动量与能量综合计算题练习汇编

物理专题——动量和能量一．选择题1．一小型爆炸装置在光滑．坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的倒圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开．在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是：A ．总动量守恒B ．机械能守恒C ．水平方向动量守恒D ．竖直方向动量守恒 2(多选)．向空中发射一物体，不计空气阻力。

当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a 、b 两块，若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向，则：A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地的这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a ．b 一定同时到达水平地面D ．在炸裂过程中，a ．b 受到的爆炸力的冲量大小一定相等3（多选）．光滑水平面上静置一质量为M 的木块，一颗质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，以v 2速度穿出，对这个过程，下列说法正确的是：A ．子弹对木块做的功等于()222121v v m -B ．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C ．子弹对木块做的功等于木块获得的动能D ．子弹损失的动能等于木块的动能跟子弹与木块摩擦转化的内能和4（多选）．子弹在射入木块前的动能为E 1，动量大小为1p ；射穿木块后子弹的动能为E 2，动量大小为2p 。

若木板对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木板的过程中的平均速度大小为：A ．2121p p E E ++ B ．1212p p E E -- C ．2211p E p E + D ．2211p E p E - 5（多选）．如图所示，质量分别为m 和2m 的A ．B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙。

用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E 。

这时突然撤去F ，关于A ．B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是：A ．撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒B ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E /36（多选）．一个质量为M 的物体从半径为R 的光滑半圆形槽的边缘A 点由静止开始下滑，如图所示．下列说法正确的是：A ．半圆槽固定不动时，物体M 可滑到半圆槽左边缘B 点B ．半圆槽在水平地面上无摩擦滑动时，物体M 可滑到半圆槽左边缘B 点C ．半圆槽固定不动时，物体M 在滑动过程中机械能守恒D ．半圆槽与水平地面无摩擦时，物体M 在滑动过程中机械能守恒7．如图，一轻弹簧左端固定在长木块M 的左端，右端与小木块m 连接，且m ．M 及M 与地面间接触光滑。

动量能量计算题专项训练【注】该专项涉及规律：牛顿定律、动量定理、动量守恒、动能定理、机械能守恒 1、（2009天津）如图所示，质量m 1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L =1.5m,现有质量m 2=0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0=2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。

物块与车面间的动摩擦因数 =0.5,取g =10 m/s 2，求(1) 物块在车面上滑行的时间t ；(2) 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过多少。

2、(2005天津)如图所示，质量m A 为4.0kg 的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m B 为1.0kg 的小物块B （视为质点），它们均处于静止状态。

木板突然受到水平向右的12N s 的瞬时冲量I 作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能E M 为8.0J ，小物块的动能为0.50J ，重力加速度取10m/s 2，求⑴瞬时冲量作用结束时木板的速度v 0； ⑵木板的长度L 。

3、（2007天津）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道是光滑的，在最低点B 与水平轨道BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。

可视为质点的物块从A 点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出。

已知物块到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。

求：⑴物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的几倍？⑵物块与水平轨道BC 间的动摩擦因数μ。

4、( 2010新课标)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。

重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ。

动量能量的综合题目各个类型各选一个1.(2017·洛阳市二模)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切．现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g ＝10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v1 ①由能量守恒得：12mv20－12(M＋m)v21＝mgR＋μmgL②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v2 ④设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：12mv20－12(M＋m)v22＝μmg(L＋x) ⑤联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.2．如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层．(1)设水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ. 求高压水枪的功率和水柱对煤的平均冲力．(2)若将质量为m的高压水枪固定在装满水、质量为M的消防车上，当高压水枪喷出速度为v(相对于地面)、质量为Δm的水流时，消防车的速度是多大水枪做功多少(不计消防车与地面的摩擦力)解析：(1)设Δt时间内，从水枪中喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔVΔV＝vSΔt＝14vπD2ΔtΔt时间内从水枪中喷出的水的动能E k＝12Δmv2＝18ρπD2v3Δt由动能定理，高压水枪对水做的功W＝E k＝18ρπD2v3Δt高压水枪的功率P＝WΔt＝18ρπD2v3考虑一个极短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上的水的质量为m，则由动量定理可得FΔt′＝mvΔt′时间内喷到煤层上的水的质量m＝ρSvΔt′＝14ρπD2vΔt′解得F＝14ρπD2v2.(2)对于消防车和水枪系统，在喷水的过程中，水平方向上不受外力，动量守恒．取喷出水的速度方向为正方向，设喷水时消防车速度为v车，由动量守恒定律，(m＋M－Δm)v车＋Δmv＝0解得v车＝－Δmvm＋M－Δm.负号表示消防车速度方向与喷出水的速度方向相反由功能关系，水枪做功W＝12Δmv2＋12(M＋m－Δm)v2车＝m＋M2m＋M－ΔmΔmv2.3.如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能．解析(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mg·cos θ·L＝12·3mv20－12·3mv2＋2mgLsin θ－mgL可解得v＝2 m/s.(2)以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量， 即12·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x其中x 为弹簧的最大压缩量解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得12·3mv2＋2mgxsin θ－mgx ＝μ·2mgcos θ·x ＋Epm. 解得Epm ＝6 J.4．(2017·河南洛阳模拟)某校物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A 点用一弹射装置可将静止的小滑块以速度v0水平弹射出去，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝0.3 m 的光滑竖直圆形轨道，运动一周后自B 点向C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖直高度差h ＝0.2 m ，水平距离s ＝0.6 m ，水平轨道AB 长为L1＝1 m ，BC 长为L2＝ m ，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g 取10 m/s2.(1)若小滑块恰能过圆形轨道的最高点，求滑块在A 点射出速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在A 点弹射出的速度大小的范围．解析：(1)小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律mg ＝m v2R从B 到最高点小滑块机械能守恒有12mv2B＝2mgR＋12mv2从A到B由动能定理得－μmgL1＝12mv2B－12mv21由以上三式解得A点的速度为v1＝5 m/s.(2)若小滑块刚好停在C处，从A到C由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－12mv22解得A点的速度为v2＝6 m/s若小滑块停在BC段，应满足5 m/s≤vA≤6 m/s若小滑块能通过C点并恰好越过陷阱，利用平抛运动则有竖直方向：h＝12gt2水平方向：s＝vCt从A到C由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝12mv2C－12mv23解得v3＝3 5 m/s所以初速度的范围为5 m/s≤vA≤6 m/s或vA≥3 5 m/s.5．如图所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，可视为质点的小木块A质量m＝1 kg，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝.当滑板B受水平向左恒力F＝14 N作用时间t后撤去F，这时木块A恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s＝5 cm.g取10 m/s2.求：(1)水平恒力F的作用时间t；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量．解析：(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得a A＝μmg ma B＝F－μmgM根据题意有s B－s A＝L即12a B t2－12a A t2＝L ③将数据代入①②③联立解得t＝1 s(2)1 s末木块A和滑板B的速度分别为v A＝a A tv B＝a B t当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有mv A＋Mv B＝(m＋M)v ⑥由能的转化与守恒得12mv2A＋12Mv2B＝12(m＋M)v2＋E p＋μmgs⑦代入数据求得最大弹性势能E p＝J.(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′，相对木板向左滑动距离为x，有mv A＋Mv B＝(m＋M)v′⑧由⑧式解得v＝v′由能的转化与守恒定律可得E p＝μmgx⑨由⑨式解得x＝0.15 m由于s＋L＞x且x＞s，故假设成立整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x) ⑩由⑩式解得Q＝J.6.一静止的质量为M的不稳定原子核，放射出一个质量为m的粒子，(1)粒子离开原子核时速度为v0，则剩余部分的速率等于。

动量和能量练习题一、选择题：1 、如下图，滑腻水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧．B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用．作用进程中，弹簧取得的最大弹性势能E p为( )A．mv B．mv C．mv D．mv2的左侧有一固定挡板，已知m1≥m2.m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，那么求在以后的运动进程中( )A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是v13.(多项选择)如下图，水平传送带AB足够长，质量为M＝1.0 kg的木块随传送带一路以v1＝2 m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20 g的子弹，以v0＝300 m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50 m/s，设子弹射穿木块的时刻极短，(g取10 m/s2)那么( )A．子弹射穿木块后，木块一直做减速运动B．木块遭射击后远离A的最大距离为0.9 mC．木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时刻为1 sD．木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时刻为0.6 s4.一炮弹质量为m，以必然的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为，那么爆炸后另一块瞬时速度大小为( )A．v B． C． D．05.如下图，质量为m的半圆轨道小车静止在滑腻的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点通过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，那么( )A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小车向左运动的最大距离为RC．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次能上升的最大高度h0＜h＜h06(多项选择)如图甲所示，一轻弹簧的两头与质量别离为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在滑腻的水平面上．现使B瞬时取得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时刻转变的规律如图乙所示，从图象信息可得( )A．在t1、t3时刻两物块达到一起速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态B．从t3到t4时刻弹簧由紧缩状态恢复到原长C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2D．在t2时刻A与B的动能之比为E k1∶E k2＝8∶17、(多项选择)如图甲所示，在滑腻水平面上的两小球发生正碰，小球的质量别离为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t(位移－时刻)图象．已知m1＝0.1 kg.由此能够判定( )A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3 kgD．碰撞进程中系统损失了0.4 J的机械能9、(多项选择)小车AB静置于滑腻的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L.质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧紧缩，开始时小车与C都处于静止状态，如下图．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一路，以下说法中正确的选项是( )A．若是AB车内表面滑腻，整个系统任何时刻机械能都守恒B．整个系统任何时刻动量都守恒C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度大小为D．整个系统最后静止10、发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1上运行，然后Q点点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次P点点火．将卫星送入同步圆轨道3．轨道一、2相切于Q点，轨道二、3相切于P点（如图），那么当卫星别离在1，2，3 轨道上正常运行时，以下说法正确的选项是（）A. 卫星在轨道3上的周期小于在轨道1的周期B. 卫星在轨道2上的机械能大于轨道3上的机械能C. 卫星在轨道1上通过Q点时的加速度等于它在轨道2上通过Q点时的加速度D. 卫星在轨道2上通过P点的速度大于它在轨道3上通过P点的速度【答案】C二、计算题：1一、如下图,有A、B两颗行星绕同一颗恒星M做圆周运动,旋转方向相同,A行星的周期为,B行星周期为,在某一时刻两行星相距最近,那么:(1)何时两行星再次相距最近(2)何时两行星相距最远.12、如下图，质量M＝2 kg的滑块套在滑腻的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通太长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的滑腻轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.(1)假设锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作使劲大小和方向．(2)假设解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．8 、如下图，abc是滑腻的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R＝0.30 m．质量m＝0.20 kg的小球A静止在轨道上，另一质量M＝0.60 kg、速度为v0＝5.5 m/s的小球B与小球A正碰．已知相碰后小球A通过半圆的最高点c落到轨道上距b点为L＝4R处，重力加速度g取10 m/s2，求：碰撞终止时，小球A和B的速度的大小．答案部份1答案：C解析：当两物块速度相同时，弹簧取得的弹性势能最大．依照动量守恒可知mv0＝2mv，v＝因此最大弹性势能E p＝mv－×2mv2＝mv，故C正确．2答案：BD解析：从小球m1抵达最近位置后继续前进，尔后拉到m2前进，m1减速，m2加速，达到一起速度时二者相距最远，尔后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度．两小球水平方向动量守恒，速度相同时维持稳固，一直向右前进，m1v1＝m1v1′＋m2v2m1v＝m1v1′2＋m2v；解得：v1′＝v1，v2＝v1故m2的最大速度为v1，m1的最小速度为v1，故B、D正确．3答案：BC解析：子弹射穿木块后，木块先向右做减速运动，然后再向左做加速运动．A错误；设木块被子弹击穿时的速度为v3，子弹击穿木块进程动量守恒，选取向右为正方向，故：mv0－Mv1＝mv＋Mv3代入数据解得：v3＝3 m/s木块遭射击后远离A的距离最大时的瞬时速度为0，依照动能定理得：－μMgx m＝0－Mv，代入数据得：x m＝0.9 m．B正确；选取向右为正方向，那么木块与传送带的速度相等时的速度是－2 m/s.木块的加速度：a＝－＝－μg＝－0.5×10＝－5 m/s2木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时刻为：t＝＝s＝1 s.故C正确，D错误．4答案.C解析：爆炸进程系统动量守恒，爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸进程动量守恒，那么有：mv＝m·v′，解得：v′＝v.5答案.D解析：小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，m－m＝0，解得，小车的位移：x＝R，B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次在车中运动进程中，由动能定理得：mg(h0－h0)－W f＝0，W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得：W f＝mgh0，即小球第一次在车中转动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中转动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0－h0＝h0，而小于h0，D正确．6答案.BD解析：0～t1，A在加速，B在减速，弹簧被拉长，在t1时A、B速度相同，弹簧达到最长．t1～t2，A仍在加速，B仍在减速，弹簧缩短，t2时恢恢复长．t2～t3，B在加速，A 在减速，弹簧被紧缩，在t3时A、B速度相同，弹簧达到最短．从t3到t4时，B仍在加速，A仍在减速，弹簧由紧缩状态恢复到原长．A、B两物体质量比及t2时刻A与B动能之比可由动量守恒、机械能守恒求解．7解析：分析题图乙可知，碰前：m2处在位移为8 m的位置静止，m1位移均匀增大，速度v1＝m/s＝4 m/s，方向向右；碰后：v1′＝m/s＝－2 m/s，v2′＝m/s＝2 m/s，碰撞进程中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′得：m2＝0.3 kg，碰撞损失的机械能：ΔE k＝mv－＝0，故正确答案应选A、C.9解析：木块C与橡皮泥粘合的进程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，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，那么系统动量一直守恒，B正确；取木块C的速度方向为正方向，依照动量守恒定律得：0＝mv＋Mv′，得小车对地运动速度为v′＝－v，负号表示方向与v方向相反，C正确．当木块C与B端橡皮泥粘在一路时，依照动量守恒定律系统又处于静止状态，D正确．10【解析】A：依照开普勒第三定律（类似），卫星在轨道3上的周期大于在轨道1上周期．故A错误；B：在P点，它们的重力势能相等，但在轨道3的动能较大，因此在轨道2上的机械能小于轨道3上的机械能，故B错误；C：卫星在轨道1上通过Q点时的加速度和它在轨道2上通过Q点时的加速度都是由万有引力提供的．在同一点，万有引力相等，故加速度也相等．故C正确；D：同理，卫星在轨道2上通过P点的加速度（万有引力）等于它在轨道3上通过P点的加速度；卫星在轨道2上通过P点时开始做向心运动，提供的加速度（万有引力）大于需要的加速度，因此轨道2上通过P点的速度小于它在轨道3上通过P点的速度．故D错误．综上所述此题答案是：C1一、解:(1)卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力有:可得周期为:,半径越大周期越大,故依照题意知,两卫星周期知足某时刻两卫星相距最近,那么能够明白通过时刻两卫星再次相距最近时,A卫星比B卫星多转过弧度,即有:因此可得:(2)同应当两颗卫星通过时刻两卫星相距最远时,A卫星比B卫星多转过弧度,即有:因此可得:12、解析：(1)设小球能通过最高点，且现在的速度大小为v1，在上升进程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，那么mv＋mgL＝mv①解得v1＝m/s②设小球抵达最高点时，轻杆对小球的作使劲为F，方向竖直向下，那么F＋mg＝m③由②③式，得F＝2 N由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作使劲大小为2 N，方向竖直向上．(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度大小为v2，现在滑块的速度为v，在上升进程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒，以水平向右的方向为正方向，有mv2＋Mv＝0④在上升进程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，那么mv＋Mv2＋mgL＝mv⑤由④⑤式，得v2＝2 m/s8解析：A球平抛，2R＝gt2，L＝v c t＝v c，故：v c＝L，由机械能守恒知：mv＋2mgR＝mv，得碰撞终止时，小球A速度：v A＝6 m/s，由动量守恒：Mv0＝mv A＋Mv B，小球B速度：v B＝3.5 m/s.。