碰撞前的速度大小为v1、v2，碰后的速度大小为v3，结合题图乙得，，以向右为正方向，碰前总动量，碰后总动量，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，A错误；碰撞前甲车动能为，碰撞后甲车动能为，所以碰撞过程中甲车损失的动能是，B错误；碰前甲、乙两车的总动能为6J，碰后甲、乙两车的总动能为2J，则选项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，D错误.
13．AD
【详解】
AB．根据a-t图像与时间轴所围的面积大小表示速度的变化量，且物体从静止开始运动可知：物体在0～0.5T时间内做初速度为零的加速度为a0的匀加速直线运动，0.5T时物体的速度
0.5T~T时间内物体的加速度为零，以速度v做匀速运动
T~1.5T时间内物体的加速度为-a0，物体做匀减速运动，1.5T时刻的速度
1.5T~2T时间内物体做初速度为零加速度为-a0的反向匀加速直线运动，2T时物体的速度
其速度时间图像如图所示
故A正确，B错误；
C．T~1.5T，根据动量定理可知F冲量等于物体的动量变化，即
故C错误；
D．T~2T过程中，根据动能定理可知：F做的功等于物体的动能变化，即
故D正确。
故选AD。
14．AD
【详解】
若两球发生弹性碰撞，则B球获得的动能最大；根据动量守恒和动能守恒得：
mv0=mvA+mvB，

联立解得，B球碰后最大速度为 vB=v0，B球最大动能为 ，故A正确，B错误；根据动量守恒可知，碰撞后系统总动量为mv0，总动能不可能为零，故C错误．若两球发生完全非弹性碰撞，系统损失的动能最大，则有：mv0=（m+m）v得：v=v0，系统动能的最小值是 ，故D正确．故选AD.
15．BD
【详解】
由于手套运动的轨道高度降低，地球对手套的引力将对手套做正功，手套的机械能减小，重力势能减小；同时由轨道高度降低根据
得手套的运行速度将增加，故动能增加，根据能量的转化与守恒可知，手套减少的机械能转化为内能，但能的总量保持不变。
故选BD。
16．0.5
【详解】
设C与A碰后A的速度为v1，由动量守恒定律可得
故碰后A的速度为
设A、B碰后的共同速度为v2，由动量守恒定律可得
联立解得
17． 机械（或动能） 0.8
【详解】
摇晃过程中，人对手电筒做功，所以在摇晃过程中将机械能（或动能）转化为电能。
摇晃两次，平均功率为
18． 3 27
【详解】
当滑块A、B的速度相同时，弹簧被压缩最短，弹簧的弹性势能最大.设向右为正方向，由动量守恒定律有
m1v0=（m1+m2）v
代入数据解得
v=3m/s
由能量守恒定律得
Epm=m1v02-（m1+m2）v2
代入数据解得
Epm=27J
19． 10 与B初速度方向相同 3 与B初速度方向相同 12 与B初速度方向相反 120
【详解】
取碰撞前B的速度方向为正方向，则系统的总动量为
方向与B初速度方向相同
根据动量守恒定律得
解得
方向与B初速度方向相同
物体B动量变化量
方向与B初速度方向相反
对B，根据动量定理
解得
20．（1）；（2）
【详解】
（1）A球以初速度开始向静止的B球运动，A球与B球发生弹性碰撞，设第一次碰后A球与B球的速度分别为、，则
碰后A做匀速运动，B做匀减速运动，由牛顿第二定律
当B速度减为零所需要的时间
第一次碰后到B速度减为零过程中的位移
在此时间内A的位移
由于，即B速度减为零时，A还未追上，则第二次碰撞发生在B停下的位置
联立解得第一次碰后到第二次碰前B球的位移
（2）第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间
解得
同理，第二次碰撞到第三次碰撞所经历的时间
从第一次碰后到即将发生第四次碰撞的时间
联立解得
21．（1）；（2）；（3）；（4）会掉下木板
【详解】
(1)设物A块第一次到P点时的速度为v，对A物块据动能定理可得
解得
(2)物块A恰好能到达圆弧的最高点时，A、B速度相同，根据动量守恒定律可得
解得
根据能量守恒定律可得
解得增加的内能为
(3)设A再次返回P点时速度为，根据题意有
解得
或
讨论：①当时，由动量守恒定律可得
代入数据解得
A从最高点返回P点的过程中产生的内能为
不合理，舍去；
②当时是合理的，由动量守恒定律可得
代入数据可以得
(4)设B的水平部分长度为x时，A不会掉下木板，则由功能关系可得
解得
说明假设不成立，故A会掉下木板。
22．（1）①，②，水平向右；（2）
【详解】
(1)①滑块P被弹簧弹开时有
P与Q碰撞由动量守恒及能量守恒分别可得
联立解得
②滑块Q从B点到D点有
解得
由题可知滑块Q与地面碰撞后瞬间
全过程动量定理有
解得
即合冲量大小为，方向水平向右。
(2)滑块Q从D点水平抛出，水平、竖直方向分别满足
与地面碰撞后水平速度变为
滑块继续向前滑行的距离
滑块平抛后到静止，共向左运动的水平位移为
解得
因为碰撞过程没有能量损失，根据能量守恒定律可得
解得
23．（1）x0tanθ = 2h；（2）球速v1 =0.5v0，管速v2 =1.5v0；（3）0.01；（4）0.6 m
【详解】
（1）设弹出小球的初速度的水平分速度为v，即小球在最高点时的速度为v，则从小球被抛出到上升至最高点的过程中，竖直方向做竖直上抛运动
水平方向做匀速直线运动
对弹出时的初速度分解可得
解得
（2）与管子底部发生第一次碰撞前，小球在管子内匀速滑行，管子静止不动，设碰撞后小球的速度为v1，管子的速度为v2，二者发生弹性正碰，规定向左为正，由动量守恒得
由机械能守恒得
解得，球速
v1 == 0.5v0
管速
v2 == 1.5v0
（3）设第一次碰撞后经时间t2小球恰好未从管子右端滑出，管子的速度为v2′，此时二者共速
v2′ = v1
小球的位移
管子的位移
两者位移差恰为
L =
可得
设管子与水平面间的摩擦力大小为Ff，则
规定向左为正，对管子应用动量定理得
即
解得
μ = 0.01
（4）多次碰撞后小球和管子最终静止，设管子滑行的总位移为x，对小球和管子组成的系统，由能量守恒定律得
解得管子滑行的总位移
x = 0.6 m
答案第1页，共2页