【单元练】高中物理选修1第一章【动量守恒定律】知识点总结

一、选择题

1．在浙江省桐庐中学举办的首届物理周活动中，“高楼落蛋”比赛深受同学们喜爱。某小组同学将装有鸡蛋的保护装置从艺术楼四楼窗口外侧（离地高12.8m）静止释放。已知该装置与地面的碰撞时间为0.6s，不计空气阻力，在装置与地面碰撞过程中，鸡蛋对装置产生的平均作用力大小约为（ ）

A．0.2N 解析：B

B．2.0N C．20N D．200NB

装有鸡蛋的保护装置从艺术楼四楼窗口外侧（离地高12.8m）静止释放落地时速度为

v2gh16m/s

该装置与地面的碰撞时间为0.6s，鸡蛋质量约50g与该装置作用时，由动量定理可得

Fmgtmv

解得

F1.8N

故选B。

2．如图是一颗质量m50g的子弹匀速射过一张扑克牌的照片，子弹完全穿过一张扑克牌所需的时间t1约为1.0104s，子弹的真实长度为2.0cm（扑克牌宽度约为子弹长度的

34倍），若子弹以相同初速度经时间t21.010s射入墙壁，则子弹射入墙壁时，其对

墙壁的平均作用力约为（ ）

A．5104N 解析：A 子弹的速度为

B．4104N C．5105N D．4105NA

l4l52.0102m3v110m/s

t11.0104s设墙壁对子弹的平均作用力为F，则

Ft2mv

解得

mv50103kg(01103m/s)4F510N 3t21.010s方向与子弹的运动方向相反。 故选A。

3．人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这是为了（ ） A．减小地面对人的冲量 C．增加地面对人的冲击时间 解析：C

设人的质量为m，着地前速度大小为v，着地时间为t，地面对人冲量大小为I，作用力大小为F，取竖直向下方向为正方向；

AB．人着地过程，人的动量从一定值减到零，动量的变化量不变，根据动量定理得

B．减小人的动量的变化 D．增大人对地面的压强C

mgtI0mv

得到地面对人的冲量

Imgtmv

m、v一定，t延长，则I增大，故AB错误；

C．让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，增加地面对人的冲击时间，故C正确； D．根据动量定理得

mgtFt0mv

得到

Fmgmv tt增大，则F减小，人对地面的压强减小，故D错误； 故选C。

4．随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。 “引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（ ）

A．v1 > v0 解析：A

B．v1= v0

C．v2 > v0

D．v2 =v0A

AB．根据题意，设行星的质量为M，探测器的质量为m，当探测器从行星的反方向接近行星时（左图），再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得

-mv0+Mu=Mu′+mv1

1111mv02+Mu2=Mu′2+mv12 2222整理得

v1-v0=u+u′

所以

v1 > v0

A正确，B错误；

CD．同理，当探测器从行星的同方向接近行星时（右图），再设向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得

mv0+Mu=Mu″-mv2

1111mv02+Mu2=Mu″2+mv22 2222整理得

v0-v2=u+u″

所以

v2 < v0

CD错误。 故选A。

5．如图所示，小球A质量为2m，小球B质量为m，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下到达最低点恰好与相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，它们能上升的最大高度是（ ）

A．h 解析：B

B．

4h 9C．

1h 4D．

1hB 8设球A与球B碰撞前一瞬间，球A的速度大小为vA，根据机械能守恒得

122mgh2mvA

2球A和球B碰撞过程动量守恒，即

2mvA3mv共

设两球粘到一起后，能上升的最大高度为h，由机械能守恒得

123mv共3mgh 2联立各式解得

h故选B。

4h 96．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量M与m的比值可能为（ ） A．2 解析：A

设碰撞后两物体的动量为p，由动量守恒可知

B．4

C．6

D．8A

Mυ2p

碰撞前后动能不能增加，则

1p2p22 Mυ22M2m解得

M3 m碰撞后两物体动量相同，故速度方向相同，且碰后M速度应该小于等于m速度，则

M1 m故A正确，B、C、D错误； 故选A。

7．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）

A．t1s时物块的速率为2m/s B．t2s时物块的动量大小为2kg·m/s C．t3s时物块的动量大小为3kg·m/s D．t4s时物块的速度为零C 解析：C

A．由题意可知，物块在前2s内，做匀加速直线运动，加速度为

a1则当

F11m/s2 mt1s

时，物块的速率为

v1a1t1m/s

所以A错误；

B．由A选项分析可知，当

t2s

时，物块的速率为

v2a1t2m/s

则此时物块的动量为

p1mv24kgm/s

所以B错误；

D．由题意可知，物块在后2s内，做匀减速直线运动，加速度为

a2则当

F21m/s2 m2t4s

时，物块的速度为

v4v2a2t1m/s

所以D错误；

C．F-t图像的面积表示物块所受合力的冲量，则在前3s内，合力的冲量为

I(2211)Ns3Ns

在前3s内，由动量定理可得

p3I3Ns3kgm/s

所以C正确。 故选C。

8．中国书法是一门艺术。在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带。小花同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防止打滑，她在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。在小花行笔过程中下列说法正确的是（ ）

A．毛笔对纸的压力一定大于毛笔的重力 B．镇纸受到的静摩擦力的冲量方向向右 C．白纸受到了3个摩擦力

D．桌面受到的静摩擦力的冲量方向向右D 解析：D

A．在小花行笔过程中，手对毛笔的作用力可能向下，也可能向上，所以毛笔对纸的压力不一定大于毛笔的重力，所以A错误；

B．镇纸与纸之间没有相对运动和相对运动趋势，所以镇纸与纸之间没有摩擦力，即镇纸受到的静摩擦力的冲量为零，所以B错误；

C．白纸与毛笔之间和桌面之间都有摩擦力，所以白纸受到了2个摩擦力，所以C错误； D．纸相对地面有向右运动的趋势，所以纸受到向左的静摩擦力，则桌面受到的静摩擦力的方向为向右，即桌面受到的静摩擦力的冲量方向向右，所以D正确。 故选D。

9．如图所示，光滑水平的轻质板上，放置两个质量不同的物块，其间有被压缩的轻质弹簧，用轻质细线系住两物块，整个系统恰好处于静止状态。若烧断细线使弹簧突然释放，两物块均在板上滑动过程中，板将（ ）

A．向右翻转 解析：C

设左边的质量为m1，此时距离支点的长度为L1，右边的质量为m2，此时距离支点的长度为L2，开始整个系统恰好静止状态，则根据力矩平衡有

B．向左翻转

C．保持水平

D．无法判定C

m1gL1m2gL2

烧断细线使弹簧突然释放，对m1和m2组成的系统动量守恒，则有

m1v1m2v2

等式两边同时乘以t，根据x=vt可知

m1s1m2s2

由上述的分析可知

m1g(L1s1)m2g(L2s2)

即左边物体的重力产生的力矩和右边物体的重力产生的力矩平衡，故木板仍保持水平状态。

故选C。

10．雨滴从静止开始下落，下落过程中受到的阻力与速度成正比，比例常数为k，经过时间t速度达到最大，雨滴的质量为m，选向下为正方向，则该过程阻力的冲量为（ ） A．mgt 解析：C

雨滴下落所受的阻力正比于速度，设为fkv，则雨滴先加速后达到匀速时，设最大速度为vm，有

m2gB．

km2gC．mgt

km2gD．mgtC

kmgfkvm

可得

vm对雨滴下落过程由动量定理

mg kmgtIfmvm0

联立解得阻力的冲量为

m2gIfmgt

k故选C。

二、填空题

11．如图所示，质量20kg的小车静止在光滑水平面上，从水枪中喷出的水柱的横截面积是10cm2，速度10m/s，水的密度1.0×103kg/m3。若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中，当有质量5kg的水进入小车时，小车的速度大小______m/s，若将小车固定在水平面上，水冲击小车前壁后水平速度减为零，则水对小车的冲击力大小为______N。

100

解析：100

[1] 流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当淌入质量为m的水后，小车速度为v1，则

mv(mM)v1

解得

v12m/s

[2] 在极短的时间t内，冲击小车的水的质量为

mSvt

小车对水的作用力，据动量定理

Ft0mv

解得

F100N

根据牛顿第三定律，水对小车的冲击力大小100N 12．静止在匀强磁场中的

23892U发生一次α衰变，变成一个新核，已知α粒子与新核的速度

方向均与磁场方向垂直，则α粒子与新核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为________(重力可忽略)；若释放出的α粒子的动能为E0 ，假设衰变放出的能量全部转化为α粒子与新核的动能，则本次衰变释放的总能量为________。 解析：45:1

119E0 117[1] 原子核衰变时动量守恒，由动量守恒定律可知

P P新核新核与粒子的动量p大小相等，它们在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得

v2qvBm

r轨道半径

r它们的轨道半径之比

mvP qBqBPrqB92245= Pr新核21新核q新核B[2]根据核反应过程中质量数和核电荷数守恒，求得产生新核的质量数为234，则粒子和新核的质量之比

m2 m新核117已知粒子的动能为

2P12E0mv1

22m产生新核的动能

2P1E2m新核v22新核

22m新核求得

E2本次衰变的释放的总能量为

m2E0E0 m新核117E2E0119E0 11713．质量为100kg的小船沿东西方向静止在水面上，船两端站有质量分别为40kg和60kg的甲、乙两人，当甲、乙两人同时以3m/s的速率向东、向西跳入水中后，小船的速度大小为________m/s，方向向_______。6东【分析】考查动量守恒定律 解析：6 东 【分析】

考查动量守恒定律。

[1][2]．甲乙船三者组成的系统动量守恒，取向东为正方向，则：

0m甲v甲m乙v乙mv

代入数据解得v0.6m/s；速度v为正值，方向向东。

14．一个质量为m的氢气球下方通过细绳悬挂一个质量为2m的小球，以速度v匀速上升，它们的总动量为__；若某一时刻细绳断裂，过了一段时间后小球的速度恰好为零，此时氢气球的动量为__。（设整个过程中两物体受空气作用力、重力不变）3mv3mv 解析：3mv 3mv [1]系统的动量为：

p(m2m)v3mv

[2]系统匀速运动，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可得：

3mv0p小球

解得：

p小球3mv

15．质量为50kg的人从岸上以10m/s的水平速度跳上一只迎面驶来的质量为100kg、速度为2m/s的小船。人跳上船后，船、人一起运动的速度大小为______m/s，此过程中损失的机械能是________J。2400 解析：2400

[1]人跳上船的过程，由动量守恒可得

mυ1Mυ2mMυ

解得2m/s；

[2]此过程中损失的机械能为

E12112mυ1Mυ2mMυ22400J 22216．A、B两物体在光滑水平地面上沿同一直线均向东运动，A在后，质量为5kg，速度大小为10m/s，B在前，质量为2kg，速度大小为5m/s，两者相碰后，B沿原方向运动，速度大小为10m/s，则A的速度大小为__m/s，方向为__。向东 解析：向东

12 设向东为速度正方向，则碰撞前A物体的速度vA=10m/s，B物体的速度vB=5m/s，

，碰撞后B的速度vB10m/s，两物体碰撞过程，由动量守碰撞后A物体的速度设为vA恒定律有：

mBvB mAvAmBvBmAvA8m/s，为正值，说明碰撞后A物体的速度方向向东。 代入数据，解得vA17．一质量为0.5kg的小球A以2.0m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为1 kg的另一大小相同的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反弹．求： ①原来静止小球获得的速度大小为__________________； ②碰撞过程中损失的机械能为__________________．

1m/s0385J【解析】

解析：1m/s 0.385J 【解析】 略

18．如图所示，木块A的质量mA＝1kg，足够长的木板B的质量mB＝4kg，质量为mC＝4kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，则A与B碰撞后瞬间，B的速度为__m/s ，C运动过程中的最大速度为__m/s ，整个过程中因为B、C之间的摩擦而产生的总内能为___J。

216

解析：2 16

［1］A与B碰瞬间，C的运动状态未变，B速度最大。以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

mAv0=-mAvA+mBvB，

代入数据得A与B碰撞后瞬间，B的速度vB=4m/s。

［2］A、B碰撞后，B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，以B、C组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律

mBvB=（mB+mC）vC

代入数据得C运动过程中的最大速度vC=2m/s． ［3］整个过程中因为B、C之间的摩擦而产生的总内能

E=

11mBvB2-(mB+mC)vC2=16J。 2219．甲、乙两球的动量大小分别为20kg•m/s和40kg•m/s，两球的动能为15J和45J，甲、乙两球的质量之比为________．两球相向运动发生碰撞（不计外力作用），碰撞后________球速度变化大．3:4甲【解析】 解析：3:4 甲 【解析】

m甲P2202402312

＝：＝；甲乙两根据动量P=mv，动能EK＝mv，解得：m＝，

2EKm乙21524542球碰撞过程中，系统动量守恒，则甲球的动量变化量大小等于乙球的动量变化量大小，速度变化量△v＝ ，甲球的质量小，则甲球的速度变化量大． 【点睛】

本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，要求同学们能根据动量和动能的表达式求出质量的表达式，即能分析出动量和动能的关系．

20．如图所示，质量分别为m和M的两个木块A和B用细线连在一起，在恒力F的作用下在水平桌面上以速度v做匀速运动．突然两物体间的连线断开，这时仍保持拉力F不变，当木块A停下的瞬间木块B的速度的大小为__________．

Pm

解析：

(Mm)v M质量分别为m和M的两个木块A和B用细线连在一起，在恒力F的作用下在水平桌面上以速度v做匀速运动；以AB整体为研究对象，整体所受合力为零．两物体间的连线断开，这时仍保持拉力F不变，在木块A停下前，AB整体所受合力仍为零．在木块A停下前，AB整体动量守恒，则

mMvm0MvB，

解得：木块A停下的瞬间木块B的速度

vBMmv．

M三、解答题

21．新华社5月30日电，经过一个多月的隔空比拼，2020年中国滑板网络挑战赛迎来最终决战，各路高手在网络直播平台上一较高下，最终来自广东中山的潘家杰获得男组冠军。若某项滑板比赛过程可简化为如图所示模型，比赛轨道分别由长度L=10 m的水平光滑轨道AB和半径R=1.8 m的

1竖直光滑圆弧轨道BC组成，圆弧轨道最低点切线水平。质量4m=2.0 kg的水平滑板静止在A点，质量M=48.0 kg的运动员以水平速度v0冲上滑板，瞬时与滑板一起运动，且运动员和滑板恰好可到达C点。整个过程中，运动员和滑板均可视为质点，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。（计算结果均保留三位有效数字，π取3.14）

（1）求运动员的水平速度v0；

（2）当运动员和滑板运动到圆弧轨道的最低点B时，求轨道对运动员和滑板的支持力； （3）若水平轨道A点右侧地面粗糙且足够长（已知滑板与A点右侧地面之间的动摩擦因数μ=0.3），求运动员冲上滑板从A点出发到最终停止运动的过程中所经过的路程。

解析：（1）6.25 m/s ； （2）1.50×103 N ；（3）31.7 m

（1）以运动员和滑板为一个系统，运动员以v0冲上滑板，此后运动员和滑板的共同速度为v，系统水平方向动量守恒，即

Mv0(mM)v

运动员与滑板恰好到C点，以AB水平面为零势能面，由机械能守恒得

1(mM)v2(mM)gR 2两式联立解得

v0=6.25 m/s，v=6.00 m/s

（2）到达B点时，由牛顿第二定律得

(mM)v2 FN(mM)gR解得

FN=1.50×103 N

（3）因为ABC光滑，由机械能守恒知运动员滑回A点速度大小仍为v=6.00 m/s，向右滑过A点后至停下过程，由动能定理得

1(mM)gx0(mM)v2

2代入数据解得

x=6.00 m

所经过的路程为

s22πR2Lx31.7m 422．细线下吊着一个质量为m1的静止沙袋，沙袋到细线上端悬挂点的距离为l。一颗质量为m的子弹水平射入沙袋并留在沙袋中，随沙袋一起摆动。已知沙袋摆动时摆线的最大偏角是，求子弹射入沙袋前的速度。

解析：vm1m2gl(1cos) mmv(m1m)v

设子弹射入沙袋前的速度为v，则子弹射入沙袋，动量守恒，有

沙袋摆起，根据动能定理得

1(m1m)gl(1cos)0(m1m)v2

2解得

vm1m2gl(1cos) m23．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题，为了解决这个问题，高空抛物行为入刑，新《民法典》对高空抛物由谁来承担责任也做出了规定。由物理学知识可知，即使是很小的物体从高处坠落也可能对人造成严重的伤害。设一个50g的鸡蛋从16楼的窗户自由下落时，鸡蛋下沿距地面45m，当鸡蛋与地面撞击时鸡蛋的竖直高度为5cm，认为鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的上、下沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，不计空气阻力，忽略撞地过程中鸡蛋的重力，取10m/s2。

(1)求鸡蛋与地面撞击前的速度大小以及撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小； (2)求鸡蛋对地面的平均冲击力的大小。

解析：(1)30m/s，1.5Ns；(2)鸡蛋对地面的平均冲击力大小为450N (1)根据机械能守恒定律

mgh12mv 2解得鸡蛋撞击地面前的速度大小

v2gh30m/s

以向下为正方向，根据动量定理

Ip0mv1.5Ns

撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小为1.5Ns。 (2)根据

IFt

鸡蛋与地面作用时间

t解得

lv 2FI450N t根据牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击力大小为450N。

24．如图所示，水平轨道OP固定，ON段光滑、NP段粗糙且长L=1.5m。一根轻弹簧的一端固定在轨道左侧O点的竖直挡板上，另一端自然伸长时在N点。P点右侧有一与水平方向成θ=37°、足够长的传送带PQ与水平面在P点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为v=3m/s。质量m=2kg小物块A放在N点，与A相同的物块B静止在P点。现用力通过A缓慢向左压缩弹簧，当弹簧的弹性势能E=31.0J时由静止释放，A开始向右运动。当A运动到P点时与B发生正碰，碰撞时间极短且无机械能损失。已知A与NP段间的动摩擦因数μ1=0.2，B与传送带间的动摩擦因数µ2=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)A第一次运动到P点时的速度大小； (2)第一次碰撞后A、B的速度大小；

(3)A、B第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间。

解析：(1) 5m/s；(2)0； 5m/s；(3) 171s 4解:(1)设A第一次运动到P点时的速度大小为v0，由动能定理得

12W1mgLmv0 ①

2弹力做功等于弹性势能的减少量得

W=Ep ②

解得

v0=5m/s ③

(2)设A与B碰撞后，A的速度为vA，B的速度为vB，由动量守恒得

mv0=mvA+ mvB ④

由机械能守恒得

121212mv0mvAmvB ⑤ 222解得

vA =0 vB=v0=5m/s ⑥

(3)B先沿传送带向上匀减速至零，再向下匀加速至速度为3m/s，由牛顿第二定律得

mgsin2mgcosma1 ⑦

a18m/s2

由运动学公式有

2v2vB2a1x ⑧

t1由于μ2＜tanθ，B沿传送带向下继续加速

vBv1s a1mgsin2mgcosma2 ⑨

a1=4m/s2

12xvt1a2t2 ⑩

2t2173s 4所以A、B第一次碰撞分离到第二次碰撞时经历的时间

tt1t2171s ⑪ 425．如图，倾角=30°的斜面AC，与光滑水平面CD连接于C点，竖直光滑半圆轨道DE与水平面相切于D点，轨道半径R=0.3m。斜面上的A点到B的距离s1=6.4m，B、C间距离s2=4.8m，质量m2=3kg的滑块静止在斜面上的B点，m2与斜面间的动摩擦因数

43。从A点由静止释放质量m1=1kg的小车，后m1与m2发生弹性碰撤（时间极9短），最终m2、m1先后通过E点，忽略小车与斜面间的摩擦不计滑块与小车在C点的动能损失，取g=10m/s2，求：

(1)小车m1在B点与m2碰前瞬间的速度大小； (2)m1、m2在B点碰后瞬间各自的速度大小； (3)m2通过D点时的动能；

(4)m1、m2在E点所受轨道的支持力。

解析：(1)8m/s；(2)4m/s，4m/s；(3)24J；(4) F2=10N，F1=(1)A→B，由牛顿第二定律

m1gsinθ=m1a1

由运动学公式

22a1s1v0

10N 3得

v0=8m/s

(2)设小车、滑块碰后瞬间，m1的速度为v1，m2的速度为v2，由动量守恒定律

m1v0m1v1m2v2

由机械能守恒定律

11122m1v0=m1v12m2v2 222v14m/s

v24m/s

(3)m1，m2碰后，m2沿斜面向下做匀减速运动，m1沿斜面向上做匀减速运动 对m2，由牛顿第二定律

m2gcosm2gsinm2a2

设m2到C点的速度为v3，从B到C，有

222a2s2v3v2

v3=0，即m2在C点停止运动

设m1从B点运动到C时的速度为v4，由运动学公式

22a1s2v4v12

得

v4v08m/s

即m1与m2在C点将再次重复在B点的碰撞 则m2在D点的动能

E4(4)m1、m2先后均以相同的速度到达E点 D→E，对m2，由机械能守恒定律

12m2v224J 21122m2v2=m2vEm2g2R 22在E点，对m2，由牛顿第二定律

2m2vE F2m2gR在E点，对m1，由牛顿第二定律

2m1vE F1m1gR得

F2=10N F1=

10N 326．如图所示，高度h12.2m的直圆管竖直固定，在管的顶端塞有一质量M2kg的小球b。从b正上方h20.45m的高度处，由静止释放质量m1kg的小球a后，a与b发生多次弹性正碰（碰撞时间极短），b最终被a从管中碰出。b相对管运动的过程中受到管的滑动摩擦力大小恒为f30N，a在管中始终未与管壁接触，重力加速度大小

g10m/s2，不计空气阻力。

(1)a、b第一次碰后的瞬间，求a、b各自的速度； (2)求a、b第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔； (3)b离开管之前，求a、b的碰撞次数；

(4)b离开管之前，在a、b第一次碰后瞬间到最后一次碰前瞬间的过程中，求b机械能的变化量。

解析：(1)1m/s；2m/s；(2)0.4s；(3)6次；(4)44J (1)a下落，由运动学公式

22gh2v0

设a、b后瞬间，a的速度为v1，b的速度为v2，由动量守恒定律

mv0mv1Mv2

由机械能守恒定律

121212mv0mv1Mv2 222则速度

v11m/s v22m/s

(2)a，b碰后，b沿圆管向下做匀减速运动，a做竖直上抛运动 对b，由牛顿第二定律

fMgMa

设b经时间t向下运动x距离停止，有

22ax0v2

0v2at

x0.4m

t0.4s

t时间内，设a位移为s 对a，有

sv1t此时，a的速度为

12gt0.4m 2vv1gt3m/sv0

即b停止的瞬间，a刚好与b相碰，再次重复第一次的碰撞 则a、b第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔

t0.4s

(3)a、b每经历一次碰撞，b向下移动x0.4m

由

h15.5 xb向下移动5x后在管内，故a、b在管内的碰撞次数为6次。

(4)a、b第一次碰后瞬间到最后一次碰前瞬间的过程中，对b，由动能定理

12WMg5x0Mv2

2ΔEbW

得

ΔEb44J

即b的机械能减少了44J。

27．如图所示是一倾角30山坡的竖直截面，M、N为山坡上的两点。在某次演习中，轰炸机从M点正上方的P点，沿水平方向以速度v0投放了一枚质量为m的炸弹，炸弹击中了山坡上N点的目标，炸弹落在N点时的速度方向与山坡坡面间的夹角为30，不计炸弹所受的空气阻力，取重力加速度大小为g，求： （1）炸弹从P到N动量的变化量； （2）P、M间的距离。

2v0解析：（1）3mv0，方向竖直向下；（2）

2g（1）设炸弹从P经时间t到达N点，在N点的竖直分速度为vy，由运动合成和分解的规律

vyv0tan60

vygt

由动量定理

mgtΔp

得

Δp3mv0，方向竖直向下

（2）设P、M间距离为h，M距N的水平距离为x、竖直距离为y，PN，由平抛运动规律水平方向

xv0t

竖直方向

hy由几何关系

12gt 2yxtan30

得

2v0h

2g28．气球质量为200kg，载有质量为50kg的人，静止在空中距地面20m的地方，气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳子至少多长？

解析：25m

人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得

mv11m2v20

s气s人m1m20

tt解得

s气则绳子长度

11s人20m5m 44Ls气s人20m5m25m