2021届高考物理一轮复习6第2讲动量守恒定律及其应用练习含解析.doc

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1、第2讲 动量守恒定律及其应用考点一动量守恒定律的理解及应用 动量是否守恒的判断【典例1】如图所示，A、B两物体的质量之比为mAmB=12，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有()A.A、B系统动量守恒B.A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒C.小车C先向左运动后向右运动D.小车C一直向右运动直到静止【解析】选D。A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒。在弹簧释放的过程中，因mAmB=12，由摩擦力公

2、式Ff=FN=mg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确。【多维训练】(多选)(2019宣城模拟)如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧

3、为一个系统，下列说法正确的是()A.若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B.若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒C.不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同D.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同【解析】选B、C、D。物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相

4、等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确。 某一方向上的动量守恒问题【典例2】(2019六安模拟)如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是()A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动【通型通法】1.题型特征：水平

5、方向上满足动量守恒。2.思维导引：【解析】选C。当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误；当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。 人船模型问题【典例3】如图所示，质量m=60 kg的人，站在质量M=300 kg的车的一端，车长L=3 m，相对于地面静止。当车与地面间

6、的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将()A.后退0.5 mB.后退0.6 mC.后退0.75 mD.一直匀速后退【解析】选A。人车组成的系统动量守恒，则mv1=Mv2，所以mx1=Mx2，又有x1+x2=L，解得x2=0.5 m。 1.动量守恒定律的五个特性：矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成

7、的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2.应用动量守恒定律的解题步骤：(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)规定正方向，确定初、末状态动量。(4)由动量守恒定律列出方程。(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。3.爆炸现象的三个规律：动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总

8、动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动【加固训练】1.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E=m设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公

9、式有0-v0=-gt联立式得t=(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E=mgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有m+m=Emv1+mv2=0由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有m=mgh2联立式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2=答案：(1)(2)2.(2019赣州模拟)如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长为a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长为b，若B从顶端由静止

10、滑至底部，则木块后退的距离为()A.B.C.D.【解析】选C。取向右为正方向，设木块后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B向左运动的距离为a-b-x，则水平方向上A的平均速度大小为，B的平均速度大小为，根据水平方向动量守恒得：M-m=0，解得，x=，故选C。3.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则()A.全程滑块水平方向相对地

11、面的位移 R+LB.全程小车相对地面的位移大小s=(R+L)C.滑块m运动过程中的最大速度vm=D.、L、R 三者之间的关系为R=4L【解析】选B。设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移 x=R+L-s。取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得m-M=0，即m-M=0，结合M=3m，解得s=(R+L)，x=(R+L)，故A错误，B正确；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0=mvm-Mv、mgR=m+Mv2。联立解得 vm=，故C错误；对整个过程，由动量守恒定律得0=(m+M)v，得v=0，由能量守恒定律得mgR=mgL，得 R

12、=L，故D错误。考点二碰撞问题碰撞的可能性问题【典例4】(多选)质量分别为mP=1 kg、mQ=2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP0=4 m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是()A.vP=vQ= m/sB.vP=-1 m/s，vQ=2.5 m/sC.vP=1 m/s，vQ=3 m/sD.vP=-4 m/s，vQ=4 m/s【解析】选A、B。碰撞前总动量为p=mPvP0=4 kgm/s，碰撞前总动能为Ek=mP=8 J。如果vP=vQ= m/s，p=mPvP+mQvQ=4 kgm/s，Ek

13、=mP+mQ= J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；如果vP=-1 m/s，vQ=2.5 m/s，p=mPvP+mQvQ=4 kgm/s，Ek=mP+mQ=6.75 J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B正确；如果vP=1 m/s，vQ=3 m/s，p=mPvP+mQvQ=7 kgm/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；如果vP=-4 m/s，vQ=4 m/s，p=mPvP+mQvQ=4 kgm/s，Ek=mP+mQ=24 J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D错误。【多维训练】质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能

14、有不同的值，碰撞后B球的速度大小可能是()A.0.6vB.0.4vC.0.2vD.v【解析】选B。根据动量守恒定律得mv=mv1+3mv2，则当v2=0.6v时，v1=-0.8v，则碰撞后的总动能Ek=m(-0.8v)2+3m(0.6v)2=1.72mv2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故A项错误；当v2=0.4v时，v1=-0.2v，则碰撞后的总动能为Ek=m(-0.2v)2+3m(0.4v)2=0.52mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B项正确；当v2=0.2v时，v1=0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故C项错误；

15、当v2=v时，v1=-2v，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D项错误。弹性碰撞模型【典例5】如图，水平面上相距为L=5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M=2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d=3 m。一质量为m=1 kg的小物块A以v0=6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞。两物块与OQ段间的动摩擦因数均为=0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g取10 m/s2，求：(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。【解析】(1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以

16、向右为正方向。由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2碰撞前后动能相等，则得：m=m+M解得：v1=-2 m/s，方向向左，v2=4 m/s，方向向右。(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：a=g=2 m/s2。B经过t1时间与Q处挡板相碰，由运动学公式：v2t1-a=d得：t1=1 s(t1=3 s舍去)与挡板碰后，B的速度大小v3=v2-at1=2 m/s，反弹后减速时间t2=1 s反弹后经过位移s1=1 m，B停止运动。物块A与P处挡板碰后，以v4=2 m/s的速度滑上O点，经过s2=1 m停止。所以最终A、B的距离s=d-s1-s2=1 m，两者不会碰第二次。在A、B碰后，A

17、运动总时间tA=+=3 sB运动总时间tB=t1+t2=2 s，则时间间隔tAB=tA-tB=1 s。答案：(1)2 m/s，方向向左4 m/s，方向向右(2)1 s【多维训练】如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球的半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2=3m1，则A反弹后能达到的最大高度为()A.hB.2hC.3hD.4h【解析】选D。所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1+m2)gh

18、=(m1+m2)v2，m2v-m1v=m1v1+m2v2，(m1+m2)v2=m1+m2，m1=m1gh1，又m2=3m1，则v1v20，联立可得h1=4h，选项D正确。完全非弹性碰撞模型【典例6】如图所示，质量为m=245 g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为=0.4。质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上滑行的时

19、间t。【通型通法】1.题型特征：满足动量守恒，机械能不守恒。2.思维导引：【解析】(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0=(m0+m)v1，解得v1=6 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0+m)v1=(m0+m+M)v2，解得v2=2 m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：-(m0+m)gt=(m0+m)v2-(m0+m)v1，解得：t=1 s。答案：(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s【举一反三】在例题的基础上，回答下列问题：(1)子弹射入物块并留在其中(时间极短)，其中的

20、含义是什么？(2)足够长的木板会使子弹、物块、木板的运动有怎样的结果？(3)当木板的速度v板=1 m/s时，子弹和物块的速度v物是多大？在此过程中物块相对于木板滑行了多远？【解析】(1)子弹射入物块并留在其中，说明子弹最终与物块同速。时间极短，说明子弹与物块从相互作用到二者同速的过程中，物块在木板上没来得及移动，而木板此时的速度仍为零。(2)木板足够长，说明物块最终没有滑出木板，三者最终同速，此时木板速度最大。(3)由动量守恒定律可得：(m0+m)v1=Mv板+(m0+m)v物，可求得v物=4 m/s由(m0+m)g=(m0+m)a，v物=v1-at可得t=0.5 s所以物块相对于木板滑行的距

21、离d=t-t=2.25 m。答案：(1)(2)见解析(3)4 m/s 2.25 m1.碰撞遵循的三条原则：(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加。Ek1+Ek2Ek1+Ek2或+(3)速度要合理。同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。2.弹性碰撞讨论：(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒解得v1=，v2=(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m1=m2，则v1=v2，v2=v1，即两物体交换速度。当碰前物体2的速度为零时，v2=0，则：v1=，v2=，m1=m2时，v1=0，v2=v1，碰撞后两物体交

22、换速度。m1m2时，v10，v20，碰撞后两物体沿同方向运动。m1m2时，v10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。【加固训练】(2019湛江模拟)如图所示，水平地面放置A和B两个物块，物块A的质量m1=2 kg，物块B的质量m2=1 kg，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为=0.5。现对物块A施加一个与水平方向成37角的外力F，F=10 N，使物块A由静止开始运动，经过12 s物块A刚好运动到物块B处，A物块与B物块碰前瞬间撤掉外力F，物块A与物块B碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8。求：(1)计算A与B

23、两物块碰撞前瞬间物块A的速度大小；(2)若在物块B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？【解析】(1)设物块A与物块B碰前速度为v1，由牛顿第二定律得：Fcos 37-(m1g-Fsin 37)=m1a解得：a=0.5 m/s2则速度v1=at=6 m/s(2)设A、B两物块相碰后A的速度为v1，B的速度为v2，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2，由机械能守恒定律得：m1=m1v12+m2联立解得：v1=2 m/s、v2=8 m/s对物块A用动能定理得：-m1gxA=0-m1v12解得：

24、xA=0.4 m对物块B用动能定理得：-m2gxB=0-m2解得：xB=6.4 m物块A和物块B能发生第二次碰撞的条件是xA+xB2L，解得L3.4 m即要保证物块A和物块B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4 m。答案：(1)6 m/s(2)3.4 m考点三用力学三大观点解决综合性问题“子弹打木块”模型【典例7】如图所示，一质量m1=0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m2=0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数=0.5。现有一质量m0=0.05 kg的子弹以v0=100 m/s的水平速度射中小车左端，并留

25、在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求：(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？【通型通法】1.题型特征：完全非弹性碰撞，有能量损失。2.思维导引：【解析】(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0=(m0+m1)v1，解得v1=10 m/s。(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和动能定理有：(m0+m1)v1=(m0+m1+m2)v2m2gL=(m0+m1)-(m0+m1+m2)解得L=5 m故要使

26、小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。答案：(1)10 m/s(2)5 m滑块木板模型问题【典例8】如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看作质点。现使滑块A从距小车的上表面高h=1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出。已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为=0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g=10 m/s2。求：(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小。(2)小车C上表面的最短长度。【解析】(1)滑块A下滑

27、过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAgh=mA代入数据解得：v1=5 m/sA、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv1=(mA+mB)v2代入数据解得：v2=2.5 m/s(2)A、B、C三者组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：(mA+mB)v2=(mA+mB+mC)v3代入数据解得：v3=1 m/s由能量守恒定律得：(mA+mB)gL=(mA+mB)-(mA+mB+mC)代入数据解得：L=0.375 m答案：(1)2.5 m/s(2)0.375 m“弹簧类”模型【典例9】如图所示，A、B、C为三个大小相同的小球，mA=0.

28、5 kg，mB=0.3 kg，mC=0.2 kg，A和B固定在轻弹簧的两端(A和B静止在光滑的水平面上)。小球C以初速度v0=8 m/s向右运动，在极短时间t=0.1 s内与A发生碰撞后以速度v=-2 m/s被反弹，求：(1)C与A碰撞过程中的平均作用力大小F；(2)碰撞过程中损失的机械能E；(3)弹簧的最大弹性势能Ep。【通型通法】1.题型特征：动量守恒，机械能守恒。2.思维导引：【解析】(1)对C由动量定理得：-Ft=mCv-mCv0代入数据解得F=20 N。(2)C与A碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得mCv0=mAvA+mCv，解得vA=4 m/s碰撞过程中损失的机械能E=mC-mC

29、v2-mA=2 J。(3)A和B在运动过程中动量守恒，机械能守恒，当弹簧压缩到最短时有共同速度，此时弹性势能最大，设共同速度为v1，有mAvA=(mA+mB)v1mA=(mA+mB)+Ep联立解得Ep=1.5 J。答案：(1)20 N(2)2 J(3)1.5 J三大观点解决力学综合问题三大观点所涉及的主要内容是“三个运动定律”牛顿三大定律，“两个定理”动能定理和动量定理，“三个守恒定律”能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律。1.从研究对象上看：(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；(3)若研

30、究对象为一物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件。2.从研究过程上看：(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律。3.从所涉及的物理量看：(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑

31、用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；(4)如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律。【加固训练】如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5 m。物块A以v0=6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为=0.1，A、B的质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n= m/s在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得mg+F=m所以A受到的弹力F=-mg=(-110) N=22 N。(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v，则mv0=2mv所以v=v0=3 m/s从碰撞到AB停止，根据动能定理，得-2mgkL=0-2mv2所以k=45。(3)A、B碰撞后到滑至第n个光滑段根据动能定理，得-2mgnL=2m-2mv2解得vn=(nk)。答案：(1)4 m/s22 N(2)45(3)vn=(nk)18