第一章 动量守恒定律 单元过关检测 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

第一章过关检测-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册 （时间：75分钟　满分：100分） 一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分；第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。 1.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为10 g的儿童玩具玻璃球从一居民楼的16层坠下，与地面的撞击时间约为0.002 s，则该玻璃球对地面产生的冲击力约为（　　） A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N 2.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—时间图像如图所示。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 3.两辆质量相同的小车A和B静止于光滑的水平面上，且A车上站有一人，若这个人从A车跳到B车上，接着又跳回A车，仍与A车保持相对静止，则此时A车的速度（　　） A.等于零 B.小于B车的速度 C.大于B车的速度 D.等于B车的速度 4.为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，某同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为（　　） A.0.25 N B.0.5 N C.1.5 N D.2.5 N 5.一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是（　　） A.垒球的动量变化量大小为3.6 kg·m/s B.球棒对垒球的冲量大小为126 N·s C.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N D.球棒对垒球做的功为36 J 6.如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道质量为m'，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，则此时物块的动能与重力势能之比为（以地面为参考平面）（　　） A.1∶2 B.1∶3 C.1∶6 D.1∶9 7.一辆运沙车按着大喇叭轰隆隆地从旁边开过，小明想，装沙时运沙车都是停在沙场传送带下，等装满沙后再开走，为了提高效率，应该让运沙车边走边装沙。设想运沙车沿着固定的水平轨道向前行驶，沙子从传送带上匀速地竖直漏下，已知某时刻运沙车前进的速度为v，单位时间从传送带上漏下的沙子质量为m，则下列说法正确的是（　　） A.若轨道光滑，则运沙车和漏进车的沙组成的系统动量守恒 B.若轨道光滑，则运沙车装的沙越来越多，速度却能保持不变 C.已知此时运沙车所受的轨道阻力为F阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F牵=F阻 D.已知此时运沙车所受的轨道阻力为F阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F牵=F阻+mv 8.（2023·广东卷）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（　　） A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 9.如图所示，在质量为m'的小车中挂着一个质量为m0的小球，小车（含小球）以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞进行的过程中，下列说法可能正确的是（　　） A.小车、木块、小球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（m'+m0）u=m'v1+mv2+m0v3 B.小球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足m'u=m'v1+mv2 C.小球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足m'u=（m'+m）v D.小车和小球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足（m'+m0）u=（m'+m0）v1+mv2 10.如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2，原来静止在足够长的平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑，在弹簧突然释放后很短时间内，下列说法正确的是（　　） A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒 二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题10分，第14题12分，第15题16分。 11.（6分）小明做探究碰撞中的不变量实验的装置如图甲所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动。 （1）小明用游标卡尺测小球A直径如图乙所示，则d=　　　　mm。  （2）又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。为完成实验，还需要测量的物理量有　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。  12.（10分）在验证动量守恒定律实验中，装置如图所示，按照以下步骤进行操作： ①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O； ②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a由静止释放，撞到木板上得到痕迹B； ③把小球b静止放在斜槽轨道最右端，让小球a仍由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。 （1）为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1　　　　（选填“>”“<”或“=”）m2。  （2）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是　　　。  A.小球a、b半径可以不同 B.小球a每次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放 C.斜槽轨道末端必须保持水平 D.需用停表测定小球在空中飞行的时间 （3）实验测得，小球a、b质量分别为m1、m2，O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2、y3，若动量守恒，则需要验证的表达式为　　　　　　　　　　　（用所测量的量表示）。  13.（10分）如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体经过时间t落在比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面，且不计空气阻力，重力加速度为g。 （1）物体到达海平面时的动能和机械能分别为多少？ （2）从抛出到落到海平面的过程中动量的改变量Δp为多少？ 14.（12分）如图所示，物体A静止在光滑平直轨道上，其左端固定有轻质弹簧，物体B以速度v0=3.0 m/s沿轨道向物体A运动，并通过弹簧与物体A发生相互作用，已知A的质量为mA=2 kg，B的质量为mB=1 kg。 （1）当物体A的速度多大时，A、B组成的系统动能损失最大？损失的最大动能为多少？ （2）弹簧恢复原长时，物体A和物体B的速度分别为多少？ 15.（16分）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量m'=3 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v=3 m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的与水平台面连接的光滑曲面，质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带的长度l=1.0 m，设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，g取10 m/s2。 （1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。 （2）求物块B与物块A第一次碰撞后到再次碰撞前与传送带的摩擦生热。 （3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第6次碰撞后运动的速度大小。 第一章过关检测-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册 （时间：75分钟　满分：100分） 一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分；第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。 1.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为10 g的儿童玩具玻璃球从一居民楼的16层坠下，与地面的撞击时间约为0.002 s，则该玻璃球对地面产生的冲击力约为（　　） A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N 答案B 解析以玻璃球为研究对象，竖直向下为正方向，地面对玻璃球的冲击力的大小为F，16楼距地面高度为h=45 m，玻璃球落地的速度为v=30 m/s，根据动量定理得（mg-F）Δt=0-mv，解得F=102 N，选项B正确。 2.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—时间图像如图所示。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 答案C 解析由题图知，碰撞前vA=4 m/s，vB=0，碰撞后vA'=vB'=1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA+0=mAvA'+mBvB'，解得mB=3mA，选项C正确。 3.两辆质量相同的小车A和B静止于光滑的水平面上，且A车上站有一人，若这个人从A车跳到B车上，接着又跳回A车，仍与A车保持相对静止，则此时A车的速度（　　） A.等于零 B.小于B车的速度 C.大于B车的速度 D.等于B车的速度 答案B 解析人由A车跳上B车，又由B车跳回A车的整个过程中，人与A、B两车组成的系统水平方向动量守恒，系统初动量为零，所以末态A车与人的动量之和与B车的动量大小相等、方向相反，A、B两车质量相等，而人站在A车上，即（m人+mA）vA=mBvB，故A车的速度小于B车的速度，故选项B正确。 4.为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，某同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为（　　） A.0.25 N B.0.5 N C.1.5 N D.2.5 N 答案A 解析设雨滴受到支持面的平均作用力为F，水杯中在Δt时间内有质量为Δm的雨水速度由v=10 m/s减为0。不计雨滴的重力，以竖直向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理FΔt=0-（-Δmv），解得F=。设水杯横截面积为S，水杯里的雨水在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm=ρSΔh，故=0.25 N/m2，故芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N，选项A正确。 5.一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是（　　） A.垒球的动量变化量大小为3.6 kg·m/s B.球棒对垒球的冲量大小为126 N·s C.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N D.球棒对垒球做的功为36 J 答案C 解析设垒球的初速度v0=25 m/s的方向为正方向，则末速度为v1=-45 m/s，动量的变化量Δp=mv1-mv0=-12.6 kg·m/s，即垒球的动量变化量大小为12.6 kg·m/s，故选项A错误；由动量定理I=Δp可知，球棒对垒球的冲量大小为12.6 N·s，故选项B错误；由冲量的定义I=Ft可知，球棒对垒球的平均作用力大小为=1 260 N，故选项C正确；球棒对垒球作用的过程，由动能定理可知，球棒对垒球做的功为W==126 J，故选项D错误。 6.如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道质量为m'，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，则此时物块的动能与重力势能之比为（以地面为参考平面）（　　） A.1∶2 B.1∶3 C.1∶6 D.1∶9 答案C 解析因为水平面光滑，轨道和物块组成的系统水平方向动量守恒，当物块向上的速度为零时，两物体速度相同，又因为此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，即mv2∶m'v2=1∶2，得到m∶m'=1∶2；根据动量守恒定律有mv0=（m+m'）v，得到v0=3v，根据能量守恒定律有（m+m'）v2+Ep，解得Ep=，此时物块的动能为Ek=mv2=，所以此时物块的动能与重力势能之比为1∶6，故选项C正确，A、B、D错误。 7.一辆运沙车按着大喇叭轰隆隆地从旁边开过，小明想，装沙时运沙车都是停在沙场传送带下，等装满沙后再开走，为了提高效率，应该让运沙车边走边装沙。设想运沙车沿着固定的水平轨道向前行驶，沙子从传送带上匀速地竖直漏下，已知某时刻运沙车前进的速度为v，单位时间从传送带上漏下的沙子质量为m，则下列说法正确的是（　　） A.若轨道光滑，则运沙车和漏进车的沙组成的系统动量守恒 B.若轨道光滑，则运沙车装的沙越来越多，速度却能保持不变 C.已知此时运沙车所受的轨道阻力为F阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F牵=F阻 D.已知此时运沙车所受的轨道阻力为F阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F牵=F阻+mv 答案D 解析若轨道光滑，则运沙车和漏进车的沙组成的系统水平方向动量守恒，而不是总动量守恒，因为沙子的竖直方向动量在变化，故选项A错误；设某时刻沙车总质量为m'，随后一段时间Δt内漏进沙车的沙子质量为Δm，则由水平方向动量守恒有m'v+0=（m'+Δm）v'，可以看出沙车速度会逐渐减小，故选项B错误；选一段极短时间Δt内漏进沙车的沙子Δm为研究对象，由动量定理，得FΔt=Δmv-0，车对漏进来的沙子向前的作用力为F=v=mv，则以沙车为研究对象，由平衡条件有F牵-F阻-F'=0 ，其中F'是漏进来的沙子对车的阻力，由牛顿第三定律有F'=F，联立得F牵=F阻+mv，故选项C错误，D正确。 8.（2023·广东卷）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（　　） A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 答案BD 解析选择水平向右的方向为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s，碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，选项A错误。对滑块1，根据动量定理可得ΔI=mv2-mv1，代入数据解得ΔI=-0.18 N·s，负号表示方向水平向左，选项B正确。同理，对滑块2分析可得ΔI'=mv2-0，代入数据解得ΔI'=0.22 N·s，选项C错误。根据公式ΔI'=FΔt，代入数据解得F=5.5 N，选项D正确。 9.如图所示，在质量为m'的小车中挂着一个质量为m0的小球，小车（含小球）以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞进行的过程中，下列说法可能正确的是（　　） A.小车、木块、小球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（m'+m0）u=m'v1+mv2+m0v3 B.小球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足m'u=m'v1+mv2 C.小球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足m'u=（m'+m）v D.小车和小球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足（m'+m0）u=（m'+m0）v1+mv2 答案BC 解析碰撞时间极短，所以小球相对小车没有发生摆动，即线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，即小球的速度不发生变化，故选项A、D错误；因为小球的速度不变，所以研究对象选取小车和木块所构成的系统，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得m'u=m'v1+mv2，由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动，即m'u=（m'+m）v，故选项B、C正确。 10.如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2，原来静止在足够长的平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑，在弹簧突然释放后很短时间内，下列说法正确的是（　　） A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒 答案BCD 解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左。由于mA∶mB=3∶2，所以FfA∶FfB=3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，选项A错误。对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，选项B、D正确。若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，选项C正确。 二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题10分，第14题12分，第15题16分。 11.（6分）小明做探究碰撞中的不变量实验的装置如图甲所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动。 （1）小明用游标卡尺测小球A直径如图乙所示，则d=　　　　mm。  （2）又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。为完成实验，还需要测量的物理量有　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。  答案（1）14.40　（2）小球B的质量m2　碰后小球A摆动的最大角β 解析（1）由题图所示游标卡尺可知，球的直径d=14 mm+8×0.05 mm=14.40 mm。 （2）A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得m1gl（1-cos α）=m1，碰撞后仍可根据机械能守恒定律计算小球A的速度，所以需要小球A碰后摆动的最大角β；小球B碰撞后做平抛运动，根据平抛运动规律可得小球B的速度，要求小球B的动量，所以需要测量小球B的质量m2。 12.（10分）在验证动量守恒定律实验中，装置如图所示，按照以下步骤进行操作： ①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O； ②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a由静止释放，撞到木板上得到痕迹B； ③把小球b静止放在斜槽轨道最右端，让小球a仍由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。 （1）为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1　　　　（选填“>”“<”或“=”）m2。  （2）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是　　　。  A.小球a、b半径可以不同 B.小球a每次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放 C.斜槽轨道末端必须保持水平 D.需用停表测定小球在空中飞行的时间 （3）实验测得，小球a、b质量分别为m1、m2，O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2、y3，若动量守恒，则需要验证的表达式为　　　　　　　　　　　（用所测量的量表示）。  答案（1）>　（2）BC　（3） 解析（1）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，即m1>m2。 （2）为使两球发生对心碰撞，小球a、b半径必须相同，故选项A错误；为使小球a到达斜槽末端时的速度相等，小球a每次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放，故选项B正确；小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须保持水平，故选项C正确；小球离开斜槽后做平抛运动，平抛运动的时间可由竖直方向的位移求得，不需要用停表测定，故选项D错误。 （3）小球离开斜槽后做平抛运动，设做平抛运动的时间为t，斜槽末端到木板的水平距离为x，小球做平抛运动的初速度为v，小球的竖直位移为y，则水平方向有x=vt，竖直方向有y=gt2，解得v=x，则碰撞前小球a的速度v0=x，碰撞后小球a的速度v1=x，碰撞后小球b的速度v2=x，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2，整理得。 13.（10分）如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体经过时间t落在比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面，且不计空气阻力，重力加速度为g。 （1）物体到达海平面时的动能和机械能分别为多少？ （2）从抛出到落到海平面的过程中动量的改变量Δp为多少？ 答案（1）+mgh　 （2）mgt，方向竖直向下 解析 （1）设物体到达海平面时的动能为Ek，从地面到海平面由动能定理可得 mgh=Ek- 解得Ek=+mgh 因为抛出过程中机械能守恒，则 E海=E地=。 （2）从抛出到落入海平面由动量定理可得Δp=I=mgt，方向竖直向下。 14.（12分）如图所示，物体A静止在光滑平直轨道上，其左端固定有轻质弹簧，物体B以速度v0=3.0 m/s沿轨道向物体A运动，并通过弹簧与物体A发生相互作用，已知A的质量为mA=2 kg，B的质量为mB=1 kg。 （1）当物体A的速度多大时，A、B组成的系统动能损失最大？损失的最大动能为多少？ （2）弹簧恢复原长时，物体A和物体B的速度分别为多少？ 答案（1）1 m/s　3 J　（2）2 m/s，方向与B初速度方向相同；1 m/s，方向与B初速度方向相反 解析（1）当两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，系统损失的动能最大。以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律知 mBv0=（mA+mB）v 解得v=1 m/s 损失的动能为 ΔEk=mB×（mA+mB）v2=3 J。 （2）由动量守恒定律知 mBv0=mAvA+mBvB 由机械能守恒得 mBmAmB 解得vB=-1 m/s，方向与B初速度方向相反；vA=2 m/s，方向与B初速度方向相同。 15.（16分）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量m'=3 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v=3 m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的与水平台面连接的光滑曲面，质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带的长度l=1.0 m，设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，g取10 m/s2。 （1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。 （2）求物块B与物块A第一次碰撞后到再次碰撞前与传送带的摩擦生热。 （3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第6次碰撞后运动的速度大小。 答案（1）4 m/s　（2）12 J　（3）0.062 5 m/s 解析（1）设B滑到曲面底部速度为v0，根据机械能守恒定律得 mgh= 解得v0==2 m/s 由于v0>v=3 m/s，B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直减速滑过传送带的速度为v1，由动能定理可得 -μmgl= 解得v1=4 m/s 由于v1=4 m/s仍大于3 m/s，说明假设成立，即B与A碰前速度为4 m/s。 （2）设第一次碰后A的速度为vA1，B的速度为vB1，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv1=mvB1+m'vA1 m' 解得vB1=-=-2 m/s 上式表明B碰后以2 m/s的速度向右反弹，滑上传送带后在摩擦力的作用下减速，设向左减速的最大位移为xB，由动能定理得 -μmgxB=0- 解得xB=1 m 因xB=l=1.0 m，B刚好滑到传送带右端再原速率返回左端，在传送带上的运动时间t==2 s B在传送带上运动的过程中，与传送带的摩擦生热 Q=μmg=12 J。 （3）由（2）中的关系可知第二次碰后B仍然反弹，且碰后速度大小仍为B碰前的，即 vB2=vB1=-=- m/s 同理可推，B每次碰后都将被传送带带回与A发生下一次碰撞，则B与A碰撞n次后反弹，速度大小为 m/s，B第6次碰撞后的速度大小为0.062 5 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $