2．在 2010 年温哥华冬奥会上，首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜
牌，如右图为中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运
动一段时间后以 0.4 m/s 的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰
后对方的冰壶以 0.3 m/s 的速度向前滑行．若两冰壶质量相等，
规定向前运动的方向为正方向，则碰后中国队冰壶获得的速度为
图 12－1－7
挡板 C 碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：
(1)当两滑块 A、B 都与挡板 C 碰撞后，C 的速度是多大；
(2)A、 C 碰撞过程中损失的机械能．
解析 (1)A、B、C 系统动量守恒 0＝(mA＋mB＋mC)vC
vC＝0.
(2)炸药爆炸时 A、B 系统动量守恒 mAvA＝mBvB
D．NμmgL
解析 由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，
保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度 v′，根据动量守恒定律有 mv＝(M＋
m)v′，系统损失的动能为ΔEk＝1mv2－1(M＋m)v′2 知 B 正确，另一方面，系统损失的 22
动能可由 Q＝ΔEk，且 Q＝μmg·s 相对，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正 中
2
h C．B 能达到的最大高度为
2
D．B
h 能达到的最大高度为
4
解析 根据机械能守恒定律可得 B 刚到达水平地面的速度 v0＝ 2gh，根据动量守恒定律 1
可得 A 与 B 碰撞后的速度为 v＝ v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 Epm＝ 2
1·2m v2＝1mgh，即 B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与 B 将分开，B 以 v 的速度沿斜
动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图 12
－1－2 所示．现给小物块一水平向右的初速度 v，小物块
与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相 对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的
图 12－1－2
动能为
1
()
．
A.1mv2 2
mM
1 B.
m＋M
v2
2
C.1NμmgL 2
D．若小车向右运动，A 的动量一定比 B 的大
解析 根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，
故选项 A 是错误的．若小车向左运动，A 的动量一定比 B 的大，故选项 B 是错误的、选
项 C 是正确的．若小车向右运动，A 的动量一定比 B 的小，故选项 D 是错误的．
答案 C
放在光滑水平面上，有一质量与 A 相同的物体 B，从高 h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，
与 A 相 碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻 B 与 A 分开且沿原曲面上升．下列
说法正确的是
( )．
图 12－1－5
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 mgh
mgh B．弹簧被压缩时所具有 的最大弹性势能为
间，其间共发生 N 次碰撞，则 S 相对＝NL，则 D 选项也正确． 答案 BD
4．如图 12－1－3 所示，光滑水平直轨道上有三个滑块 A、B、C，质量分别为 mA＝mC＝2m，
mB＝m，A、B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时 A、B 以共同
速度 v0 运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A、B 被弹
( )．
A．0.1 m/s
B．－0.1 m/s
C．0.7 m/s
D．－0.7 m/s
解析 设冰壶质量为 m，碰后中国队冰壶速度为 vx， 由动量守恒定律得
mv0＝mv＋mvx 解得 vx＝0.1 m/s，故选项 A 正确． 答案 A
4．质量为 M、内壁间距为 L 的箱子静止于光滑的水平面上，
箱子中间有一质量为 m 的小物块，小物块与 箱子底板间的
0.2 v0＝ m/s＝2 m/s，
0.1 p0＝0.31×2 kg·m/s＝0.620 kg·m/s. 作用后系统的总动量为滑块 1 和滑块 2 的动量和，
6
且此时两滑块具有相同的速度 v， v＝0.168 m/s＝1.2 m/s，
0.14 p＝(m1＋m2)v＝(0.310＋0.205)×1.2 kg·m/s ＝0.618 kg·m/s. (3)存在误差的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦． 答案 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块 (2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器限位孔有摩擦 12．如图 12－1 －11 所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平 地面上，轨道半径为 R，MN 为直径且与水平面垂直．直径略小于 圆管内径的小球 A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点 M 时与静止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘 在一起飞出轨道，落地点距 N 为 2R.重力加速度为 g，忽略圆管内 径，空气阻力及各处摩擦均不计，求： (1)粘合后 的两球从飞出轨道到落地的时间 t； (2)小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小．
答案 1mv02 3
11．某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导 轨装置如图 12
－1－10(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两
个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小
孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而
图 12－1－6
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块 B 的最大速度．
解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块 A、B 共速．
3
由动量守恒定律得 mAv0＝(mA＋mB)v
解得 v＝
mAv0
1×4 ＝
m/s＝1
m/s
mA＋mB 1＋3
弹簧的最大弹性势能即滑块 A、B 损失的动能
Epm＝1mAv02－1(mA＋mB)v2＝6 J.
解得：vB＝2 m/s A、C 碰撞前后系统动量守恒
mAvA＝(mA＋mC)v v＝1 m/s
ΔE＝1mAvA2－1(mA＋mC)v2＝15 J.
2
2
答案 (1)0 (2)15 J
9．一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为 M 的盒子，如图 12－1－8 甲所示．现给
盒子一初速度 v0，此后盒子运动的 v－t 图像呈周期性变化，如图 12－1－8 乙所示．请 据此求盒内物体的质量．
开，然后 B 又与 C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速 度恰好相同．求 B 与 C 碰撞前 B 的速度．
图 12－1－3
解析 设共同速度为 v，球 A 与 B 分开后，B 的速度为 vB，由动量守恒定律(mA＋mB)v0
＝mAv＋mBvB
①
mBvB＝(mB＋mC)v
②
9 联立①②式，得 B 与 C 碰撞前 B 的速度 vB＝ v0.
图 12－1－9
3mv＝mv0
①
设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 v1，由动量守恒得
3mv＝2mv1＋mv0
②
设弹簧的弹性势能为 Ep，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
1(3m)v2＋Ep＝1(2m)v12＋1mv02
③
2
2
2
由①②③式得弹簧所释放的势能为
Ep＝1mv02. 3
2
2
面上滑，根据机械能守恒定律可得 mgh′＝1mv2，B 能达到的最大高度为 h/4，即 D 正 2
确．
答案 BD
7．如图 12－1－6 所示，质量分别为 1 kg、3 kg 的滑块 A、B 位于
光滑水平面上，现使滑块 A 以 4 m/s 的速度向右运动，与左侧连 有轻弹簧的滑块 B 发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．
A．L
B.
C.
D.
4
4
2
解析
固定时，由动能定理得：μMgL＝1Mv02，后来木板不固定有
1 Mv0＝2Mv，μMgs＝
22Biblioteka 2Mv02－1·2Mv2，故得
L s＝ .D
项正确，A、B、C
项错误．
2
2
答案 D
6．如图 12－1－5 所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为 m 的物体 A 相连，A
mv1＝2mv2
④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，有 2R＝v2t
图 12－1－11
解析 (1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，有
2R＝1gt2
①
2
解得 t＝2 R
②
g
(2)设球 A 的质量为 m，碰撞前速度大小为 v1， 把球 A 冲进轨道最低点时的重力势能定为 0，由机械能守恒定律得
1mv2＝1mv12＋2mgR
③
22
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为 v2，由动量守恒定律得
引起的误差．
5
图 12－1－10 (1)实验的主要步骤： ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； ③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射 架并固定在滑块 1 的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始 终在水平方向； ④使滑块 1 挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑤把滑块 2 放在气垫导轨的中间； ⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动； ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图 1－1－32(b)所示； ⑧测得滑块 1 的质量 310 g，滑块 2(包括橡皮泥)的质量为 205 g．完善实验步骤⑥的内 容． (2)已知打点计时器每隔 0.02 s 打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量 为 _____ kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为_______ kg·m/s(保留三位有效数 字)． (3) 试 说 明 (2) 中 两 结 果 不 完 全 相 等 的 主 要 原 因 是 __________________________ _________ ________________________________________________________________________ ____ ____________________________________________________________________. 解析 (1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块． (2)作用前系统的总动量为滑块 1 的动量 p0＝m1v0.