八、动量 动量守恒定律-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（课件PPT+word教案）

八、动量　动量守恒定律 1. (2021·全国乙卷·14)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 答案　B 解析　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；对小车、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。 2.(2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　) A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J 答案　A 解析　根据题图，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲=5.0 m/s，v乙=1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'=-1.0 m/s，v乙'=2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙'，解得m乙=6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2，解得ΔE=3 J，故选A。 3.(多选)(2023·重庆卷·8)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。无人机及其载物的总质量为2 kg，取竖直向上为正方向。则(　　) A.EF段无人机的速度大小为4 m/s B.FM段无人机的货物处于失重状态 C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4 kg·m/s D.MN段无人机机械能守恒 答案　AB 解析　根据EF段方程y=4t-26，可知EF段无人机的速度大小为v==4 m/s，故A正确；根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；根据MN段方程y=-2t+140，可知MN段无人机的速度为v'==-2 m/s，则有Δp=mv'-mv=2×(-2) kg·m/s-2×4 kg·m/s=-12 kg·m/s，可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s，故C错误；MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。 4. (多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g=10 m/s2。则(　　) A.4 s时物块的动能为零 B.6 s时物块回到初始位置 C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J 答案　AD 解析　物块与地面间的摩擦力为 Ff=μmg=2 N 对物块在0~3 s时间内由动量定理可知 (F-Ff)t1=mv3， 代入数据可得v3=6 m/s， 3 s时物块的动量为p=mv3=6 kg·m/s，故C错误； 设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得-(F+Ff)t2=0-mv3 解得t2=1 s 所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确； 在0~3 s时间内，对物块由动能定理可得 (F-Ff)x1=m，解得x1=9 m 3~4 s时间内，对物块由动能定理可得 -(F+Ff)x2=0-m，解得x2=3 m 4~6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a==2 m/s2 发生的位移大小为x3=a=4 m<x1+x2 即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误； 物块在6 s时的速度大小为v6=at3=4 m/s 0~6 s时间拉力对物块所做的功为 W=Fx1-Fx2+Fx3=40 J，故D正确。 5.(多选)(2022·福建卷·8)我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104 m/s，推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则(　　) A.氙离子的加速电压约为175 V B.氙离子的加速电压约为700 V C.氙离子向外喷射形成的电流约为37 A D.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10-6 kg 答案　AD 解析　氙离子经电场加速，根据动能定理有qU=mv2-0，可得加速电压为U=≈175 V，故A正确，B错误；在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出，形成电流为I，由动量定理可得FΔt=Δmv-0，进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为η，则有=η，联立解得=≈5.3×10-6 kg，故D正确；在Δt时间内，有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出，则有ΔQ=q，I=，联立解得I=·=3.65 A，故C错误。 6. (2024·安徽卷·8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电荷量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　) A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1 D.在图乙位置，v3= 答案　D 解析　该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误； 对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3 根据球1和2运动的对称性可知v1=v2， 解得v3=2v1 根据能量守恒m+m+m= 解得v3= 故C错误，D正确。 7.(多选)(2021·湖南卷·8)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　) A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B.mA>mB C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x D.S1-S2=S3 答案　ABD 解析　由于在0~t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙=F弹， 则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转换为A，撤去F后A水平方向只受弹力作用，则根据动量定理有I=mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确； 由a-t图像可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹=mAaA=mBaB 由题图(b)可知aB>aA，则mB<mA，B正确； 由题图(b)可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后A、B动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则mAv0=mAvA+mBvB， 可得A、B整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为A、B系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误； 由a-t图像可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内A、B组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a-t图像中图线与横轴所围的面积表示Δv可知，在t2时刻A、B的速度分别为vA=S1-S2，vB=S3，A、B共速，则S1-S2=S3，D正确。 8. (2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　) A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.v2大于v1 D.v2大于v0 答案　B 解析　设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3 m=m+m 联立解得v1=v0 设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4 m=×14m+m 联立解得v2=v0， 可得v1=v0>v2 碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0 氮核的动量为pN=14mv2= 可得pN>pH 碰撞后氢核的动能为EkH=m=m 氮核的动能为EkN=×14m= 可得EkH>EkN 故B正确，A、C、D错误。 9.(10分)(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)(2分)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； (2)(3分)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)(5分)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案　(1)　(2)6mgL-3m　(3) 解析　(1)A在传送带上运动时的加速度a=μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间 t== (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知 2m·2v0=mv1+2mv2 ×2m×(2v0)2-(m+×2m)=×[×2m×(2v0)2] 解得v1=2v0 v2=v0 (另一解v1=v0，v2=v0不符合题意，舍掉) 两药品盒做平抛运动的时间t1= 则s-r=v2t1 s+r=v1t1 解得s= 学科网（北京）股份有限公司 $$ 经典重现　考题再现 八、动量　动量守恒定律 1.(2021·全国乙卷·14)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 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；对小车、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。 7 8 9 2.(2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两 物块损失的机械能为 A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据题图，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲=5.0 m/s，v乙=1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'=-1.0 m/s，v乙'=2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲+ m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙'，解得m乙=6 kg，碰撞过程损 失的机械能ΔE=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2，解得ΔE=3 J，故选A。 3.(多选)(2023·重庆卷·8)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。无人机及其载物的总质量为2 kg，取竖直向上为正方向。则 A.EF段无人机的速度大小为4 m/s B.FM段无人机的货物处于失重状态 C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4 kg·m/s D.MN段无人机机械能守恒 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 根据EF段方程y=4t-26，可知EF段无人机的速度大小为v==4 m/s，故A正确； 根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知 FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确； 7 8 9 1 2 3 4 5 6 根据MN段方程y=-2t+140，可知MN段无人机的速度为v'==-2 m/s，则有Δp=mv'-mv=2×(-2) kg·m/s -2×4 kg·m/s=-12 kg·m/s，可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s，故C错误； MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。 7 8 9 1 2 3 4 5 6 4.(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g=10 m/s2。则 A.4 s时物块的动能为零 B.6 s时物块回到初始位置 C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J 7 8 9 √ √ 物块与地面间的摩擦力为 Ff=μmg=2 N 对物块在0~3 s时间内由动量定理可知 (F-Ff)t1=mv3， 代入数据可得v3=6 m/s， 3 s时物块的动量为p=mv3=6 kg·m/s，故C错误； 设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得-(F+Ff)t2=0-mv3 解得t2=1 s 所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 在0~3 s时间内，对物块由动能定理可得 (F-Ff)x1=m，解得x1=9 m 3~4 s时间内，对物块由动能定理可得 -(F+Ff)x2=0-m，解得x2=3 m 4~6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a==2 m/s2 发生的位移大小为x3=a=4 m<x1+x2 即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 物块在6 s时的速度大小为v6=at3=4 m/s 0~6 s时间拉力对物块所做的功为 W=Fx1-Fx2+Fx3=40 J，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5.(多选)(2022·福建卷·8)我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104 m/s，推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则 A.氙离子的加速电压约为175 V B.氙离子的加速电压约为700 V C.氙离子向外喷射形成的电流约为37 A D.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10-6 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ √ 1 2 3 4 5 6 氙离子经电场加速，根据动能定理有qU=mv2-0， 可得加速电压为U=≈175 V，故A正确，B错误； 在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而 出，形成电流为I，由动量定理可得FΔt=Δmv-0，进入放电通道的氙气质量 为Δm0，被电离的比例为η，则有=η=≈5.3×10-6 kg， 故D正确； 在Δt时间内，有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出，则有ΔQ=q，I=，联立解得I=·=3.65 A，故C错误。 7 8 9 6.(2024·安徽卷·8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电荷量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 ，k为静电力常量，不计空气阻力。则 A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1 D.在图乙位置，v3= √ 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此 时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误； 7 8 9 6 1 2 3 4 5 对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3 根据球1和2运动的对称性可知v1=v2， 解得v3=2v1 根据能量守恒m+m+m= 解得v3= 故C错误，D正确。 7 8 9 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(多选)(2021·湖南卷·8)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B.mA>mB C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x D.S1-S2=S3 √ √ √ 由于在0~t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙=F弹， 则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转换 为A，撤去F后A水平方向只受弹力作用，则根据动量定理有I=mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 由a-t图像可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹=mAaA= mBaB 由题图(b)可知aB>aA，则mB<mA，B正确； 由题图(b)可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后A、B动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则mAv0=mAvA+mBvB， 可得A、B整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为A、B系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 由a-t图像可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内A、B组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a-t图像中 图线与横轴所围的面积表示Δv可知，在t2时刻A、B的速度分别为vA=S1-S2，vB=S3，A、B共速，则S1-S2=S3，D正确。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 8.(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.v2大于v1 D.v2大于v0 √ 7 8 9 6 1 2 3 4 5 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3 m=m+m 联立解得v1=v0 设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4 m=×14m+m 7 8 9 联立解得v2=v0， 可得v1=v0>v2 碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0 氮核的动量为pN=14mv2= 可得pN>pH 碰撞后氢核的动能为EkH=m=m 氮核的动能为EkN=×14m= 可得EkH>EkN 故B正确，A、C、D错误。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 9.(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前 瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： 6 1 2 3 4 5 7 8 9 (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； 答案　　 6 1 2 3 4 5 7 8 9 A在传送带上运动时的加速度a=μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间t== (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； 答案　6mgL-3m　 6 1 2 3 4 5 7 8 9 B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案　 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知 2m·2v0=mv1+2mv2 ×2m×(2v0)2-(m+×2m) =×[×2m×(2v0)2] 解得v1=2v0 v2=v0 (另一解v1=v0，v2=v0不符合题意，舍掉) 7 8 9 6 1 2 3 4 5 两药品盒做平抛运动的时间t1= 则s-r=v2t1 s+r=v1t1 解得s= 7 8 9 $$