2019高中物理 第16章 动量守恒定律提升训练 新人教版选修3-5.doc

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1、1动量守恒定律动量守恒定律一选择题（共一选择题（共 1414 小题）小题） 1在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如 图（a）所示，碰撞前后两壶运动的 vt 图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的 图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）A碰后红壶将被反弹回来 B碰后蓝壶速度为 0.8 m/s C碰后蓝壶移动的距离为 2.4 m D碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力 2如图所示，一个质量为 M 的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧 EF，圆弧半径为 R=1m。E 点切线水平。另有一个质量为 m 的小球以初速度 v0从 E 点冲上滑 块

2、，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知 M=4m，g 取 10m/s2，不计摩擦。则小球的初速度 v0的大小为（ ）Av0=4m/sBv0=5m/sCv0=6m/sDv0=7m/s 3如图所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的已知两球始终末接触，则甲、乙两球的质量之比为（ ）A1：1 B1：2 C1：3 D1：4 4将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物 块现让一个小球自左侧槽口 A 点正上方由静止开始落下，从 A 点落入槽内，则下列说法 中正确的是（ ）A小球在半圆槽内运动的过程

3、中，机械能守恒 B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒 C小球在半圆槽内由 B 点向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒 D小球从 C 点离开半圆槽后，一定还会从 C 点落回半圆槽 5如图所示，木块 A、B 置于光滑水平桌面上，木块 A 沿水平方向向左运动与 B 相碰，碰 后粘连在一起，将弹簧压缩到最短。则木块 A、B 和弹簧组成的系统，从 A、B 相碰到弹簧 压缩至最短的整个过程中（ ）2A动量不守恒、机械能守恒B动量不守恒、机械能不守恒 C动量守恒、机械能守恒 D动量守恒、机械能不守恒 6如图所示，质量为 M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光

4、滑，盒内放有一块质 量为 m 的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度 v0，那么在物体与盒子前后壁多次往 复碰撞后（ ） A两者的速度均为零 B两者的速度总不会相等C盒子的最终速度为，方向水平向右D盒子的最终速度为，方向水平向右7如图所示，小球 A 和小球 B 位于同一竖直线上，小球 A 距水平地面的高度为 H=0.6m， 小球 B 到水平地面的距离为 h=0.2m，同时由静止释放两球设 B 和地面为弹性碰撞，两球 碰撞后 B 球速度为 0，小球|A 的质量为 m，小球 B 的质量为 5m重力加速度大小为 g=10m/s2，忽略小球的直径、空气阻力及碰撞时间，小球所受重力远小于碰撞力以地面

5、为参考面，两球第一次碰撞后小球 A 能到达的高度为（ ）A1.6m B0.82mC0.6m D0.35m 8如图所示，质量为 m 的小球 A 静止于光滑水平面上，在 A 球与墙之间用轻弹簧连接。现 用完全相同的小球 B 以水平速度 v0与 A 相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧 被压缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹 簧的冲量大小为 I，则下列表达式中正确的是（ ）A，I=mv0B，I=2mv0C，I=mv0D，I=2mv09如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再 解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计

6、空气阻力和一切摩擦。从静止弹射到小球落地前 的过程中，下列判断正确的是（ ） A小球的机械能守恒，动量守恒 B小球的机械能守恒，动量不守恒 C小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒 D小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒 10有一宇宙飞船，它的正面面积 S=2m2，以 v=3103m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒尘 区此微粒尘区 1m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为 m=2107kg设微微粒 与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（ ） A3.6103NB3.6N C1.2103ND1.2N311如图所示，每级台阶的高和宽均相等，一小球

7、向左抛出后从台阶上逐级弹下，在每级 台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，不计空气阻力，则 小球（ ）A与每级台阶都是弹性碰撞 B通过 每级台阶的运动时间逐渐缩短 C除碰撞外，水平方向的速度保持不变 D只要速度合适，从下面的某级台阶上向右抛出，它一定能原路返回 12如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块 B 静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块 A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨 道半径 R=1.8 m，小滑块的质量关系是 mB=2mA，重力加速度 g=10m/s2则碰后小滑块 B 的 速度大小不可能是（ ）A5 m/sB4

8、m/sC3 m/sD2 m/s 13台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，美式台球中共由大小相同的 1 个白球（母球） 15 个花球（色球）组成，又称花式台球。如图在某次击球过程中，白球以 3m/s 的速度向 右运动与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台 球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为（ ） A白球静止，黑球以 3m/s 的速度向右运动 B黑球静止，白球以 3m/s 的速度反弹向左运动 C白球和黑球都以下 1.5m/s 的速度向右运动 D白球以 3m/s 的速度反弹向左运动，黑球以 3m/s 的速度向右运动 14如图所示，足够长的传送带以恒定的速率

9、 v1逆时针运动，一质量为 m 的物块以大小为 v2的初速度从传送带的 P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到 P 点的过程中，下列说 法正确的是（ ） A合力对物块的冲量大小一定为 2mv2 B合力对物块的冲量大小一定为 2mv1 C合力对物块的冲量大小可能为零 D合外力对物块做的功可能为零 二计算题（共二计算题（共 7 7 小题）小题） 15如图所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B 两个小物体通过不可伸长的轻绳相连， 细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A 物体放置在木板的最左端。已知木板的质量 m1=20.0kg，物体 A 的质量 m2=4.0kg，物体 B 的质量 m3=1.0kg，物

10、体 A 与木板间的动摩擦因 数 =0.5，木板长 L=2m 本板与物体 A 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2不计滑轮摩擦。 （1）为了使物体 A 随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力 F，求力 F 的最大 值； （2）若开始时不施加力 F，在 A、B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、 A 向左运动，物体 B 上升。当物体 B 上升 hB=1.0m（物体 B 未碰触滑轮）时，物体 A 刚好到 达木板最右端。求最初击打木板的冲量 I。416如图所示，高为 h 的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于 C 点， D 为斜劈的最高点，水平面的

11、左侧 A 点处有一竖直的弹性挡板，质量均为 m 的甲、乙两滑 块可视为质点，静止在水平面上的 B 点，已知 AB=h，BC=3h，滑块甲与所有接触面的摩擦 均可忽略，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为 =0.5给滑块甲一水平向左的初速度， 经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙恰好滑到斜劈的最高点 D 处，重力加速度用 g 表示求： （1）滑块甲的初速度 v0的大小； （2）滑块乙最终静止的位置与 C 点的距离17如图所示，竖直平面内的光滑半圆形轨道 MN 的半径为 R，MP 为粗糙水平面。两个小物 块 A、B 可视为质点，在半圆形轨道圆心 O 的正下方 M 处，处于静止状态。若 A、B 之间夹

12、 有少量炸药，炸药爆炸后，A 恰能经过半圆形轨道的最高点 N，而 B 到达的最远位置恰好是 A 在水平面上的落点。已知粗糙水平面与 B 之间的动摩擦因数为 =0.8，求： （1）B 到达的最远位置离 M 点的距离； （2）极短爆炸过程中，A 受到爆炸力的冲量大小； （3）A 与 B 的质量之比。18如图所示，水平地面上固定一半径为 R=0.8m 的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M=3kg、长为 L=l.75m 的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端 放一质量 m=lkg 的物块，物块与木板间的动摩擦因数为 =0.4现给物块施一水平向右的 恒力 F=15N，作用一段距离

13、x 后撤去 F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回， 取 g=l0m/s2。 （1）求物块滑到板右端时的速度 v 多大； （2）求 x 的大小；5（3）通过计算说明，物块最终能否滑离木板。19如图听示，在光滑水平面上有一质量为 2018m 的木板，板上有 2018 块质量均为 m 的相 同木块 1、2、2018最初木板静止，各木块分别以 v、2v、2018v 同时向同一方 向运动，木块和木板间的动摩擦因数为 ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：（1）最终木板的速度 （2）运动中第 88 块木块的最小速度； （3）第二块木块相对木板滑动的时间。20如图甲所示，m1=5kg 的滑块自

14、光滑圆弧形槽的顶端 A 点无初速度地滑下，槽的底端与 水平传送带相切于左端导轮顶端的 B 点，传送带沿顺时针方向匀速运转。m1下滑前将 m2=3kg 的滑块停放在槽的底端。m1下滑后与 m2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向 右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从 B 点运动到 C 点的 vt 图象，如图 乙、丙所示。两滑块均视为质点，重力加速度 g=10m/s2。（1）求 A、B 的高度差 h； （2）求滑块 m1与传送带间的动摩擦因数 和传送带的长度 LBC； （3）滑块 m2到达 C 点时速度恰好减到 3m/s，求滑块 m2的传送时间； （4）求系统因摩擦产生的热量。621

15、如图所示，质量为 M 的长木板 A 在光滑水平面上，以大小为 v0的速度向左运动，一质 量为 m 的小木块 B（可视为质点） ，以大小也为 v0的速度水平向右运动冲上木板左端， B、A 间动摩擦因数为 ，最后 B 不会滑离 A已知 M=2m，重力加速度为 g。求： （1）A、B 最后的速度； （2）木板 A 的最短长度。参考答案与试题解析参考答案与试题解析1 1选择题选择题 1 【解答】解：A、由图知：碰前红壶的速度 v0=1.0m/s，碰后速度为 v0=0.2m/s，可知， 碰后红壶沿原方向运动，故 A 错误。 B、设碰后蓝壶的速度为 v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

16、：mv0=mv0+mv 解得：v=0.8m/s，故 B 正确；C、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小 x=2m，故 C 错误。D、根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等， 由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力。故 D 错误。 故选：B。 2 【解答】解：当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为 v1，根据 水平方向动量守恒有：mv0=（m+M）v1，根据机械能守恒定律有：，根据题意，有：M=4m， 联立两式解得：v0=5m/s，故 ACD 错误，B 正确。 故选：B。 3 【解答】解：甲、

17、乙两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度 v，取 向右为正方向，由动量守恒定律得： m甲v0=（m甲+m乙）v据题 v=解得：m甲：m乙=1：4 故选：D。 4 【解答】解：A、只有重力或只有弹力做功时物体的机械能守恒。小球在半圆槽内运动由 B 到 C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知， 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故 A 错误。7B、小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统动量不守 恒。小球在槽内运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的合力不为零，系统的 动量也不守恒。故 B 错误

18、。 C、小球自半圆槽的最低点 B 向 C 点运动的过程中，竖直方向的合力不为零，系统的动量也 不守恒。系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故 C 错 误。 D、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，水 平方向做匀速直线运动，水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从 C 点落回 半圆槽，故 D 正确。 故选：D。 5 【解答】解：木块 A、B 和弹簧组成的系统，从 A、B 相碰到弹簧压缩至最短的整个过程 中，墙壁对弹簧有作用力，系统的合外力不为零，所以动量不守恒。 A、B 相碰粘连在一起的过程中，机械能有损失，所以机械能

19、也不守恒，故 ACD 错误，B 正 确。 故选：B 6 【解答】解：选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得： mv0=（M+m）v所以：v=v0v 方向与 v0同向，即方向水平向右。 故选：D。7 【解答】解：B 球落地时的速度大小为 v1=2m/s，此时 A 球的速 度大小也为 2m/s。设 B 球撞地后上升 t 时间与 a 球相撞，则有 Hh=（v1t+）+（v1t）得 t=0.1s 两球相撞前瞬间 A 球的速度为 vA=v1+gt=3m/s，B 球的速度为 vB=v1gt=1m/s 对于碰撞过程，取向上为正方向，由动量守恒定律得 5mvBmvA=mvA 解得 vA=2m/

20、s两球第一次碰撞后小球 A 能上升的最大高度为 h=0.2m两球碰撞处离地高度 h=v1t=20.1100.12=0.15m所以两球第一次碰撞后小球 A 能到达的高度为 H=h+h=0.35m 故选：D。 8 【解答】解：A、B 碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv0=2mv 碰撞后，AB 一起压缩弹簧，当 AB 的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律 得：最大弹性势能 E=联立解得 E=从球 A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对 AB 及弹簧整体，由动8量定理得 I=2mv（2mv）=4mv=2mv0。 故选：D。 9 【解答】解：AB、从静止弹射

21、到小球落地前的过程中，由于弹簧的弹力对小球做功，小球 的机械能不守恒。由于小球所受的合外力是重力，不等于零，则其动量不守恒，故 AB 错误。CD、小球、弹簧和小车组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。系 统竖直方向的合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故 C 正确，D 错误。 故选：C。 10 【解答】解：选在时间t 内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为 S，高 为 vt 的圆柱体内微粒的质量。 即 M=mSvt，初动量为 0，末动量为 mv。 设飞船对微粒的作用力为 F，由动量定理得：Ft=Mv0则 F=mSv2；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也

22、等于 mSv2，则飞船要保持原速度匀速 飞行牵引力应增加 F=F=mSv2； 代入数据得：F=21072（3103）2N=3.6N故 ACD 错误，B 正确 故选：B。 11 【解答】解：ABC、小球平抛后落在台阶上，落到台阶上瞬间的速度方向斜向下，反弹后做 斜抛运动，即竖直向上做匀减速直线运动，加速度为重力加速度，水平方向上做匀速运动， 由题意知每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，所以 小球在运动过程中不受空气阻力，小球与台阶碰撞过程中不受摩擦力作用；因在每级台阶 上弹起的高度相同，所以存在机械能损失，碰撞不是弹性碰撞，所以小球落到每级台阶前 瞬间的速度相等，由

23、于小球每次弹起，竖直向上做加速度为重力加速度的匀减速直线运动，而每级台阶上弹起的高度相同，由逆向思维可得：h=gt2，所以小球在相邻台阶间运动的时间不变，故 C 正确，AB 错误； D、由于在上升过程重力做负功，同时碰撞中存在能量损失，所以小球不可能原路返回，故 D 错误。 故选：C。 12【解答】解：滑块 A 下滑过程，由机械能守恒定律得 mAgR=解得 v0=6m/s 若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB。mAv02=mAvA2+mBvB2。解得 vB=4m/s 若两个滑块发生的是非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0=

24、（mA+mB）vB9解得 vB=2m/s 所以碰后小滑块 B 的速度大小范围为 2m/svB4m/s，不可能为 5m/s。 故选：A。 13 【解答】解：设每个球质量为 m。取碰撞前白球的速度方向为正方向。由动量守恒定律得：mv0=mv白+mv黑由动能守恒可得：联立解得：v白=0m/s，v黑=3m/s 故 A 正确，BCD 错误 故选：A。 14 【解答】解：若 v2v1，则物块返回到 P 点的速度大小为 v2，根据动量定理知，合力的冲 量为：I合=mv2（mv2）=2mv2，根据动能定理知，合力做功的大小为零。 v2v1，则物块返回到 P 点的速度大小为 v1，根据动量定理知，合力的冲量 I

25、合=mv1+mv2，根据动能定理得，合力做功为：W=故 D 正确，A、B、C 错误。故选：D。 2 2计算题计算题 15 【解答】解：（1）设 A、B 和木板一起向左运动的加速度大小为 a，采用分离法如下：物体 B 受重力和绳拉力 T 的作用，由根据牛顿第二定律有：Tm3g=m3a；物体在 A 水平方向受木板的摩擦力 f 和拉力 T 的作用，根据牛顿第二定律 有：fT=m2a；木板在水平方向外力 F 和 A 的摩擦力 f 作用，根据牛顿第二定律有： Ff=m1a；当 A 和木板间的摩擦力取最大值 f=m2g 时，外力 F 最大，联立解得：Fm3g=（m1+m2+m3）a=60 N；a=2.0

26、m/s2。（2）打击木板后，物体 A、B 在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度 a=2.0 m/s2加速运动，当物体 B 上升高度 hB=1.0 m 时，有：；木板向左运动的位移为：x=L+hB木板在 A 的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律 有：m2g=m1a设打击木板后的瞬间木板的速度为 v0，则：代入数据，解得：v0=3.5 m/s；根据动量定理得最初击打木板的冲量为：I=mv0=70Ns。 答：（1）求力 F 的最大值为 60N；（2）最初击打木板的冲量大小为 70Ns。 16 【解答】解：（1）甲、乙两滑块质量相等，每次碰撞没有能量损失，所以碰撞后两者交换10速

27、度 根据能量守恒定律得：=mgBC+mgh将 BC=3h，=0.5 代入解得 v0= （2）设滑块乙在水平面上滑行的总路程为 S 对整个过程，由动能定理得mgS=0解得 S=5h 所以滑块乙最终静止的位置与 C 点的距离为 S=S3h=2h 答：（1）滑块甲的初速度 v0的大小为； （2）滑块乙最终静止的位置与 C 点的距离是 2h 17 【解答】解：（1）A 恰能经过半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律得：，解得：；A 离开轨道后做平抛运动， 在水平方向：x=vNt，在竖直方向：，解得：x=2R， B 到达的最远位置离 M 点的距离：x=2R （2）A 上升到 N 的过程，由机械能守恒定律得：

28、，得：A 受到爆炸力的冲量大小：I=（3）炸药爆炸过程 AB 组成的系统动量守恒，以 A 的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mAvAmBvB=0，对 B，由动能定理得：，解得：=；答：（1）B 到达的最远位置离 M 点的距离是 2R；（2）极短爆炸过程中，A 受到爆炸力的冲量大小是；11（3）A 与 B 的质量之比是。18 【解答】解：（1）对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：解得：v=4m/s （2）对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得：FxmgL=解得：x=lm （3）设物块相对板向左滑动距离x 后，与木板达到相同速度 v取向左为正方向，由动 量守恒定律

29、得： mv=（M+m）v 解得：v=lm/s 由能量守恒定律得：解得：x=1.5mL=1.75m。 故物块不会滑离木板。 答：（1）物块滑到板右端时的速度 v 是 4m/s； （2）x 的大小是 1m； （3）物块最终不能滑离木板。 19 【解答】解：（1）设当所有物块的速度相等时的速度为 v，选取向右为正方向，则有： m（v+2v+3v+nv）=2nmv可得：（2）设第 k 块木块的最小速度为 vk，则此时木块与第 1 至第 k1 块木块的速度均为 vk， 由于所有的木块的质量都相等，所以所有的木块受到的摩擦力大小都是相等的，设为 mg，由动量定理可知，在相等的时间内，第 k+1 块木块至第

30、 n 块木块速度的减小量也相 等，因而此时第 k+1 块木块至第 n 块木块速度依次是： vk+v，vk+2v，vk+3vvk+（nk）v 则由动量守恒定律可得：m（v+2v+3v+nv）=（nm+km）vk+m（vk+v）+m（vk+2v） +mvk+（nk）v 即 m（v+2v+3v+nv）=2nmvk+m1+2+（nk）v所以：则：（3）由以上的结果可知，=由于木块的加速度始终为： a=g 对木块 2，有：v2=2vg12所以：答：（1）最终木板的速度是；（2）运动中第 88 块木块的最小速度为 43.1v；（3）第二块木块相对木板滑动的时间是。20 【解答】解：（1）由图乙丙可知，碰撞

31、后瞬间，m1 的速度 v1=1m/s，m2的速度 v2=5m/s， 设碰撞前瞬间 m1的速度为 v0，碰撞过程系统动量守恒，取向右的方向为正方向，由动量守 恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2 解得：v0=4m/s， m1下滑的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：解得：h=0.8m；（2）由图乙可知，滑块 m1在传送带上加速运动时的加速度大小：m/s2滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故：1m1g=m1a， 解得，滑块 m1与传送带间的动摩擦因数：1=0.05 由图乙可知，滑块 m1在传送带上先加速 4s，后匀速运动 6s 到达 C 点 图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度

32、LBC，即 LBC=（1+3）4+3（104）=26m；（3）滑块 m2一直做匀减速直线运动，达 C 点时速度恰好减到 3m/s，全程的平均速度为：，设滑块 m2的传送时间：t=6.5s；（4）由图乙可知，滑块 m1在传送带上加速阶段的位移：，滑块 m1在传送带上加速阶段产生的热量：Q1=1m1g（vt1x1） ，滑块 m2在传送带上减速的加速大小：m/s2滑块 m2受到的滑动摩擦力大小：f=m2a 滑块 m2在传送带上减速阶段产生的热量：Q2=f（LBCvt） ， 系统因摩擦产生的热量：Q=Q1+Q2，解得：Q=16J。 答：（1）A、B 的高度差 h 为 0.8m； （2）滑块 m1与传送带间的动摩擦因数 和传送带的长度 LBC为 26m； （3）滑块 m2到达 C 点时速度恰好减到 3m/s，滑块 m2的传送时间为 6.5s；13（4）系统因摩擦产生的热量为 16J。21 【解答】解：（1）由题意知 A、B 最后具有共同速度 v。以向左为正方向。由动量守恒 定律得： Mv0mv0=（M+m）v将 M=2m 代入解得：v=，方向向左。（2）设木板 A 的最短长度为 L，根据能量守恒定律得：Mv02+mv02=（M+m）v2+mgL解得：L=答：（1）A、B 最后的速度是，方向向左；（2）木板 A 的最短长度是。