1、新人教版选修3-5第16章 动量守恒定律单元测试卷（江西省宜春市万载县株潭中学）一、选择题（每小题4分，共48分）1一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船（不包含炮弹）的动量及船的速度在发射前后的变化情况是（）A动量不变，速度增大B动量不变，速度不变C动量增大，速度增大D动量减小，速度增大2如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上运动两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为4kgm/s，则（）A左
2、方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：103两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（）A若甲最先抛球，则一定是v甲v乙B若乙最后接球，则一定是v甲v乙C只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲v乙D无论怎样抛球和接球，都是v甲v乙4质量相等的三个物体在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图，具有初动能E0的第一号物块向右运动
3、，一次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物体粘成一个整体，这个整体的动能等于（）AE0B E0C E0D E05如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端当两人同时相向运动时（）A若小车不动，两人速率一定相等B若小车向左运动，A的动量一定比B的小C若小车向左运动，A的动量一定比B的大D若小车向右运动，A的动量一定比B的大6我国古代力学的发展较为完善例如，淮南子中记载“物之功，动而有益，则损随之”这里的“功”已初步具备现代物理学中功的含义下列单位分别是四位同学用来表示功的单位，其中正确的是（）ANms1Bkgm2s2CCVsDVs7一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，
4、从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是（）AMv0=（Mm）v+mvBMv0=（Mm）v+m（v+v0）CMv0=（Mm）v+m（v+v）DMv0=Mv+mv8A、B两球沿同一条直线运动，图示的xt图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的xt图线，c为碰撞后它们的xt 图线若A球质量为1kg，则B球质量是（）A0.17kgB0.34kgC0.67kgD1.00kg9在同一匀强磁场中，粒子（He）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则粒子和质子（）A运动半径之比是2：1B运
5、动周期之比是2：1C运动速度大小之比是4：1D受到的洛伦兹力之比是2：110“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力11K介子衰变的方程为K0，其中K介子和介子带负的基本电荷，0介子不带电一个K介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在
6、P点相切，它们的半径RK与R之比为2：1，0介子的轨迹未画出由此可知的动量大小与0的动量大小之比为（）A1：1B1：2C1：3D1：612一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为，则爆炸后另一块瞬时速度大小为（）AvBCD0二、非选择题（共52分）13如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为M=0.39kg的木块（可视为质点），在木块正上方有一个固定悬点O，在悬点O和木块之间连接一根长度为0.4m的轻绳（轻绳不可伸长且刚好被拉直）有一颗质量为m=0.01kg的子弹以水平速度V0射入木块并留在其中（作用时
7、间极短），g取10m/s2，要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，求：子弹射入的最小速度14如图所示，光滑的斜面体质量为M，倾角为，长为L，质量为m小物块从斜面体顶端由静止开始下滑，斜面位于光滑的水平地面上从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面体运动的位移？15如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为（90），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为若弹丸质量均为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求两粒弹
8、丸的水平速度之比为多少？16如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连；质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑到木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零；现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值17在光滑水平面上静止着A、B两个小球（可视为质点），质量均为m，A球带电荷量为q的正电荷，B球不带电，两球相距为L从t=0时刻开始，在两小球所在的水平空间内加一范围足够大的匀强电场，电场强度为E，方向与A、B两球的连线平行向右，如图所示A球在电场力作用下由静止开始沿直线
9、运动，并与B球发生完全弹性碰撞设两球间碰撞力远大于电场力且作用时间极短，每次碰撞过程中A、B之间没有电荷量转移，且不考虑空气阻力及两球间的万有引力求：（1）小球A经多长时间与小球B发生第一次碰撞？（2）小球A与小球B发生第一次碰撞后瞬间A、B两球的速度大小分别是多少？（3）第二次碰撞后，又经多长时间发生第三次碰撞？18如图所示，在高1.25m的水平桌面上放一个质量为0.5kg的木块，质量为0.1kg的橡皮泥以30m/s的水平速度粘到木块上（粘合过程时间极短）木块在桌面上滑行1.5m后离开桌子落到离桌边2m 的地方求木块与桌面间的动摩擦因数（g取10m/s2）新人教版选修3-5第16章 动量守恒
10、定律单元测试卷（江西省宜春市万载县株潭中学）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48分）1一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船（不包含炮弹）的动量及船的速度在发射前后的变化情况是（）A动量不变，速度增大B动量不变，速度不变C动量增大，速度增大D动量减小，速度增大【考点】动量守恒定律【分析】以炮弹和炮艇为系统进行分析，由动量守恒可知船的动量及速度的变化【解答】解：因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒设炮弹质量为m，船（不包括两炮弹）的质量为M，
11、炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间船的速度为v设v0为正方向，则由动量守恒可得：（M+2m）v0=Mv+mv1mv1可得，vv0可得发射炮弹后瞬间船的动量不变，速度增大；故选：A2如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上运动两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为4kgm/s，则（）A左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10【考点
12、】动量守恒定律【分析】光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在发生碰撞，在碰撞过程中动量守恒因此可根据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后A的动量增量可得出A球在哪边，及碰后两球的速度大小之比【解答】解：光滑水平面上大小相同A、B 两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：PA=PB由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为2kgm/s所以碰后B球的动量是增加的，为10kgm/s由于两球质量关系为mB=2mA那么碰撞后A、B两球速度大小之比2：5故选：A3两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上现在，其中一人向另
13、一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（）A若甲最先抛球，则一定是v甲v乙B若乙最后接球，则一定是v甲v乙C只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲v乙D无论怎样抛球和接球，都是v甲v乙【考点】动量定理【分析】根据动量定理守恒进行分析即可【解答】解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速度小答案：B4质量相等的三个物体在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图，具有初动能E0的第一号物块向右运动，一次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物体粘
14、成一个整体，这个整体的动能等于（）AE0B E0C E0D E0【考点】动量守恒定律【分析】碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒定律求出三个物体粘成一个整体后共同体的速度，即可得到整体的动能【解答】解：取向右为正方向，设每个物体的质量为m第一号物体的初动量大小为P0，最终三个物体的共同速度为v以三个物体组成的系统为研究对象，对于整个过程，根据动量守恒定律得： P0=3mv又P0=mv0，E0=联立得： =3mv则得：v=整体的动能为 Ek=故选：C5如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端当两人同时相向运动时（）A若小车不动，两人速率一定相等B若小车向左运动，A的动量一
15、定比B的小C若小车向左运动，A的动量一定比B的大D若小车向右运动，A的动量一定比B的大【考点】动量守恒定律【分析】AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解【解答】解：AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mAvA+mBvB+m车v车=0，A、若小车不动，则mAvA+mBvB=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；B、若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；D、若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所
16、以A的动量一定比B的小，故D错误故选C6我国古代力学的发展较为完善例如，淮南子中记载“物之功，动而有益，则损随之”这里的“功”已初步具备现代物理学中功的含义下列单位分别是四位同学用来表示功的单位，其中正确的是（）ANms1Bkgm2s2CCVsDVs【考点】功的计算【分析】功的单位是焦耳，可以根据功的定义来解答【解答】解：A、功的单位是焦耳，根据功的定义W=FL可知：1J=1Nm=kgm2s2故A错误，B正确；C、根据电功的公式：W=Pt=UIt，电压的单位是V，电流的单位是A，时间的单位是s，所以：1J=1VAs=1VC故C错误；D、根据电热的公式：Q=所以：1J=故D错误故选：B7一炮艇总
17、质量为M，以速度v0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是（）AMv0=（Mm）v+mvBMv0=（Mm）v+m（v+v0）CMv0=（Mm）v+m（v+v）DMv0=Mv+mv【考点】动量守恒定律【分析】发射炮弹过程中动量守恒，注意根据动量守恒列方程时，要选择同一参照物，注意方程的矢量性、【解答】解：以地面为参照物，发射炮弹过程中动量守恒，所以有：，故BCD错误，A正确故选A8A、B两球沿同一条直线运动，图示的xt图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的xt图线，c为碰撞后
18、它们的xt 图线若A球质量为1kg，则B球质量是（）A0.17kgB0.34kgC0.67kgD1.00kg【考点】动量守恒定律【分析】根据xt图象得到A、B两球碰撞前后的速度，然后运用动量守恒定律列式求解，注意矢量性【解答】解：xt图象的斜率表示速度，碰撞前A球速度为：v1=3m/s，B球速度为：v2=2m/s，碰撞后的共同速度为：v=1m/s；规定B球初速度方向为正，AB碰撞过程，根据动量守恒定律，有：m1v1+m2v2=（m1+m2）v解得：m2=0.67kg；故选：C9在同一匀强磁场中，粒子（He）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则粒子和质子（）A运动半径之比是2：1
19、B运动周期之比是2：1C运动速度大小之比是4：1D受到的洛伦兹力之比是2：1【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】质子H和粒子以相同的动量在同一匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律，可求得比较r、速度v及T的表达式，根据表达式可以得到半径以及周期之比【解答】解：C、两个粒子的动量大小相等，质量之比是4：1，所以：故C错误；A、质子H和粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB=m，得轨道半径：R=，根据质子质子（H）和（He）粒子的电荷量之比是1：2，质量之比是1：4，则得：RHe：RH=，故A错误；B、粒
20、子运动的周期：，所以：故B正确；D、根据粒子受到的洛伦兹力：f=qvB，得：故D错误故选：B10“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力【考点】动量定理；功能关系【分析】从绳子绷紧到人下降到最低点的过程中，开始时人的重力大于弹力，人向下加速；然后再减速，直至速度为零；再反向弹回；根据动量及功
21、的知识可明确动量、动能和弹性势能的变化【解答】解：A、由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上，由于人在下降中速度先增大后减小；故动量先增大后减小；故A正确；B、在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B错误；C、绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但此时人的动能不是最大，故C错误；D、人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D错误故选：A11K介子衰变的方程为K0，其中K介子和介子带负的基本电荷，0介子不带电一个K介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的介子的轨迹为圆弧PB，两
22、轨迹在P点相切，它们的半径RK与R之比为2：1，0介子的轨迹未画出由此可知的动量大小与0的动量大小之比为（）A1：1B1：2C1：3D1：6【考点】动量定理；洛仑兹力【分析】曲线运动中，粒子的速度方向沿着轨迹上该点的切线方向，又由于K介子衰变过程中，系统内力远大于外力，系统动量守恒，故可知衰变后，介子反向飞出，0介子沿原方向飞出，再根据介子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，可以列式求出K介子与介子的动量之比，再结合动量守恒定律列式分析【解答】解：K介子与介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：eBv=m，粒子动量为：P=mv=eBR，则有：PK：P=2：1，以K的初速度方向
23、为正方向，由动量守恒定律得：PK=P0P解得：P0=3P，则的动量大小与0的动量大小之比为1：3；故选：C12一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为，则爆炸后另一块瞬时速度大小为（）AvBCD0【考点】动量守恒定律【分析】炮弹在最高点水平，爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后另一块弹片的速度大小【解答】解：爆炸过程系统动量守恒，爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：mv=mv，解得：v=v；故选：C二、非选择题（共52
24、分）13如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为M=0.39kg的木块（可视为质点），在木块正上方有一个固定悬点O，在悬点O和木块之间连接一根长度为0.4m的轻绳（轻绳不可伸长且刚好被拉直）有一颗质量为m=0.01kg的子弹以水平速度V0射入木块并留在其中（作用时间极短），g取10m/s2，要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，求：子弹射入的最小速度【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，应用牛顿第二定律求出木块在最高点的临界速度，在木块从水平面到达最高点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出木块在最低点的速度，根据动量守恒求出最小速度【解答】解
25、：当木块恰好能绕O点在竖直平面内做圆周运动时，在最高点重力提供向心力，由牛顿第二定律得：（M+m）g=（M+m）代入数据解得：v1=2m/s，从最低点到最高点过程系统机械能守恒，由机械能守恒得：（M+m）v2=（M+m）v12+（M+m）g2L代入数据解得：v=2m/s子弹射入木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v代入数据解得：v0=80m/s；答：子弹射入的最小速度为80m/s14如图所示，光滑的斜面体质量为M，倾角为，长为L，质量为m小物块从斜面体顶端由静止开始下滑，斜面位于光滑的水平地面上从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面体运动的位移？【考
26、点】动量守恒定律【分析】以小物块、斜面体组成的系统为研究对象，系统在水平方向不受外力，系统水平动量守恒根据水平方向动量守恒列式求解斜面体运动的位移【解答】解：以小物块、斜面体组成的系统为研究对象，系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒，到达最低点时，取水平向右为正方向，由水平动量守恒有：Mvmv=0且在任意时刻或位置v与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的v和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：M=m又由于 l+l=Lcos 可得：斜面体运动的位移为 l=Lcos答：斜面体运动的位移为Lcos15如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂
27、袋后均未穿出第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为（90），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为若弹丸质量均为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求两粒弹丸的水平速度之比为多少？【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】子弹射入沙袋过程，系统水平方向不受外力，系统的动量守恒子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程机械能守恒，当他们第1次返回图示位置时，速度大小等于子弹射入沙袋后瞬间的速度，根据动量守恒定律机械能守恒结合求解【解答】解：弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设碰后弹丸和砂袋的共同速度为v
28、1，细绳长为L，根据动量守恒定律有mv0=（m+5m）v1，砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以=6mgL（1cos）设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2，同理有：mv（m+5m）v1=（m+6m）v2=7mgL（1cos），联解上述方程得=答：两粒弹丸的水平速度之比为16如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连；质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑到木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零；现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值【考点
29、】动量守恒定律；动能定理的应用；功能关系【分析】小滑块在木板上滑动过程，根据动能定理列方程，即可求解小滑块与木板间的摩擦力大小；先研究滑块在木块上向右滑动的过程，运用动能定理得到滑块与墙壁碰撞前瞬间的速度，滑块与墙壁碰撞后，原速率反弹，之后，向左运动，在摩擦力的作用下，木板也向左运动，两者组成的系统动量守恒，再对这个过程，运用动量守恒和能量守恒列方程，联立即可求解的值【解答】解：小滑块以水平速度v0右滑时，由动能定理有：fL=0小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则由动能定理有：fL=滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，滑块与木板组成 的系统在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向、木
30、板的共同速度为v2，则有 mv1=（m+4m）v2由总能量守恒可得：fL=（m+4m）上述四式联立，解得 =答：物块刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下应满足为17在光滑水平面上静止着A、B两个小球（可视为质点），质量均为m，A球带电荷量为q的正电荷，B球不带电，两球相距为L从t=0时刻开始，在两小球所在的水平空间内加一范围足够大的匀强电场，电场强度为E，方向与A、B两球的连线平行向右，如图所示A球在电场力作用下由静止开始沿直线运动，并与B球发生完全弹性碰撞设两球间碰撞力远大于电场力且作用时间极短，每次碰撞过程中A、B之间没有电荷量转移，且不考虑空气阻力及两球间的万有引力求：（1）小球A经多长
31、时间与小球B发生第一次碰撞？（2）小球A与小球B发生第一次碰撞后瞬间A、B两球的速度大小分别是多少？（3）第二次碰撞后，又经多长时间发生第三次碰撞？【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的公式；机械能守恒定律【分析】（1）根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度大小，再根据匀变速直线运动的位移时间公式求出小球A与B碰撞的时间（2）两球间碰撞力远大于电场力且作用时间极短，知碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出小球A与小球B发生第一次碰撞后瞬间A、B两球的速度大小（3）第一次碰撞后，小球A做初速度为0的匀加速直线运动，小球B以 vB1的速度做匀速直线运动，两小球发生第二次碰撞的条件
32、是：两小球位移相等根据动量守恒定律和机械能守恒定律，结合运动学公式两球第二次碰撞后的速度，再结合运动学公式求出发生第三次碰撞的时间【解答】解：（1）小球A在电场力的作用下做匀加速直线运动，L=a= 解得：（2）小球A与小球B发生完全弹性碰撞，设A球碰前速度为vA1，碰后速度为vA1，B球碰前速度为0，碰后速度为vB1，m vA1=m vA1+m vB1联立得：vA1=0vB1=vA1vA1=at1= 所以：vA1=0，vB1=（3）第一次碰撞后，小球A做初速度为0的匀加速直线运动，小球B以 vB1的速度做匀速直线运动，两小球发生第二次碰撞的条件是：两小球位移相等设第二次碰撞A球碰前速度为vA2
33、，碰后速度为vA2，B球碰前速度为vB2，碰后速度为vB2，vA2=at2=vB2=vB1=解得： vA2=at2=m vA2+m vB2=m vA2+m vB2联立得：vA2=vB2vB2=vA2所以：vA2=vB2=第二次碰撞后，小球A做初速度为的匀加速直线运动，小球B以 vB2的速度做匀速直线运动，两小球发生第三次碰撞的条件是：两小球位移相等设第三次碰撞A球碰前速度为vA3，碰后速度为vA3，B球碰前速度为vB3，碰后速度为vB3，vB3=vB2=2解得： 即完成第二次碰撞后，又经的时间发生第三次碰撞，该时间不再发生变化答：（1）小球A与小球B发生第一次碰撞所需的时间为（2）小球A与小球
34、B发生第一次碰撞后瞬间A、B两球的速度大小分别是0，（3）第二次碰撞后，又经发生第三次碰撞18如图所示，在高1.25m的水平桌面上放一个质量为0.5kg的木块，质量为0.1kg的橡皮泥以30m/s的水平速度粘到木块上（粘合过程时间极短）木块在桌面上滑行1.5m后离开桌子落到离桌边2m 的地方求木块与桌面间的动摩擦因数（g取10m/s2）【考点】动量守恒定律；平抛运动【分析】木块离开桌面后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出木块离开桌面时的速度；橡皮泥击中木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出木块的速度；木块与橡皮泥一起在桌面上做匀减速直线运动，应用动能定理可以求出动摩擦因数【解答】解：木块离开桌面后做平抛运动，在水平方向：s=vt，在竖直方向：h=gt2，代入数据解得：v=4m/s，橡皮泥击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，代入数据解得：v=5m/s，木块在桌面上运动过程由动能定理得：（M+m）gx=（M+m）v2（M+m）v2，代入数据解得：=0.3；答：木块与桌面间的动摩擦因数为0.32017年4月23日