38.（2012 山东）（2）光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为、，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。

[答案]（1） （2）

解析：（2）设A与B碰撞后，A的速度为，B与C碰撞前B的速度为，B与V碰撞后粘在一起的速度为，由动量守恒定律得

对A、B木块：1

对B、C木块： 2

由A与B间的距离保持不变可知

 3

联立123式，代入数据得

 4

(2012 天津）9(1)质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为______kg·m/s。若小球与地面的作用时间为0,2s，则小球收到地面的平均作用力大小为______N(g=10m/s²)

29.（2012 福建）（2）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率V₀ 向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为______。（填选项前的字母）

A. 　　　B.

C.　 D.

[考点]考查动量守恒定律的应用

[解析]人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，，解得，C项正确。

[答案]C

24．（2012 北京）（20分）匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示，图中E₀和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放。A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和。不计重力。

（1）求A在电场中的运动时间t；

（2）若B的电荷量，求两质点相互作用能的最大值E_pm；

（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值q_m。

解析：（1）A在电场中做匀加速直线运动位移为d，根据牛顿第二定律

　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　①

根据位移公式得　　 　　　　　　　　　　

（2）设A、B分别离开电场后的速度为vA和vB，根据动能定理有

　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　②

　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　③

由以上两式比较可知A、B分别离开电场后的速度为vA小于vB，所以B离开电场后与A间的静电斥力使B减速，使A加速，A、B系统的总动能减小，相互作用能增大，当A、B的速度相同为v时系统的总动能最小，相互作用能最大，在此过程中只有相互作用的静电斥力系统的能量和动量都守恒有

　　　 　　　　　　　　　　　　④

　　 　　　　　⑤

连立②③④⑤四式解得

（3）A、B间距达到最小后静电斥力继续使B减速，使A加速，A、B系统的总动能增大，相互作用能减小，A、B间距达到无穷大时相互作用能为0。为使B离开电场后不改变运动方向，B的速度满足条件　 ⑥。根据系统的能量和动量都守恒有

　　　　　 　　　　　　　　　　　⑦

　　　　　 　　　　　　⑧

③式中B的电量变为qB有　　　　　　　　 ⑨

连立②⑥⑦⑧⑨五式解得

　　　　　 ，所以B所带电荷量的最大值

36.（2012 广东）（18分）

　图18（a）所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆（A、B间距大于2r）。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b）所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞。

（1）求A脱离滑杆时的速度u_o，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE。

（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t₁，求ω得取值范围，及t₁与ω的关系式。

（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回道P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为E_p，求ω的取值范围，及E_p与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。

[考点]力学综合（牛顿运动定律、动量守恒、能量转换与守恒定律）

[答案]（1）u_o=ωr　

（2）　　　

　　 （3）

[解析]（1）由题知，A脱离滑杆时的速度u_o=ωr

　 设A、B碰后的速度为v₁，由动量守恒定律

　　 m u_o=2m v₁

A与B碰撞过程损失的机械能

解得　　　

（2）AB不能与弹簧相碰，设AB在PQ上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律及运动学规律

　　 　　　v₁=at₁

　　 由题知

联立解得　　　

（3）AB能与弹簧相碰

不能返回道P点左侧

解得

AB在的Q点速度为v₂，AB碰后到达Q点过程，由动能定理

AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒

　　 解得

17.A　　 [解题思路]带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径，已知两粒子动量相等，若，则它们的圆周运动半径一定相等，选项A正确；若，不能确定两粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项B错；由周期公式，仅由电量或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，选项C、D错。

17.（2012 大纲卷）分别为m₁和m₂、电荷量分别为q₁和q₂的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是

A.若q₁=q₂，则它们作圆周运动的半径一定相等

B.若m₁=m₂，则它们作圆周运动的周期一定相等

C. 若q₁≠q₂，则它们作圆周运动的半径一定不相等

D. 若m₁≠m₂，则它们作圆周运动的周期一定不相等

21.AD　　 解题思路] 两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：，解两式得：，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；由单摆的周期公式，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。

21.（2012 大纲卷）如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是

A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等

B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等

C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同

D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置

35.（2012新课标）（2）（9分）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求

（i）两球a、b的质量之比；

（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。

（2）[考点]动量守恒、能量守恒综合

解：（i）设球b的质量为m₂，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速度为v，由机械能守恒定律得　 ①

式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m₁；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正。有动量守恒定律得 ②

设两球共同向左运动到最高处，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得③

联立①②③式得

代入数据得

（ii）两球在碰撞过程中的机械能损失是　

联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能E_k（E_k=）之比为

⑦

联立⑤⑦式，并代入题给数据得　 ⑧

13.解析：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则

　W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL

（2）设第一车初速度为u₀，第一次碰前速度为v₁，碰后共同速度为u₁；第二次碰前速度为v₂，碰后共同速度为u₂；人给第一车的水平冲量大小为I。

由：，，

mv₁＝2mu₁，2mv₂＝3mu₂，得：I＝mu₀－0＝2m

（3）设两次碰撞中系统动能损失分别为△E_k1和△E_k2，由△E_k1＝kmgL，△E_k2＝kmgL[来源:]

得：△E_k1/△E_k2＝13/3。

（2012上海）22A．A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为_________kgm/s；两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为_________m/s。40，10，

22A.[考点]本题考查动量守恒定律

[解析]设物体A运动的方向为正方向，则碰前的总动量大小为 kg·m/s，碰撞前后动量守恒，则有，故碰后B的速度大小为

[答案]40，10

[误区警示]在应用动量守恒定律解答题目时，首先要规定正方向，然后把相关的物理量代入公式进行计算，若出现符号，需要说明符号的物理意义。该类型的题目容易出错的原因就在于正方向的规定。