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动量定理、动量守恒定律 典型考点冲刺练 2026届高中物理高考三轮冲刺练
一、单选题
1．一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是。这个士兵用自动步枪在内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是，子弹离开枪口时相对步枪的速度是。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。下列说法正确的是（　　）
A．每次射击后皮划艇的速度改变量均相同
B．连续射击后皮划艇的速度大小近似值是
C．连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为
D．发射子弹过程中系统动量守恒，机械能也守恒
2．“反向蹦极”是蹦极运动中的一种形式，其情景如图所示。弹性轻绳的上端固定在点，竖直拉长后将下端固定在某游客的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时传感器示数为。打开扣环，游客从点由静止释放，上升到点时弹性绳恢复原长，再经点继续上升到最高点。已知该游客与装备（可视为质点）总质量为，忽略空气阻力和弹性绳的重力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．打开扣环瞬间，游客的加速度大小为
B．从到过程，游客做加速度减小的加速运动
C．从到过程，弹性绳对游客的冲量等于游客的动量变化量
D．若换成体重较轻的游客，在相同初始条件下，其上升的最高位置将高于点
3．弹棋是中国古代棋类游戏，晋人徐广《弹棋经》曰，“二人对局，黑白各六枚，先列棋相当，下呼上击之”。弹射过程简化如下：在水平桌面上放置两个质量、大小、材料都相同的棋子，其中A为黑棋、B为白棋（均可视为质点），将黑棋A从左侧以某一初速度快速弹出，两棋子发生正碰（碰撞时间极短），测得两棋子从碰后到停止滑行的距离分别为、L，下列说法正确的是（　　）
A．两棋子发生的是弹性碰撞
B．碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为1：2
C．碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为1：2
D．碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为1：4
4．嫦娥六号探测器顺利从月球背面取回月壤，彰显了我国强大的科技实力。当探测器竖直向下喷射出横截面积为S，密度为ρ，速度大小为ν的气体时，能悬停在距离月球表面h处（h远小于月球半径）。现探测器先关闭发动机自由下落，然后再打开发动机以另一速度向下喷气，使探测器匀减速到达月球表面时速度恰好减为零（此过程中发动机喷气的速度远大于探测器下落的速度），实现安全着陆。已知月球表面重力加速度为（g为地球表面重力加速度）。忽略喷射气体的重力及空气阻力，则（　　）
A．探测器对喷射气体的冲量大小大于喷射气体对探测器的冲量大小
B．悬停时探测器单位时间内喷出气体的质量为
C．探测器的质量为
D．探测器匀减速下降过程中发动机向下喷气速度大小为2v
二、多选题
5．《天工开物》中记载了一种舂（chōng）米装置，曾在农村广泛应用，如图所示。某次操作时，人将谷物倒入石臼内，然后通过杠杆的运作，把质量为10kg的碓抬高20cm后从静止释放，碓在重力作用下向下运动打在石臼内，碓的下落过程可简化为自由落体。设碓与谷物作用0.05s后静止，从而将谷物研磨成米粒。取g=10m/s2，不计空气阻力，则下列说法中正确的有（　　）
A．碓从释放到静止的过程中，合外力冲量向下
B．碓从释放到静止的过程中，重力的冲量为25
C．碓与谷物相互作用中，碓和谷物组成的系统动量守恒
D．碓与谷物相互作用中，碓对谷物的平均作用力为500N
6．矩形线框放在光滑水平面上，边长为，边长为，线框共有匝，总电阻为，质量为。有界匀强磁场的宽度为，方向垂直于水平面向上，使线框从图示位置以初速度向右滑去，当线框边刚好出磁场时线框的速度为零，线框运动过程中边始终与磁场边界平行，则下列判断正确的是（　　）
A．边刚进磁场时线框的加速度大小为
B．边刚要出磁场时的速度大小为
C．边通过磁场过程中，通过线框某匝线圈的电量为
D．边通过磁场过程中，每匝线圈产生的焦耳热为
三、解答题
7．在光滑水平面上，静止放着B、C两个物块（靠在一起，没有粘连），质量分别为m和2m，B物块左侧连接有一根原长为，劲度系数为 的轻弹簧，有一个质量为m 的物块A以初速度向右运动，当轻弹簧压缩最短时，A与弹簧立即栓接在一起。已知弹簧的弹性势能表达式可以表示为，x表示弹簧的形变量，不计空气阻力。求：
(1)弹簧压缩最短时，A物块的速度大小；
(2)设从A接触弹簧开始到弹簧压缩最短过程经历时间为t，求这个阶段B物块运动的位移大小；
(3)B、C分离后，弹簧可以达到的最大弹性势能。
8．如图所示，足够长的光滑金属轨道和固定在距地面足够高的水平面上，轨道间距为，轨道间存在垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。轨道间连接开关和电源，电源电动势为，内阻为。两根电阻均为的金属棒、垂直轨道放置并锁定，一绝缘轻绳一端连接金属棒的中点，另一端跨过光滑定滑轮与重物连接。闭合开关S，解锁，刚好处于静止状态。断开开关，一段时间后匀速运动，然后解锁，并将此时记为零时刻，从时刻开始回路中电流保持不变。已知定滑轮左侧轻绳始终保持水平，、、质量相等，两金属棒运动过程中始终与轨道垂直且接触良好，金属轨道电阻不计，重力加速度为。求：
(1)重物的质量；
(2)金属棒匀速运动时的速度大小；
(3)时刻，金属棒的速度大小。
9．如图所示，半径的光滑圆弧型轨道固定在光滑水平面上，其左端水平。水平面上质量为的等厚长木板右端与轨道左端等高，两者紧密接触并不粘连。距长木板左端距离处有一固定挡板。一质量为的小滑块（可看作质点）从轨道的上端由静止释放。已知重力加速度大小为，小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1，整个过程小滑块不会滑离木板。求
(1)小滑块到达轨道最底端时受到轨道的作用力的大小；
(2)自木板开始运动到与挡板发生第1次碰撞所需的时间；
(3)木板整个过程通过的总路程。
10．为研究山体滑坡，某同学建立了如图所示的物理模型，固定斜面体上有两段倾角均为37°的平行斜面ab和cd，其中cd段足够长。L形滑板B恰好静止在cd段的最上端，其上表面与ab段齐平，B的质量为4m，其上表面长度为L。在斜面ab段上距离b点1.5L处静止释放质量为m的小滑块A，滑块A与斜面ab段以及与滑板B的上表面间的动摩擦因数均为，滑块与滑板下端挡板间碰撞过程无机械能损失，且碰撞时间极短，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。求：
(1)滑板B与斜面间动摩擦因数，以及滑块A刚滑上滑板B的速度大小；
(2)判断滑块A滑上滑板B时滑板能否保持静止，求滑块A与滑板下端挡板第一次碰撞后瞬间的速度大小；
(3)试讨论分析小滑块能否与滑板下端挡板发生第二次碰撞。
11．如图所示，竖直面内有半径的光滑圆弧轨道，最低点与水平传送带左端相切，传送带右端与水平轨道平滑连接，圆弧所对的圆心角，传送带长，以速率顺时针匀速转动。质量的物块P以大小为的初速度从圆弧轨道的最高点沿切线进入圆弧轨道，P与传送带间的动摩擦因数。在点右侧的水平轨道上等间距摆放个相同的滑块，相邻滑块间距离，每个滑块的质量均为，编号依次为1、2、3、…、n，滑块1与点距离也为，物块P及各滑块与水平轨道间的动摩擦因数均为。物块P从点滑上水平轨道后，与滑块1碰撞并粘在一起，再向前运动与滑块2碰撞并粘在一起…，碰撞时间极短，物块P及各滑块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取。
已知。求：
(1)物块P经过点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)物块P从点滑上水平轨道时的速度大小；
(3)物块P停止运动时距点的距离（结果保留两位小数）。
12．如图所示，倾角为的较长的倾斜轨道与一段光滑水平轨道平滑连接，水平轨道右下方有静置于光滑水平地面上、长度为的水平木板，其质量。木板端在水平轨道末端正下方处，质量的滑块与倾斜轨道间的动摩擦因数，质量同为的滑块置于水平轨道末端，滑块从距水平轨道高的倾斜轨道上由静止释放，与滑块发生碰撞并粘在一起后恰好落在木板的中点处，不计空气阻力，，，取重力加速度大小，滑块均可视为质点。
(1)求木板的长度；
(2)求滑块、碰撞过程损失的动能；
(3)滑块、共同体与木板作用后弹起，设滑块、共同体与木板上表面的动摩擦因数，滑块、共同体弹起后上升的最大高度，求滑块、共同体在木板上的第二个落点与第一个落点的距离。
13．如图所示，水平地面上P点左侧粗糙、右侧光滑，物块A静止放置在木板B上。物块A、木板B的质量分别为2m和m，A、B之间的动摩擦因数为2μ，木板B与粗糙地面之间的动摩擦因数为μ。P点右侧足够远处有N个（N≥10）质量均为3m的光滑小球向右沿直线紧密排列，球的直径等于木板的厚度。用带有橡胶指套的手指作用在物块A的上表面，手指以某一恒定速度向右运动。手指对物块A施加的压力大小为mg，运动时间t0后手指立即撤离。手指作用过程中，物块A上表面留下的指痕长度恰好等于物块A在木板B上滑过距离的。手指撤离后经过时间t0，木板B右端刚好抵达P点，且A、B速度恰好相等。木板B完全通过P点的速度为其右端刚到P点时速度的。已知物块A始终未脱离木板B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度为g。求：
(1)手指作用过程中和撤离手指时木板B的加速度各是多大？
(2)木板B第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的时间间隔；
(3)从木板B开始与小球碰撞到最后一次与小球刚好相碰的过程中，A、B之间因摩擦产生的热量；
(4)橡胶指套与A上表面间的动摩擦因数μ'。
14．如图所示，质量为、长为的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，静止平放在粗糙的水平地面上，左端安有一厚度不计的竖直挡板。一质量为的小滑块静置在长木板的右端。现给小滑块一个水平向左的瞬时速度，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，地面粗糙程度各处相同，小滑块大小不计，重力加速度大小为。求
(1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；
(2)长木板与地面间的动摩擦因数；
(3)长木板运动的总时间。
15．如图所示，足够长的光滑水平地面上有1000个大小相同的小球排成一排，相邻两球间距为，将其从左到右依次编号。质量为的小圆环套在足够长的光滑水平杆上，位于1小球正上方处。现将质量为的小球通过长度为的轻绳与连接，初始时轻绳处于水平绷直状态，、均静止。某时刻释放小球，到达最低点时轻绳恰好断裂，之后在水平地面上与1号球发生碰撞，已知1号小球的质量为，号小球的质量均为。题中所有小球之间的碰撞均视为弹性正碰。已知重力加速度大小为，不计空气阻力，小球大小忽略不计。求：
(1)轻绳断裂时的速度大小；
(2)1号球与2号球第一次碰撞后，2号球所获得的速度；
(3)若1号球与2号球第一次碰撞后，立即给1号球施加水平向右的恒定外力（图中未画出，远远小于1、2球碰撞时的作用力），使1号球每次以相同速度与2号球相碰，且该速度等于两球第一次碰前瞬间1号球的速度，直到1~1000号小球速度第一次都相等时撤去外力，求外力作用下1号球的位移及最终1号球与1000号球之间距离。
16．如图所示，光滑的曲面轨道与粗糙水平轨道相切于P点，质量M=4kg、长L=4m的长木板B静止在水平面上，且长木板B的最左端刚好位于P点，质量为m=2kg的可视为质点的物体C静止在长木板B的正中央，另一质量为m0=4kg的物体A从曲面上的O点由静止释放，经过一段时间与长木板B发生弹性碰撞，已知B、C间的动摩擦因数为，B与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，A、C均可视为质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)物体A与长木板B碰后瞬间，长木板B与物体C的加速度大小；
(2)欲使物体C刚好不从长木板B的左端离开，释放点O到P点的高度；
(3)若使物体A从距离P点高为h0=0.2m处由静止释放，A、B碰后的瞬间，立即在长木板B上施加水平向右的恒力F0=20N，若物体C刚好不从长木板上离开，则恒力作用的时间t1（结果可保留根号）。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B D C C BD AC
1．B
【详解】AB．以速度v0的方向为正方向，士兵发射第一发子弹的过程，根据动量守恒定律得（M-m）v1=m（v0-v1）
解得
士兵发射第二发子弹的过程，根据动量守恒定律得：（M-m）v1=（M-2m）v2-m（v0-v2）
解得
同理可得发射第三发子弹后皮划艇的速度为
连续射出10发子弹后皮划艇的速度为
可知每次射击后皮划艇的速度改变量均不相同，且，故A错误，B正确；
C．总动量变化约为，时间，平均反冲力，故C错误；
D．系统动量守恒（无外力），但发射子弹时化学能转化为动能，机械能不守恒，故D错误。
故选B。
2．D
【详解】A．传感器示数，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有
解得
打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有
解得，故A错误；
B．游客从A到B过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力减小，人所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力等于零，合外力等于重力，方向竖直向下，游客向上减速，因此在A、B之间存在一个平衡位置，该位置弹性绳的拉力等于游客的重力，故从到过程，游客先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动，故B错误；
C．根据动量定理，游客所受合外力的冲量等于其动量的变化量，从到过程，游客受到弹性绳的拉力和重力两个力作用，因此弹性绳的冲量和重力的冲量的矢量和才等于游客动量的变化量，故C错误；
D．根据能量守恒，弹性绳的弹性势能转化为游客的重力势能，有
若换成体重较轻的游客，在相同初始条件下，弹性绳的弹性势能相等，游客质量减小，则上升的高度增加，所以其上升的最高位置将高于点，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】ACD．根据题意，设棋子的质量为，与棋盘的动摩擦因数为，碰撞前棋子的速度为，碰撞后A、B两棋子的速度分别为、，由动能定理有，
由动量守恒定律有
联立解得，
碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为
碰撞过程中损失的机械能为
碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为，故AD错误，C正确；
B．碰撞过程中A、B之间作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为，故B错误。
故选C。
4．C
【详解】A． 探测器对喷射气体的力与喷射气体对探测器的力，二者为相互力，大小相同，作用时间也相同，冲量关系为大小相等，方向相反，A错误；
B． 悬停时，单位时间内喷出气体为，B错误；
C． 设在时间内喷出气体的质量为，气体的反推力为
根据动量定理
可得
悬停时，根据平衡探测器平衡
可得 ，C正确；
D． 探测器自由下落后速度为
匀减速至0的位移为，速度
解得
根据牛顿第二定律
即反推力大小需满足
设喷气速度为，反推力
代入
并结合悬停时
得 ，D错误。
故选C。
5．BD
【详解】A．碓从释放到静止的过程中，初末速度为零，则动量的变化为零，故合外力的冲量为零，故A错误；
B．设碓的自由下落过程所用时间为，则
得
碓与谷物作用时间
碓从释放到静止的过程中，重力的冲量
故B正确；
C．碓与谷物相互作用中，碓和谷物组成的系统初动量不为零，末动量为零，动量不守恒，故C错误；
D．对碓，取向上为正方向，根据动量定理
解得
由牛顿第三定律可知，碓对谷物的平均作用力约为，故D正确。
故选BD。
6．AC
【详解】B．当ab边从进入磁场到出磁场的过程，由动量定理可知，
其中
同理cd边从进入磁场到出磁场的过程，由动量定理可知，
其中
联立解得
即边刚要出磁场时的速度大小为，B错误；
A．边刚进磁场时线框的加速度大小为
结合、以及
可得，，A正确；
C．根据
边通过磁场过程中，通过线框某匝线圈的电量为
又
解得，C正确；
D．边通过磁场过程中，线圈产生的焦耳热
则每匝线圈产生的焦耳热为，D错误。
故选AC。
7．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）三者水平方向动量守恒，弹簧压缩最短时，三者共速
解得
（2）根据能量守恒，弹簧最大弹性势能
弹簧压缩量
根据动量守恒，设某时刻A的速度为，B、C共同速度为，有
两边与时间乘积
根据几何关系
联立解得B物块运动的位移大小
（3）弹簧恢复原长后，B、C分离，此时有，
解得此时A的速度
B的速度
此后，A、B共速时，弹性势能最大
解得
根据能量守恒，弹簧可以达到的最大弹性势能
8．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）闭合开关，回路中的总电阻为
①
设流过金属棒的电流大小为，由闭合电路欧姆定律得
②
解锁金属棒，恰好处于静止状态，设的质量为，则
③
解得 ④
（2）金属棒匀速运动时，由法拉第电磁感应定律得 ⑤
流过金属棒的电流大小为 ⑥
对金属棒，由受力平衡得 ⑦
解得 ⑧
（3）从时刻开始回路中电流保持不变，说明时刻以后金属棒、以相同的加速度一起做匀加速直线运动，对、、组成的系统，由牛顿第二定律得 ⑨
设时刻，金属棒的速度大小为，回路中的电流大小为
对金属棒由牛顿第二定律得 ⑩
由闭合电路欧姆定律得
时间内
对金属棒由动量定理得
对金属棒由动量定理得
对重物由动量定理得
解得
9．(1)60N
(2)
(3)
【详解】（1）小滑块C在轨道A上运动的过程中，由机械能守恒可得
在轨道最低点，根据牛顿第二定律可得
联立解得，
（2）长木板B受摩擦力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度大小为
从C滑上B到B、C共速，根据动量守恒定律，可得
解得
这段时间内B向左运动的距离为
可知，两物体共速时B刚好与固定挡板D相撞，因此
（3）与挡板D碰撞之后，长木板B速度等大反向。第1次碰后长木板B所受滑动摩擦力不变，加速度不变，向右匀减速运动一段位移后速度减为0，然后再向左匀加速。假设长木板B与固定挡板D发生第2次碰撞前，小滑块C与长木板B已达到共速，则从第1次碰后到共速。根据动量守恒定律，有
代入数据解得
由于，可知假设成立。在共速前，滑块一直向左匀减速直到二者共速。共速后两者一起以共速时的速度做匀速直线运动直至长木板B与固定挡板D碰撞。从第1次碰后到第2次碰前长木板的路程为
从第2次碰后到第3次碰前，此过程长木板的路程为
从第2次碰后到共速，根据动量守恒定律得
解得
从第3次碰后到第4次碰前，此过程长木板的路程为
可知长木板通过的路程为
根据数学知识，当n无限大时，可得长木板通过的总路程为
10．(1)0.75，
(2)滑板能保持静止，
(3)会
【详解】（1）L形滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有
解得
滑块A从静止到刚滑上滑板B时，根据动能定理有
解得
（2）滑块A滑上滑板B时，对B分析可知
<
则滑板B静止不动。
滑块A从静止到与滑板碰撞前有
解得
碰撞过程中无机械能守恒，则有
解得
，
（3）碰撞后，A沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律有
对B有
解得
，
由于
则滑板先减速为0，滑块依然向上减速运动，位移分别为
由于
则滑块未离开滑板，会再次向下运动，与滑板二次碰撞。
11．(1)28N
(2)4m/s
(3)5.69m
【详解】（1）设物块经过点的速度为，受轨道支持力为，物块P从点运动到点的过程中，根据机械能守恒有
在点时有
根据牛顿第三定律可知物块P经过点时对圆弧轨道的压力大小为
联立解得
（2）设物块P在传送带上一直做减速运动，到点速度为，根据动能定理有
解得
由于，则假设成立，物块P一直做减速运动，即物块P从点滑上水平轨道时的速度大小为。
（3）物块P与滑块1碰撞前瞬间的动能
物块P与滑块1碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则
碰撞后瞬间系统动能
解得碰撞后瞬间系统动能
同理可知物块、1和2碰撞前瞬间，系统动能
物块P、1和2碰撞后瞬间，系统动能
物块P、1、2和3碰撞前瞬间，系统动能
以此类推，在物块P、1、2、…、和滑块碰撞前瞬间，系统动能
设一共碰撞次，则
代入数据解得
即最多可以碰撞到滑块5且
与滑块5碰后系统动能
设继续运动的距离为，则由
解得
物块P停止运动时距点的距离
联立解得
12．(1)3.6m
(2)0.9J
(3)0.66m
【详解】（1）滑块在倾斜轨道上最高点处滑至水平轨道，由动能定理有
解得
、碰撞过程中动量守恒，有
解得
碰撞后滑块、共同体做平抛运动并落在木板的中点，竖直方向有
解得
在水平方向
解得
（2）由（1）中可求得滑块的速度，碰撞后、共速
则、碰撞过程损失的动能
解得
（3）滑块、共同体下落到与木板接触前瞬间的竖直速度
设弹起瞬间的竖直速度为，由
解得
木板对滑块、的弹力为，取竖直向上为正方向，对滑块、共同体，由动量定理有
，解得
由牛顿第三定律有
由牛顿第二定律，得
解得
由牛顿第二定律，得
解得
由匀变速直线运动速度和时间的关系，得
解得
由匀变速直线运动速度和时间的关系，得
解得
由匀变速直线运动位移与时间的关系，得
解得
由匀变速直线运动位移与时间的关系，得
解得
滑块、共同体弹起又落回木板的时间
在该时间内滑块、与木板的位移差
解得
滑块、共同体在木板的第二个落点与第一个落点的距离
13．(1)，
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）手指作用期间，A、B发生相对滑动，B相对地面做向右的加速运动。
对B有
解得
撤去手指后，B依然向右做加速运动，有
解得
（2）B右端到达P点时A、B的速度均为
解得
设木板B完全通过P点时的速度为，由题意可知
随后木板B做匀速运动，直到与小球相碰，根据牛顿摆原理可知最左侧小球不动，最右侧小球被弹出。
根据动量守恒定律有
根据机械能守恒可得
解得，
碰撞后木板B的速度方向向左，设A、B再次达到共速时速度为，根据动量守恒有
解得
则第一次碰撞后木板B先减速再加速，再次与球相撞，设加速度为，第一次碰撞与第二次碰撞相隔时间，对木板B有
解得
根据匀变速直线运动速度与时间关系可得
解得
（3）木板B第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的过程中，物块A相对木板B的位移为
第二次碰撞后木板的速度大小为第一次碰撞后木板速度大小的一半，则第二次碰撞到第三次碰撞过程中，物块A相对木板B的位移为
则碰撞阶段A、B摩擦生热为
解得
（4）撤去手指后，A向右减速，对A有
解得
撤去手指的瞬间，A的速度为
解得
手指作用时有
设经过时间手指与A共速，随后保持相对静止，则指套在A上留下的指痕长度为
手指作用阶段，A在B上滑动的距离为
由题意知
解得
联立解得
14．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为和，碰撞瞬间根据动量守恒定律和机械能守恒定律则有
联立解得，
（2）发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为，则有
解得
又因为
解得
对木板，由牛顿第二定律，则有
联立解得
（3）方法一：二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为则有，
这段时间内小滑块的位移为
因为
所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律则有，
联立解得，
同理，小滑块与长木板第次碰撞后瞬间长木板的速度大小
小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故有
长木板运动的总时间
方法二：分析可知，最终小滑块与长木板均静止，且小滑块停在长木板左侧的挡板处，取水平向左为正方向，对小滑块和长木板系统，由动量定理则有
系统受到的合力为
系统受到的滑动摩擦力大小为
联立解得
15．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）从球释放到轻绳断裂的过程中，A、B组成的系统水平方向动量守恒：
系统机械能守恒有：
联立可得：
（2）绳断后，球在水平地面向右运动与1号球碰撞，设碰后球和1号球速度分别为、
根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律
联立解得：
1、2号球碰撞后，两球的速度分别为，，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有： ，
联立解得：
（3）1、2号球碰后，2号小球以速度向右运动一个，与3号小球碰撞后速度交换，然后依次交换下去。由于1号球与2号球后续碰撞前速度与第一次碰撞相同，从1号球碰前瞬间到再一次碰前瞬间，由能量守恒有：
设作用下1号球的总位移记为，将号小球作为系统，由功能关系有：
联立可得：
设作用的总时间记为，将号小球作为系统，由动量定理有：
联立可得：
最终1号球与1000号球间距离为：
联立可得：
16．(1)，
(2)0.8m
(3)
【详解】（1）对B进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
对C进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
（2）若物体C先向右做匀加速直线运动，木板先向右做匀减速直线运动，此过程C相对于B向右运动，两者速度达到相等后，由于
C、B不能够保持相对静止，C随后向右做匀减速直线运动，B也向右做匀减速直线运动，C刚好不从长木板B的左端离开，表明两者速度达到相等时C恰好到达B左端，令碰撞后B的速度为，则有
此过程，相对位移恰好等于B长的一半，则有
解得
，，
A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有
，
解得
A从点O到P点过程。根据动能定理有
解得
（3）若使物体A从距离P点高为h0=0.2m处由静止释放，根据动能定理有
解得
A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有
，
解得
碰后瞬间立即在长木板B上施加水平向右的恒力F0=20N，对B分析，根据牛顿第二定律有
解得
B在恒力作用下向右做匀加速直线运动，C向右以做匀加速直线运动，C相对于B向左运动，历时撤去恒力，对B的运动有
，
对C的运动有
，
此过程的相对位移
撤去恒力后，结合上述可知，B向右以做匀减速直线运动，C向右以做匀加速直线运动，C相对于B仍然向左运动，历时达到相等速度时，c恰好到达B左端，则有
此过程的相对位移
之后C、B不能够保持相对静止，C随后向右做匀减速直线运动，B也向右做匀减速直线运动，C相对于B向右运动，则有
舍去解的负值，解得
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