高一物理暑假作业13 动量和能量专题（解析版）-2025版高一物理暑假作业

高一物理暑假作业13动量和能量专题1.(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（）

A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零【答案】BD【解析】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

A．根据牛顿第二定律有由于m甲>m乙所以a甲<a乙由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙，A错误；BCD．对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。故选BD。2.(单选)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围大约为，16级台风的风速大约范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（）A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍【答案】B【解析】设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有可得10级台风的风速，16级台风的风速，则有故选B。3.(单选)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(  )A．＋mg B．－mgC．＋mg D．－mg【答案】A【解析】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有即在产生拉力瞬间速度为之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得联立解得故选A。4.(单选)如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4kg·m/s和p2＝6kg·m/s(向右为参考正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为()A．－2kg·m/s,3kg·m/sB．－8kg·m/s,8kg·m/sC．1kg·m/s,－1kg·m/sD．－2kg·m/s,2kg·m/s【答案】D【解析】由于碰撞过程中，动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A错误；因为碰撞的过程中动能不增加．若Δp1和Δp2分别为－8kg·m/s,8kg·m/s，则p1′＝－4kg·m/s，p2′＝14kg·m/s，根据Ek＝eq\f(p2,2m)知相撞过程中动能增加，B错误；两球碰撞的过程中，B球的动量增加，Δp2为正值，A球的动量减小，Δp1为负值，故C错误．变化量分别为－2kg·m/s,2kg·m/s，符合动量守恒、动能不增加以及实际的规律，故D正确．5.(多选)甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲=10kg·m/s，p乙=14kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为20kg·m/s，则甲、乙两球的质量m甲：m乙的关系可能是（）A．3：10 B．1：10 C．1：4 D．1：6【答案】AC【解析】因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有，得到；根据动量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得p甲′=4kg•m/s．根据碰撞过程总动能不增加，得到：代入解得：；碰撞后两球同向运动，则甲的速度不大于乙的速度，应有：代入解得：；综合有：．故AC正确，BD错误．故选AC.6.(单选)如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是()A．若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞B．若m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是eq\f(v,2)D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动【答案】A【解析】设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向。根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2①根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)②解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v③若m1＝m2，则得v1＝0，v2＝v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确。若m1≪m2，则得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误；两球第一次碰撞后，B球的速度为v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v，不一定是eq\f(v,2)，与两球的质量关系有关，故C错误；两球第一次碰撞后A球的速度为v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，当m1>m2时，v1>0，碰后A球向左运动，当m1＝m2时，v1＝0，碰后A球静止，当m1<m2时，v1<0，碰后A球向右运动，故D错误。7.(单选)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个eq\f(1,4)弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是()A．当v0＝eq\r(2gR)时，小球能到达B点B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C．当v0＝eq\r(2gR)时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为meq\f(v02,R)【答案】C【解析】弧形槽不固定，当v0＝eq\r(2gR)时，小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq\f(M,M＋m)R＜R，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋meq\f(v02,R)，D错误。8.(多选)如图所示，质量为M＝1kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m＝3kg的滑块以初速度v0＝2m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板。则下面说法正确的是()A．滑块和木板的加速度大小之比是1∶3B．整个过程中因摩擦产生的内能是1.5JC．可以求出木板的最小长度是1.5mD．从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7∶3【答案】ABD【解析】因水平面光滑，滑块与木板所受的合外力为一对滑动摩擦力，大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知，其加速度大小之比为eq\f(am,aM)＝eq\f(M,m)＝eq\f(1,3)，A正确；滑块与木板组成的系统动量守恒，最终二者同速，有mv0＝(M＋m)v，解得v＝1.5m/s，由能量守恒定律可得：整个过程中因摩擦产生的内能Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝1.5J，故B正确；由于不知道动摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故C错误；从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块运动的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t，木板的位移x2＝eq\f(v,2)t，两者之比eq\f(x1,x2)＝eq\f(v0＋v,v)＝eq\f(2＋1.5,1.5)＝eq\f(7,3)，故D正确。9.(单选)质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能【答案】C【解析】A．图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知碰前的速度大小为碰前速度为0，A错误；B．两物体正碰后，碰后的速度大小为碰后的速度大小为碰后两物体的速率相等，B错误；C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即解得两物体质量的关系为根据动量的表达式可知碰后的动量大于的动量，C正确；D．根据动能的表达式可知碰后的动能大于的动能，D错误。故选C。10.(单选)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/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＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(

)A．B．C．D．【答案】D【解析】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有,则，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，，水平方向做匀速运动，，则，结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确．11.(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则()A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为eq\f(x,2)B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为eq\f(2,3)xC．物块开始运动前弹簧的弹性势能为eq\f(3,2)mv2D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2【答案】AD【解析】当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝eq\f(x,2)，即此时弹簧的压缩量为eq\f(x,2)，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2meq\f(xA,t)－meq\f(xB,t)＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝eq\f(1,3)x，故B错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝eq\f(1,2)·2mv2＋eq\f(1,2)mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。12.国庆同学在做“验证动量守恒定律”实验中，所用装置如图甲所示，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。回答以下问题：(1)实验室的老师为国庆同学准备了一些实验仪器，本实验中需要的是________。A.秒表 B.天平C.刻度尺 D.打点计时器(2)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或操作步骤是________。A.斜槽轨道末端的切线必须水平B.入射球和被碰球大小必须相同C.入射球和被碰球的质量必须相等D.必须测出桌面离地的高度H(3)国庆同学在实验中正确操作，认真测量，得出的落点情况如图乙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为________。【答案】(1)BC(2)AB(3)3∶2【解析】(1)本实验中由于平抛运动高度相同，运动时间相同，不需要测量时间，A错误；验证动量守恒，需要计算动量，需要测量质量，B正确；实验中需要测量落点到抛出点的水平距离，故需要刻度尺，C正确；实验中不需要处理纸带，不需要打点计时器，D错误。(2)实验是通过平抛研究问题，故槽口末端水平，A正确；两球需要发生对心碰撞，则两球大小需相同，B正确；入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，防止碰后m1被反弹，C错误；小球平抛运动时间相同，不需要测出桌面离地的高度，D错误。(3)P是入射球碰撞前的落点，M是入射球碰撞后的落点，N是被碰球碰撞后的落点，实验需要验证m1v1＝m1v1′＋m2v2两边同时乘以小球做平抛运动的时间t，得m1v1t＝m1v1′t＋m2v2t结合平抛运动规律得m1eq\o(OP,\s\up6(－))＝m1eq\o(OM,\s\up6(－))＋m2eq\o(ON,\s\up6(－))代入数据解得m1∶m2＝3∶2。13.用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。(1)实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道上只放滑块A，轻推一下滑块A，其通过光电门Ⅰ和光电门Ⅱ的时间分别为t1、t2，当t1________(选填“>”“＝”或“<”)t2时说明气垫导轨水平。(2)滑块A静置于光电门Ⅰ的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给A一个向右的初速度，通过光电门Ⅰ的时间为Δt1，A与B碰撞后A再次通过光电门Ⅰ的时间为Δt2，滑块B通过光电门Ⅱ的时间为Δt3。为完成该实验，还必须测量的物理量有________。A.挡光片的宽度dB.滑块A的总质量m1C.滑块B的总质量m2D.光电门Ⅰ到光电门Ⅱ的间距L(3)若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为______________(用已知量和测量量表示)。【答案】(1)＝(2)BC(3)m1eq\f(1,Δt1)＝m2eq\f(1,Δt3)－m1eq\f(1,Δt2)【解析】(1)如果导轨水平，滑块A将在导轨上做匀速直线运动，因此通过两个光电门所用的时间相等，即t1＝t2。(2)取向右为正方向，根据题意可知A碰撞前的速度v1＝eq\f(d,Δt1)，A与B碰撞后A的速度v2＝－eq\f(d,Δt2)，B被碰撞后的速度为v3＝eq\f(d,Δt3)，若A、B碰撞过程中动量守恒，则有m1v1＝m2v3＋m1v2，将碰撞前后A、B的速度代入，得m1eq\f(d,Δt1)＝m2eq\f(d,Δt3)＋m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(d,Δt2)))＝m2eq\f(d,Δt3)－m1eq\f(d,Δt2)，约去d，化简得m1eq\f(1,Δt1)＝m2eq\f(1,Δt3)－m1eq\f(1,Δt2)，故还必需测量的物理量有A、B的质量，故选B、C。(3)若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为m1eq\f(1,Δt1)＝m2eq\f(1,Δt3)－m1eq\f(1,Δt2)。14.如图所示，光滑水平面上有一具有光滑曲面的静止滑块B，可视为质点的小球A从B的曲面上离地面高为h处由静止释放，且A可以平稳地由B的曲面滑至水平地面．已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度为g，试求：(1)A刚从B上滑至地面时的速度大小；(2)若A到地面后与地面上的固定挡板P碰撞，之后以原速率反弹，则A返回B的曲面上能到达的最大高度为多少？【答案】(1)eq\f(1,2)eq\r(6gh)(2)eq\f(1,4)h【解析】(1)设A刚滑至地面时速度大小为v1，B速度大小为v2，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒得3mv2－mv1＝0，由系统机械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×3mv22联立以上两式解得：v1＝eq\f(1,2)eq\r(6gh)v2＝eq\f(1,6)eq\r(6gh).(2)从A与挡板碰后开始，到A追上B到达最大高度h′并具有共同速度v，此过程根据系统水平方向动量守恒得mv1＋3mv2＝4mv根据系统机械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)×4mv2＋mgh′联立解得：h′＝eq\f(1,4)h.15.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧，弹簧左侧挡板的质量不计.设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，且B与C碰撞时间极短.此后A继续压缩弹簧，直至弹簧被压缩到最短.在上述过程中，求：(1)B与C相碰后的瞬间，B与C粘接在一起时的速度大小；(2)整个系统损失的机械能；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.【答案】(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1设碰撞后瞬间B与C的速度为v2，由动量守恒定律得：mv1＝2mv2解得：v2＝eq\f(v0,4)(2)设B与C碰撞损失的机械能为ΔE.由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)整个系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(3)由于v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝3mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep解得：Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)16.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。【答案】(1)ρv0S(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)【解析】(1)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③由①②③可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底部柱的作用力由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度由运动学公式：v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)17.如图所示，一个半径R＝1.00m的粗糙eq\f(1,4)圆弧轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，距地面高度h＝1.25m．在轨道末端放有质量mB＝0.30kg的小球B(视为质点)，B左侧装有微型传感器，另一质量mA＝0.10kg的小球A(也视为质点)由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示示数为2.6N，A与B发生正碰，碰后B小球水平飞出，落到地面时的水平位移x＝0.80m，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2.求：(1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功；(2)A与B碰撞过程中，系统损失的机械能．【答案】(1)0.20J(2)0.384J【解析】(1)在最低点，对A球由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(vA2,R)得vA＝4.00m/s在A下落过程中，由动能定理有：mAgR－Wf＝eq\f(1,2)mAvA2A球在碰前克服摩擦力所做的功Wf＝0.20J.(2)碰后B球做平抛运动，在水平方向有x＝vB′t在竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2联立以上两式可得碰后B的速度vB′＝1.6m/s对A、B碰撞过程，由动量守恒定律有mAvA＝mAvA′＋mBvB′碰后A球的速度vA′＝－0.80m/s，负号表示碰后A球运动方向向左由能量守恒得，碰撞过程中系统损失的机械能：ΔE损＝eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mBvB′2故ΔE损＝0.384J在A与B碰撞的过程中，系统损失的机械能为0.384J.18.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u＝2m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1kg的小物块B从其上距水平台面h＝1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0m。设物块A与物块B发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g＝10m/s2。(1)求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。【答案】(1)4m/s(2)不能，计算过程见解析(3)eq\f(4,3n)m/s【解析】(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒知mgh＝eq\f(1,2)mv02则v0＝eq\r(2gh)。设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2－v02＝－2al联立解得v＝4m/s由于v>u＝2m/s，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知－mv＝mv1＋MVeq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)MV2解得v1＝eq\f(1,3)v＝eq\f(4,3)m/s即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则0－v12＝－2al′l′＝eq\f(4,9)m＜1m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知v2＝eq\f(1,3)v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2v物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞、……碰撞后物块B的速度大小依次为v3＝eq\f(1,3)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3v、v4＝eq\f(1,3)v3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4v、……则第n次碰撞后物块B的速度大小为vn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))nv＝eq\f(4,3n)m/s。19.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3m/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＝0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/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？【答案】(1)20kg(2)不能追上小孩，判断过程见解析【解析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由