动量能量提高练习答案。
1. 答案：(1)当va=vb时弹簧的弹性势能最大。
弹簧第一次恢复原长时，由机械能守恒得：,所以。
弹簧第一次被拉伸至最长时，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
2mvb0=(2m+m)v,.解得：.
2)a获得最大速度和最小速度出现在其加速和减速过程结束的时刻，及弹簧处于原长时，此时ep=0,由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
解得：,此两速度分别为a所获得的最小速度和最大速度。
2答案：物块与钢板碰撞时的速度。
设v1表示质量为m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，尽管此时两物体的合外力不等于零，大小为a的重力，但合外力的冲量趋近于零，从而可以认为系统动量“近似”守恒。 则有。
mv0＝2mv1
许多学生误认为整个过程系统机械能守恒，其实相碰是一个完全非弹性碰撞过程，机械能减少。设刚碰完时弹簧的弹性势能为ep，当它们一起回到o点时，弹簧无形变，弹性势能为零，根据题给条件，这时物块与钢板的速度为零，由系统机械能守恒得：
设v2表示质量为2m的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度，则有 2mv0＝3mv2
仍继续向上运动，设此时速度为v，则有 ⑤
在以上两种情况中，弹簧的初始压缩量都是x0，故有 ⑥
当质量为2m的物块与钢板一起回到o点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力作用，加速度为g。一过o点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g。由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g。
故在o点物块与钢板分离，分离后，物块以速度v竖直上升，则由以上各式解得，物块向上运动所到最高点与o点的距离为。
h＝v 2/（2g）＝x０/2
3答案：（1）0.21m；（2）0.1m/s；（系统水平动量守恒：，得到：；机械能守恒：，得到h。）
.4 ；80m/s；（子弹与木块：；；物体平抛：；；物体滑动：，；2），；
5、（1）0；（2）0.3ｍ；（系统动量守恒，ab碰：，得到：；a与c碰：，，得到：，b与c相距：，ac左移，b右移，共同完成s，，向左），11；
在x>0的一侧：经过第一人： mv0－m(2×1×v0)＝(m＋1×m)v1； 经过第二人：
(m＋1×m)v1－m(2×2×v1)＝(m＋2m)v2经过第三人：(m＋2×m)v2－m(2×3×v2)＝(m＋3m)v3；
经过第n人： [m＋(n－1)m]vn－1－m(2nvn－1)＝(m＋nm)vn；
解得：vn＝；推得：vn－1＝；
要使vn－1>0，而vn<0； 则：m－nm>0和m－(n+1)m<0；
代入数值解得：； 故：n＝3时车反向。
在x>0一侧扔上3个沙袋后车反向，反向后以v0/向x<0一侧运动，其物理过程除最初的质量为m+3m，初速度为v0/以外，形式与上述处理方法完全一样，借助上述vn和vn－1的格式有：
vn/＝；vn－1/＝；
而车不再向x<0一侧滑动的条件为：vn－1/>0和vn/<0；
即：m+3m－n/m/>0和m+3m－(n/+1)m/≤0；解得：8≤n/＜9；
用n/＝8代入时，vn/＝0，车停止。故：最终车上共有11个沙袋。）
7．（1），（2）；（物体以v3冲上车，动量守恒：，又有：，得到：，，l＝s3－s；物体与圆弧，水平动量守恒，机械能守恒：，得到：，）
8解：(1)对整体由动量守恒定律得。
则，方向向右．
2)由功能关系得，则。
3)①物体a、b未相碰撞，b停止时，a继续运动，此时小。
车开始运动．对小车应用动能定理得，则。
物体b速度为零时正好与a相撞，碰后小车开始加速，最终达到共同速度．对小车应用动能定理得，则。
所以小车位移大小的取值范围是。
9解：设小车、物块的质量分别为m和m，车长为l，物块与小车间的动摩擦因数为，初速度为．第一次碰后由于无机械能损失，因此物块的速度方向变为向右，大小仍为，此后它与小车相互作用，两者速度相等为v时（由题意知，此速度方向必向左，即必有m> m )，该次相对车的最大位移为l，对物块、小车系统由动量守恒定律有，由能量守恒定律有。
多次碰撞后，物块恰未从小车的上表面滑落，表明最后当物块运动到小车最右端时两者刚好同时停止运动（或者速度同时趋于零）．对物块、小车系统由能量守恒定律有。
而，由以上各式得。
10解：(1）由点a到点b时，取向左为正．由动量守恒得。
又，则。2）由点a到点b时，根据能量守恒得。
则。3）由点d到点c,滑块cd与物块p的动量守恒，机械能守恒，得。
解之得。11解：(1)选小车和木块为研究对象．由于m受到冲量i之后系统水平方向不受外力作用，系统动量守恒．则。
小车的动能为。
2)当弹簧具有最大弹性势能时，小车和木块具有共同的速度，即为v．在此过程中，由能量守恒得。
当木块返回到小车最左端时，由能量守恒得。
联立得。12解：(1）设m2与m1碰前瞬间速度为v0，则。
m2与m1碰撞瞬间竖直方向近似动量守恒，设共同速度为v1，有。
2）当弹簧压缩量最大时，振动物体的速度大小为零，此时物体向下离开平衡位置距离最大，设为a即为所求振幅，则。
3 ) m2与m1碰后，系统机械能守恒．当弹簧长为0.6 m时，物体速度恰为零．则弹簧的弹性势能为。
13解：解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为a的机械能，则弹簧弹性势能为，a、b系统由水平位置滑到圆轨道最低点时速度为v0，解除弹簧锁定后a、b的速度分别为，则。
即。由上述各式得（舍去）
球a相对水平面上升最大高度为h，则。
14解：(1)第一颗子弹射入木块过程中由动量守恒得。
木块向右做减速运动，加速度，木块速度减小为零所用时间。
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动距a点最远时，速度为零，移动距离为。
2)在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做加速运动，时间为，速度增大为（恰与传送带同速），向左移动的位移为。
所以在两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移，方向向右．
第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为=7.5 m．第16颗子弹击中后，木块将会再向右移动0.9 m，总位移为8.
4 m>8. 3 m，木块将从b端落下．所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．
3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为。
木块向右减速运动过程中产生的热量为，木块向左加速运动过程中产生的热量为。
全过程中产生的热量为。
15解：(1)整个过程木块克服摩擦力做功为。
根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为。
2)设第i次碰撞前木块的速度为，碰撞后速度为，则，碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为。
3)初动能为，第1次碰撞前，第1次碰撞后。
第2次碰撞前。
第2次碰撞后。
第3次碰撞前。
第3次碰撞后。
据题意有。带入数据，联立求解得=0. 15.
16解：(1）第一颗子弹射入时，有在水平力作用下靶盒向右匀减速到零，再向左加速到o点，速度大小，方向向左．第二颗子弹射入时，有代入数值得，即静止．第三颗子弹射入时，有代入数值得．此即为靶盒离开o点时的速度大小．
2)由（1)可知，射入的子弹为偶数时靶盒静止，射入的子弹为奇数时靶盒运动，设射入第k颗子弹时靶盒来回运动而不碰到发射器，则。
解得k=13.5.
故至少应发射15颗子弹才能使靶盒来回运动而不碰撞发射器．
17解：(1)，则．
解之得。
解之得。18解：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当淌入质量为m的水后，小车速度为v1，则即。
2）质量为m的水流进小车后，在极短的时间△t内，冲击小车的水的质量为。
此时，水对车的冲击力为f，则车对水的作用力也为f，据动量定理有。
19解：(1）由平衡条件得mg = k x0，设球a的质量为m，与球b碰撞前的速度为v1，由机械能守恒定律得。
设球a、b结合后的速度为，由动量守恒定律得。
由于球a、b恰能回到o点，根据动能定理得。
解之得。2）由b点向下运动的距离为x1时速度最大，加速度为零．即，因为，，所以．由机械能守恒得。
20解：(1)设子弹从木块中穿出时木块的速度为v1，在子弹与木块的相互作用的过程中两者动量守恒： (1分)
解之得：v1=8m/s(1分)
在木块与园环一起向右运动的过程中，两者满足水平方向动量守恒，机械能守恒；
(1分)(1分)
解得： (1分)
(2)木块从最高点返回最低点的过程中，由水平方向动量守恒、机械能守恒得：
(2分)(2分)
解得： (1分) (1分)
(舍去)(3)第一次返回到最低点时，木块的速度，圆环的速度。
绳子拉力(3分)
解得： (1分)
对小环： (2分)
21 解：设对a的瞬时冲量为i，a的初速度为，由动量定理有：
设a与b碰前速度为，由动能定理有：②
设a、b碰撞后的共同速度为，由动量守恒定律，有：③
a、b进入电场区再折回被屏蔽区，电场力做功为零④
研究a与b碰后到停止运动的整过程，由动能定理有：
由①②③式得：⑥
评分标准：①③式各3分，②④各2分。
.8m/s≤v≤4.8m/s
23.（1）2m/s （2）5.625m/s 3次。
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