第一章 动量守恒定律 章末过关检测(一)-【优学精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册教用课件（人教版）

该高中物理章末复习课件系统梳理了动量、动量守恒定律及与机械能守恒的综合应用，通过碰撞、反冲、人船模型等典型情境构建知识网络，串联概念规律与实验探究，帮助学生形成完整的力学知识体系。 其亮点在于注重科学思维与科学探究，如设计“验证动量守恒”实验（平抛落点、光电门测量）培养实验能力，通过“小孩滑车”“滑块弹簧”等分层计算题提升模型建构与科学推理能力。这种设计兼顾基础与综合，助力学生巩固知识，教师精准复习。

章末过关检测(一) 1 √ (时间：75分钟　分值：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．下列说法正确的是(　　) A．动量为零时，物体一定处于平衡状态 B．物体所受合外力不变时，其动量一定不变 C．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 D．动能不变，物体的动量一定不变 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 15 14 13 章末过关检测 解析：动量为零时，物体的速度为零，物体不一定处于平衡状态，A错误；物体所受合外力不变时，若合外力不为零，则加速度不为零且不变，其速度一定变化，则动量一定变化，B错误；物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动，例如平抛运动，C正确；动能不变，则物体的速度大小不变，但是物体速度的方向可能变化，则物体的动量可能变化，D错误。 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 15 14 13 章末过关检测 √ 2．如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的蜡烛加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是(　　)  A．水平方向动量守恒，机械能守恒 B．水平方向动量守恒，机械能不守恒 C．水平方向动量不守恒，机械能守恒 D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒 解析：以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向动量守恒。但由于要产生内能，所以机械能不守恒。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 3．如图所反映的物理过程中，以物体A和物体B为一个系统，符合系统机械能守恒且水平方向动量守恒的是(　　)  A．甲图中，在光滑水平面上，物块B以 初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A B．乙图中，在光滑水平面上，物块B以 初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A C．丙图中，在光滑水平面上小球A以初速度v0与小球B发生碰撞后粘在一起 D．丁图中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 解析：题图甲中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A，两物体组成的系统机械能不守恒，水平方向动量守恒，故A错误；题图乙中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A，两物体组成的系统机械能守恒，水平方向动量不守恒，故B错误；题图丙中，在光滑水平面上小球A以初速度v0与小球B发生碰撞后粘在一起，两物体组成的系统机械能不守恒，水平方向动量守恒，故C错误；题图丁中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B，两物体组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故D正确。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 4.为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度，有人做了这样的实验：如图，人坐在小车上，手持灭火器，按压阀门让灭火器水平向前喷射。人自静止状态出发，在8.0 s内匀加速移动的距离为16.0 m。已知人(连同设备)的总质量为65 kg，灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为0.20 kg，人(连同设备)在地面运动时，所受阻力恒定为自身重力的0.01。忽略该过程中人(连同设备)总质量的变化，g取10 m/s2，可估算出磷酸盐喷出的速率最接近(　　) A.195 m/s　　　　　　 B．120 m/s C．100 m/s D．60 m/s 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 6．在平静的水面上漂浮着一块质量为M的带有支架的木板，支架上蹲着一只质量为m的青蛙，M>m，突然青蛙相对于地面以一定水平速度向右跳出，恰好落到木板最右端。水的阻力不计，下列说法正确的是(　　)   A．青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小 B．青蛙落到木板后两者一起向右做匀速直线运动 C．该过程青蛙相对于地面的水平位移大于木板相对于地面的水平位移 D．如果增加木板的质量(长度不变)，则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。 8．以下四个图中，系统动量守恒的是(　　) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ A.将图甲中细线剪断，物块在光滑水平面上运动，弹簧恢复原长的过程中 B．在图乙所示的光滑水平面上，子弹射入木块的过程中 C．图丙所示的木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中 D．图丁所示的两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 解析：剪断细线，弹簧恢复原长过程中，物块所受外力的合力不为0，等于弹簧的弹力，动量不守恒，故A错误；在光滑水平面上，子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故B正确；木块沿光滑固定斜面下滑过程中，合外力沿斜面向下，木块所受外力的合力不为0，动量不守恒，故C错误；两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动过程中，两球所受浮力与两球的重力仍然大小相等、方向相反，即两球组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，故D正确。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 9.如图所示，内壁光滑的半圆槽静置于光滑水平地面上。现将小球(可视为质点)自左侧槽口A点的正上方由静止释放，小球下落后刚好自A点进入槽内，B点为半圆槽内壁的最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．小球从A到B的过程中，半圆槽对小球做正功 B．小球从A到B的过程中，半圆槽对小球做负功 C．小球可以运动到当初释放点的等高处 D．小球无法运动到当初释放点的等高处 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 √ 10．如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离x＝2.7 m，则下列说法正确的是(　　)   A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左 C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)某实验小组采用如图甲所示的实验装置来完成“验证动量守恒定律”实验，用天平测得A、B球的质量分别为m1和m2，O点是轨道末端在白纸上的投影点，M、P、N为三个落点的平均位置，测出M、P、N与O的距离，如图乙所示。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 (1)实验时A球的质量一定要大于B球的质量的原因是_______________________。 解析：实验时A球的质量一定要大于B球的质量的原因是避免A球碰撞后反弹。 避免A球碰撞后反弹 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 (2)为正确完成本实验，斜槽________确保光滑，斜槽末端________确保水平，A球每次________从同一位置由静止释放。(均选填“需要”或“不需要”) 解析：为确保两小球碰撞后都做平抛运动，斜槽末端需要确保水平，斜槽不需要确保光滑，同一斜面的摩擦系数相同，只要确保从同一位置静止释放就可以确保A球碰撞前瞬间的速度相同。 不需要 需要 需要 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 (3)某次实验时测得A、B球的质量之比m1∶m2＝2∶1，则在实验误差允许范围内，当关系式s2＝________(用s1、s3表示)成立时，可证明两球碰撞时动量守恒，同时若关系式s2＝________(用s3表示)成立，则说明两球发生了弹性碰撞。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 12．(8分)某同学在探究碰撞过程中的动量守恒时，设计了如图所示的实验，并进行了如下的操作：   a．将两个完全相同的遮光片分别固定在滑块甲和滑块乙上，用天平测量两滑块甲、乙和遮光片的总质量m1、m2，将两个光电门A、B分别固定在气垫导轨上； b．调节气垫导轨水平，将滑块甲放在光电门A的左侧，轻推滑块甲使其依次通过光电门A、B，遮光片的挡光时间分别为Δt1、Δt2； 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 c．将轻弹簧放置在两滑块之间，使弹簧压缩且处于锁定状态，并将两滑块放在两光电门之间，某时刻将锁定解除，两滑块被弹簧弹开，两滑块甲、乙分别通过光电门时已经与弹簧分离，记录甲、乙经过光电门A、B的挡光时间t1、t2。 回答下列问题： (1)操作b中，若气垫导轨水平，则Δt1______(选填“>”“＝”或“<”)Δt2。 解析：操作b中，若气垫导轨水平，则滑块甲做匀速运动，则有Δt1＝Δt2。 ＝ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 (2)本次实验若仅探究两滑块弹开过程中动量是否守恒，则__________(选 填“需要”或“不需要”)测量遮光片的宽度d，若关系式__________成立，则动量守恒；若本次实验再探究弹簧储存的弹性势能，则__________(选填“需要”或“不需要”)测量遮光片的宽度d，锁定解除瞬间，弹簧储存的 弹性势能为Ep＝__________(用以上测量的字母表示)。 不需要 需要 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 章末过关检测 13．(10分)如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0＝9 m/s向右做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞。已知小孩的质量m＝25 kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100 kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，求： 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 章末过关检测 (1)小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小；(3分) 解析：因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在小孩跳的过程中，把小孩、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律得 (m＋mA)v0＝(m＋mA＋mB)v 代入数据解得v＝5 m/s。 答案：5 m/s　 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 章末过关检测 (2)小孩跳离A车和B车时对地速度的大小；(3分) 解析：依题意，设小孩跳离A车和B车时对地的速度大小为v′，则对小孩、B车根据动量守恒定律有 mv′＝－mv′＋mBv 解得v′＝10 m/s。 答案：10 m/s　 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 章末过关检测 (3)小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小。(4分) 解析：根据动量守恒定律，小孩跳离A车的过程有 (m＋mA)v0＝mv′＋mAvA′ 解得小孩跳离A车时，A车的速度大小 vA′＝8.75 m/s 根据动量定理，对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小，即 I＝Δp＝mAv0－mAvA′＝25 kg·m/s。 答案：25 kg·m/s 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 章末过关检测 14.(12分)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；(4分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 答案：1 m/s　1 m/s　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；(4分) 答案：0.2　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。(4分) 答案：0.12 J 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 (1)滑块A和B碰撞前A的速度大小v0；(5分) 答案：6 m/s　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 (2)为使滑块B不能从长木板右端滑离长木板，长木板的最大质量mC；(5分) 答案：6 kg　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 (3)在满足(2)的条件下，长木板的最大速度v m及滑块B最终距Q端的距离Δx。(6分) 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 章末过关检测 解析：设人(连同设备)的末速度为v，根据x＝ eq \f(v,2) t，解得v＝4 m/s，设磷酸盐喷出的速率为v′，分别对人(连同设备)和磷酸盐根据动量定理得Ft－kMgt＝Mv，Ft＝mv′，解得v′＝195 m/s。 5．如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车(含圆管)的质量为2m，初始时静止在光滑的水平面上。一个小球以水平速度v从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质量为m，半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管的厚度。在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球滑离小车时，小车速度向右 B．小球滑离小车时，小车的速度大小为 eq \f(2,3) v C．圆管中轴线距离车身的最大高度为 eq \f(v2,3g) D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲量为0 解析：小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上由动量守恒定律可得mv＝2mv车＋mv球，由机械能守恒定律可得 eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,2) ×2mv eq \o\al(2,车) ＋ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,球) ，解得v车1＝0、v球1＝v，v车2＝ eq \f(2,3) v、v球2＝－ eq \f(v,3) (舍去)，即小球滑离小车时，小车的速度为0，小球的速度为v，故A、B错误； 小球恰好到达圆管的最高点时，小球和小车的速度相同为v′，由动量守恒定律得mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝ eq \f(v,3) ，以小球刚滑上小车的位置为零势能面，小球在最高点的重力势能等于系统动能减小量，由机械能守恒定律可得Ep＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) ×3m× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)v)) 2＝ eq \f(1,3) mv2，根据Ep＝mgh可知，车上圆管中心线最高点的竖直高度h＝ eq \f(Ep,mg) ＝ eq \f(v2,3g) ，故C正确；从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的水平方向总冲量为0，竖直方向总冲量不为0，所以总冲量不为0，故D错误。 解析：由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互作用力，二者大小相等、方向相反，时间相等，所以青蛙对木板的冲量大小等于木板对青蛙的冲量大小，故A错误；由于青蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒，系统初动量为零，所以末动量也为零，所以青蛙落到木板后二者静止，故B错误；设青蛙相对于木板的水平位移为L，根据人船模型的特点可得mx蛙＝Mx板，x蛙＋x板＝L，解得x蛙＝ eq \f(M,m＋M) L，x板＝ eq \f(m,m＋M) L，由于M>m，所以x蛙>x板，故C正确； 设支架高为h，根据mv蛙＝Mv板，v蛙t＋v板t＝L′，h＝ eq \f(1,2) gt2，可知，青蛙以同样的水平速度跳出，增加木板的质量(长度不变)，则木板的速度减小，由于时间不变，所以青蛙相对于木板的位移减小，青蛙不会落入水中，故D错误。 7．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为 L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法正确的是(　　) A．FN＝mg cos α B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt cos α C．滑块到达斜面底端时的动能为mgL tan α D．此过程中斜面向左滑动的距离为 eq \f(m,M＋m) L 解析：当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小I＝FNt，故B错误；B下降的高度为Ltan α，其重力势能的减小量等于mgLtan α，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgLtan α，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M eq \f(x1,t) －m eq \f(x2,t) ＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝ eq \f(mL,M＋m) ，故D正确。 解析：小球从A到B的过程中，由于系统水平方向动量守恒，半圆槽向左运动，小球所受槽的支持力方向与速度方向并不垂直，而是大于90°，所以槽的支持力对小球做负功，故A错误，B正确；依题意，系统水平方向动量守恒，当小球到达右侧最高点时速度与半圆槽的速度相同，设为v，并设右侧最高点与释放点间的高度差为h，可得0＝(M＋m)v，系统机械能守恒，则有mgh＝ eq \f(1,2) (M＋m)v2，解得h＝0，即小球可以运动到当初释放点的等高处，故C正确，D错误。 解析：设甲、乙两球质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，由题意又有v2－v1＝ eq \f(x,t) ，代入数据联立解得v1＝－0.1 m/s，v2＝0.8 m/s，可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，A、C错误，B正确；爆炸过程中释放的能量ΔE＝ eq \f(1,2) m1v eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \o\al(2,2) － eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1＋m2)) v eq \o\al(2,0) ，代入数据解得ΔE＝0.027 J，D正确。 s1＋ eq \f(s3,2) 　 eq \f(3s3,4) 解析：小球从斜槽末端开始做平抛运动，因此小球在空中的运动时间相同，若动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，v0＝ eq \f(s2,t) ，v1＝ eq \f(s1,t) ，v2＝ eq \f(s3,t) ，所以m1s2＝m1s1＋m2s3，又m1∶m2＝2∶1，所以s2＝s1＋ eq \f(s3,2) ，若两球发生弹性碰撞，则有 eq \f(1,2) m1v eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) m1v eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \o\al(2,2) ，结合以上分析可得s2＝ eq \f(3s3,4) 。 eq \f(m1,t1) ＝ eq \f(m2,t2) 2,1) eq \f(d2,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m1,t)＋\f(m2,t eq \o\al(2,2) ))) 解析：设遮光片的宽度为d，则滑块甲经过光电门A的速度大小v1＝ eq \f(d,t1) ，滑块乙经过光电门B的速度大小v2＝ eq \f(d,t2) ，由于初动量为0，根据动量守恒定律可得m1v1＝m2v2，联立可得 eq \f(m1,t1) ＝ eq \f(m2,t2) ，本次实验若仅探究两滑块弹开过程中动量是否守恒，则不需要测量遮光片的宽度d，若关系式 eq \f(m1,t1) ＝ eq \f(m2,t2) 成立，则动量守恒；根据能量守恒定律可得Ep＝ eq \f(1,2) m1v eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \o\al(2,2) ，联立可得Ep＝2,1) eq \f(d2,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m1,t)＋\f(m2,t eq \o\al(2,2) ))) ，若本次实验再探究弹簧储存的弹性势能，则需要测量遮光片的宽度d，锁定解除瞬间，弹簧储存的弹性势能Ep＝2,1) eq \f(d2,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m1,t)＋\f(m2,t eq \o\al(2,2) ))) 。 解析：对A物块由平抛运动知识得 h＝ eq \f(1,2) gt2 xA＝vAt 代入数据解得vA＝1 m/s 对A、B物块整体由动量守恒定律有 mAvA＝mBvB 解得vB＝1 m/s。 解析：对物块B由动能定理有 －μmBgxB＝0－ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) 代入数据解得μ＝0.2。 解析：由能量守恒定律有 ΔEp＝ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,A) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) ＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB 解得ΔEp＝0.12 J。 15．(16分)如图所示，质量mA＝1 kg的物块A在光滑水平平台上向右运动，紧靠在水平平台右端的长木板上表面NQ水平并与平台等高且底面光滑，NQ的长度L＝2 m，长木板的右端为半径R＝0.1 m的 eq \f(1,4) 光滑圆弧，长木板的左端有一可视为质点的滑块B，其质量mB＝3 kg，与NQ间的动摩擦因数μ＝0.1，滑块A沿平台向右运动与滑块B发生弹性碰撞，测得碰后滑块B的速度大小vB＝3 m/s，重力加速度g取10 m/s2，求： 解析：滑块A和B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则有mAv0＝mAvA＋mBvB eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,A) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) 联立解得v0＝6 m/s。 解析：在保证B不能从右端滑离长木板，长木板质量取最大时，对应的情况是B刚好滑到圆弧的顶端时，B与长木板共速，对B和长木板有 mBvB＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mB＋mC)) v eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) － eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mB＋mC)) v2＝μmBgL＋mBgR 代入数据可得v＝1 m/s，mC＝6 kg。 解析：当滑块B返回至Q端时，长木板的速度最大，设此时B的速度大小为vB′，则有 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mB＋mC)) v＝mBvB′＋mCvm eq \f(1,2) mBvB′2＋ eq \f(1,2) mCv eq \o\al(2,m) － eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mB＋mC)) v2＝mBgR 解得v m＝ eq \f(3＋\r(3),3) m/s 设B最终没有滑离长木板，B滑下后相对长木板滑行Δx，根据能量守恒定律可得 mBgR＝μmBgΔx 解得Δx＝1 m<L＝2 m 故假设成立，B最终距Q端的距离Δx＝1 m。 答案： eq \f(3＋\r(3),3) m/s　1 m $