2018届高考物理第一轮总复习全程训练课练38动量守恒定律及其应用

2018届高考物理第一轮总复习全程训练课练38动量守恒定律及其应用

课练38　动量守恒定律及其应用 ‎1.古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为2 kg，以15 m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1 m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为(　　)‎ A．28 N·s B．29 N·s C．31 N·s D．32 N·s ‎2.‎ ‎(多选)如图所示，质量M＝4 kg、L＝10 m的木板停放在光滑水平面上，另一不计长度、质量m＝1 kg的木块以某一速度从右端滑上木板，木板与木块间的动摩擦因数μ＝0.8.若要使木板获得的速度不大于2 m/s，木块的初速度v0应满足的条件为(g取10 m/s2)(　　)‎ A．v0≤8 m/s B．v0≤10 m/s C．v0≥15 m/s D．v0≥20 m/s ‎3.‎ 如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧，弹簧沿水平方向且与木板相连，木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)‎ A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J ‎4．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ ‎5.‎ 如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计．则(　　)‎ A．A不能到达B圆槽的左侧最高点 B．A运动到圆槽的最低点时速度为 C．B一直向右运动 D．B向右运动的最大位移大小为 ‎6.‎ 如图所示，置于水平面上的质量为M、长为L的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在木板上与左端相齐处有一质量为m的小物体(M>3m)，木板与小物体一起以水平速度v向右运动，若木板与小物体、木板与地面的接触面均光滑，木板与墙碰撞无机械能损失，则从木板与墙碰撞以后，以下说法中正确的是(　　)‎ A．木板与小物体组成的系统，总动量可能不守恒 B．当小物体和木板相对地面的速度相同时，小物体到墙的距离最近 C．当小物体滑到木板的最左端时，系统的动能才达到最大 D．小物体一定会从木板的最左端掉下来 ‎7.‎ ‎(多选)如图所示，小车的上面由中凸的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看成质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是 C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化 D．车上曲面的竖直高度不会大于 ‎8.‎ 半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是(　　)‎ A．两球的速度方向均与原方向相反，但它们的动能仍相等 B．两球的速度方向相同，而且它们的动能仍相等 C．甲、乙两球的动量相同 D．甲球的动量不为零，乙球的动量为零 ‎9.‎ ‎(多选)如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞(不粘接)后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动．在此过程中(　　)‎ A．M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大 B．M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小 C．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最长 D．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最短 ‎10.‎ ‎(多选)如图所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为v，方向相反，则两小球的质量之比m1∶m2及动能变化量之比ΔEk1∶ΔEk2为(　　)‎ A．m1∶m2＝1∶3 B．m1∶m2＝1∶1‎ C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1‎ ‎11.‎ 如图所示，在光滑水平面上，木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s的速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短．求：‎ ‎(1)A、B碰撞后A的速度．‎ ‎(2)弹簧第一次恢复原长时C的速度．‎ ‎12.‎ 如图所示，在光滑的水平面上固定有左、右两竖直挡板，挡板间距离足够长，有一质量为M、长为L的长木板靠在左侧挡板处，另有一质量为m的小物块(可视为质点)，放置在长木板的左端，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为μ，且M>m.现使小物块和长木板以共同速度v0向右运动，设长木板与左、右挡板的碰撞中无机械能损失．‎ ‎(1)将要发生第二次碰撞时，若小物块仍未从长木板上落下，则它应距长木板左端多远？‎ ‎(2)为使小物块不从长木板上落下，板长L应满足什么条件？‎ ‎(3)若满足(2)中条件，且M＝2 kg，m＝1 kg，v0＝10 m/s，μ＝0.6.试计算整个系统从开始到刚要发生第四次碰撞前损失的机械能．(计算结果小数点后保留一位)‎ ‎　 　 　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2016·课标Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：‎ ‎(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．‎ ‎2.‎ ‎(2016·课标Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎3.‎ ‎(2016·课标Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．‎ ‎4.‎ ‎(2015·课标Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．‎ ‎5.‎ ‎(2016·天津理综)‎ 如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．‎ ‎6．(2016·北京理综)(1)‎ 动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．‎ a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；‎ b．分析说明小球对木板的作用力的方向．‎ ‎(2)‎ 激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．‎ 一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示．图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．‎ a．光束①和②强度相同；‎ b．光束①比②的强度大．‎ ‎7．(多选)(2017·湖北名校期中测试)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)‎ A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒 C．只要系统所受合外力的冲量为零，系统动量一定守恒 D．系统加速度为零，系统动量一定守恒 E．两物体组成的系统，所受合外力为零，则两物体动量的改变量大小一定相等 ‎8.‎ ‎(2017·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达到稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是(　　)‎ A．10 J B．50 J C．70 J D．120 J ‎9．(2017·北京东城区期中)质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是(　　)‎ A．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/s B．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J ‎10．(2017·河北石家庄二中一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示．求：‎ ‎(1)物块C的质量mC；‎ ‎(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.‎ ‎11．(2017·湖南益阳调研)‎ 一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面与水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：‎ ‎(1)木块在ab段受到的摩擦力f；‎ ‎(2)木块最后距a点的距离s.‎ ‎12．(2017·广东深圳一调)‎ 一电视节目中设计了这样一个通关游戏：如图所示，光滑水平面上，某人乘甲车向右匀速运动，在甲车与静止的乙车发生弹性正碰前的瞬间，该人恰好抓住固定在他正上方某点的轻绳荡起至最高点速度为零时，松开绳子后又落到乙车中并和乙车一起继续向前滑行；若人的质量m＝60 kg，甲车质量M1＝8 kg，乙车质量M2＝40 kg，甲车初速度v0＝6 m/s，求：‎ ‎(1)最终人和乙车的速度；‎ ‎(2)人落入乙车的过程中对乙车所做的功．‎ 课练38　动量守恒定律及其应用 ‎1．D　根据动量定理I＝Δp，而p0＝2×15 kg·m/s＝30 kg·m/s，p′＝－2 kg·m/s，故I＝p′－p0＝－32 N·s，答案选D.‎ ‎2．BC　木块在木板上滑动时，木块的加速度a1＝＝8 m/s2，木板的加速度a2＝＝2 m/s2，若木块最终从左端离开木板，则此过程中木板一直做匀加速运动，木块离开时，木板速度最大，则有v2≤2 m/s，所以t≤＝1 s，木块一直做匀减速运动，则有x木块－x木板＝10 m，即v0t－a1t2－a2t2＝10 m，代入数据解得v0≥15 m/s.若木块先减速后和木板一起匀速运动，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v0＝5v，因为v≤2 m/s，所以v0≤10 m/s.故选B、C.‎ ‎3．A　设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f.根据能量守恒，铁块相对于木板向右运动的过程：mv＝fL＋(M＋m)v2＋Ep.铁块相对于木板运动的整个过程：mv＝2fL＋(M＋m)v2.又根据系统动量守恒可知mv0＝(M＋m)v，联立解得Ep＝3 J．故选A.‎ ‎4．B　平抛运动的时间为t＝ ＝1 s，则平抛运动的水平位移可表示速度的大小．设乙的质量为m，甲的质量为3m，爆炸前动量为(3m＋m)v＝4mv＝8m，对爆炸后的总动量计算，只有选项B是8m.‎ ‎5．D　A、B组成的系统水平方向动量守恒，A、B刚开始时动量为零，所以运动过程中水平方向总动量时刻为零，所以B先向右加速后又减速到零，因为系统机械能守恒，当B静止时，A恰好运动到左侧最高点，A错误；根据水平方向动量守恒可得m＝2m，又知道s1＋s2＝2R，所以可得s2＝R，D正确；B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C错误；当A运动到最低点时，水平方向上动量守恒，所以有mv1＝2mv2，A、B 两物体整体满足机械能守恒，所以有mgR＝mv＋·2mv，联立可得v1＝ ，B错误．‎ ‎6．D　木板与墙碰撞无机械能损失，木板与墙碰撞以后以等大的速度向左运动，小物体则仍向右运动，此后，对木板和小物体组成的系统，外力为零，动量守恒，选项A错误．小物体到墙的距离最近时应是其速度向右在弹簧弹力作用下减为零时，而当小物体和木板对地面的速度相同时弹簧被压缩到最短，选项B错误．由于各接触面光滑，故在弹簧恢复到原长时，系统的动能已达到最大值，选项C错误．设弹簧恢复到原长时木板的速度为v1，小物体的速度为v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得Mv－mv＝Mv1＋mv2，由机械能守恒定律得Mv2＋mv2＝Mv＋mv，联立解得v1＝，v2＝.因M>3m，则v2>v1>0，则小物体一定会从木板的最左端掉下来，选项D正确．‎ ‎7．CD　小球滑上曲面的过程中，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，A错误．由小球恰好到达最高点，可知两者有共同速度，对于小车、小球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv＝2mv′，解得共同速度v′＝，小车动量的变化为，显然，这个增加的动量是小车所受合外力作用的结果，而不只是小球压力作用的结果，故B错误．对于C，若曲面光滑时会出现这种情况．由于小球原来的动能为，小球到达最高点时系统的动能为×2m×2＝，所以系统动能减少了，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即＝mgh，得h＝，显然，这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些．‎ ‎8．C　根据动量与动能的关系Ek＝可知p甲>p乙 ‎，根据动量守恒可知，碰撞后的总动量沿甲原来的方向，故甲继续沿原来的方向运动，乙被弹回，所以选项A、D错误．碰撞后，甲的动能减小，若为弹性碰撞，则乙的动能增大，故两者动能不相等；若为完全非弹性碰撞，碰撞后速度相等，动能不等，所以选项B错误．两球碰撞过程中动量守恒，碰撞后两球的动量可能相等，所以选项C正确．‎ ‎9．BD　弹性势能最大时，两滑块的动能之和最小，弹簧的长度最短，故两滑块速度相等，由动量守恒定律得Mv0＝2Mv，v＝，故B、D正确、A、C错误．‎ ‎10．AD　由m1v＝(m2－m1)v知，m1∶m2＝1∶3，选项A正确、B错误；ΔEk1＝m1v2－m12＝m1v2，ΔEk2＝m22＝m1v2，可见ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1，D正确、C错误．‎ ‎11．解题思路：(1)因A、B碰撞时间极短，故在A、B碰撞时，C的速度为零．取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mAv0＝mAvA＋mBvB，代入数据得：vA＝－4 m/s，方向向左．‎ ‎(2)弹簧第一次恢复原长时，弹簧的弹性势能为零，设此时B的速度为v′B，C的速度为vC 根据动量守恒定律得mBvB＝mBv′B＋mCvC 又根据机械能守恒定律得mBv＝mBv′＋mCv 联立解得vC＝ m/s，方向向右．‎ 答案：(1)4 m/s，向左　(2) m/s，向右 ‎12．解题思路：(1)对m和M组成的系统，选定水平向左为正方向，根据动量守恒定律得 Mv0－mv0＝(M＋m)v1.‎ 根据能量守恒定律得 μmgL1＝(M＋m)v－(M＋m)v.‎ 联立解得L1＝.‎ ‎(2)上述过程中，m相对M向右滑动，以后M与左挡板碰撞，碰后m相对于M向左滑动，直到达到共同速度v2.‎ 规定向右为正方向，根据动量守恒定律得 ‎(M－m)v1＝(M＋m)v2.‎ 根据能量守恒定律得 μmgL2＝(M＋m)v－(M＋m)v.‎ 联立解得L2＝.‎ L2μmgl①‎ 即μ<②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有 mv＝mv＋μmgl③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋v2′④‎ mv＝mv1′2＋v2′2⑤‎ 联立④⑤式解得v2′＝v1⑥‎ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v2′2≤μgl⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥⑧‎ 联立②⑧式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为 ≤μ<⑨‎ 答案：≤μ< ‎4．解题思路：A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1①‎ mv＝mv＋Mv②‎ 联立①②式得 vA1＝v0③‎ vC1＝v0④‎ 如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m0‎ 可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．‎ b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．‎ x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．‎ y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.‎ 这些粒子进入小球前的总动量为 p1y＝(n1－n2)psinθ 从小球出射时的总动量为p2y＝0‎ 根据动量定理：‎ FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ 可知，小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向．‎ 所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．‎ 答案：(1)a.见解析　b．沿y轴负方向　(2)a.合力沿SO向左　b．指向左上方 ‎7．CDE　只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，如用绳子拴着一个小球，让小球做匀速圆周运动，小球转过半个圆周的过程中，系统合外力做功为零，但小球动量不守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确；两物体组成的系统，所受合外力为零，系统动量守恒，两物体动量的改变量大小相等，方向相反，故E正确．‎ ‎8．D　本题考查了动量守恒定律及能量守恒定律的应用．设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得v＝.木块获得的动能为Ek＝Mv2＝＝·.系统产生的内能为Q＝mv－(M＋m)v2＝，可得Q＝Ek>50 J，当Q＝70 J时，可得M∶m＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A、B、C错误；当Q＝120 J时，可得M∶m＝7∶‎ ‎5，木块质量大于子弹质量，选项D正确．‎ ‎9．D　本题考查了动量与动能定理以及能的转化与守恒定律综合应用．甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v乙′，由动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，解得v乙′＝1 m/s，方向水平向右，选项A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量ΔE＝m甲v＋m乙v－m乙v′，代入数据解得ΔE＝1 400 J，机械能减少了1 400 J，选项C错误、D正确．‎ ‎10．解题思路：(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．‎ mCv1＝(mA＋mC)v2‎ 即mC＝2 kg ‎(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大 ‎(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4‎ (mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep 得Ep＝9 J 答案：(1)2 kg　(2)9 J ‎11．解题思路：(1)从开始到木块到达最大高度过程：‎ 由动量守恒：mv0＝3mv1‎ 由能量守恒：mv＝·3mv＋mgh＋fL 解得：f＝ ‎(2)木块从最大高度至与物体最终相对静止：‎ 由动量守恒：3mv1＝3mv2‎ 由能量守恒：·3mv＋mgh＝·3mv＋fx 距a点的距离：s＝L－x 解得：s＝L－＝L 答案：(1)　(2)L ‎12．解题思路：(1)因甲、乙两车发生弹性碰撞，则由动量守恒和机械能守恒有：‎ M1v0＝M1v1＋M2v2‎ M1v＝M1v＋M2v 解得：v2＝2 m/s 当人落到小车中，并和车一起继续向前滑行，由动量守恒有 M2v2＝(M2＋m)v共 v共＝0.8 m/s ‎(2)人对乙车做的功 W＝M2v－M2v＝－67.2 J 答案：(1)0.8 m/s　(2)－67.2 J