2022届优质校一模数学试卷汇编——动量 答案版.docx

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1、专题 7动量常考题型题 型考查年份关联知识点动量定理的应用2021湖南卷2题动量的定义、单位和矢量性；匀变速直线运动位移与时间关系式2021湖北卷3题动量定理的简单应用2021福建卷4题动量定理的简单应用2020全国I卷14题动量定理的简单应用动量守恒定律及其应用2021全国乙卷14题动量守恒与机械能守恒的条件2021湖南卷8题动量定理，动量守恒定律，能量守恒定律，运动图像，牛顿第二定律，“弹簧物块”模型2021海南卷17题动量守恒定律，功能关系，板块模型碰撞与动量守恒2021河北卷15题变速物体追变速物体，物体在粗糙斜面上滑动，完全非弹性碰撞后速度的计算2021湖北卷15题动量守恒，功能关系

2、，竖直面内圆周运动模型2020全国III卷15题动量和能量，图象问题方法点拨1动量定理及应用(1)注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性；动量定理Ftpp中“Ft”为合外力的冲量；要明确过程的初、末状态。(2)解决“流体问题”“粒子流问题”等持续作用情况，需以流体为研究对象，建立“柱状”模型。2动量守恒定律及应用(1)守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方向守恒。(2)应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态。碰撞问题中碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态。3碰撞模型(1)碰撞的特点：系统动量守恒、碰后系统的动能不增加、碰撞前后的

3、速度要符合实际。(2)“弹簧滑块”模型：系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化；弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能等于初态总动能。(3)“小球斜面模型”：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能。小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒。4“子弹打木块”模型、“滑块木板”模型(1)子弹射入静止在光滑的水平面上的木块，若最终一起运动，动量守恒，机械能

4、减小；若穿出，系统动量仍守恒，系统损失的动能EFfL(L为木块的长度)。(2)“滑块木板”模型：系统的动量守恒，当两者的速度相等时，相当于完全非弹性碰撞，系统机械能损失最大，损失的机械能转化为系统内能，EFfL(L为滑块相对于木板滑行的位移)。5动量与能量的综合问题(1)如果要研究在某一时刻物理量的关系，可用牛顿第二定律列式。(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。(3)若研究对象为一系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。(3)在涉及

5、碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律。【例1】( 2021福建卷4)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级台风的风速范围为24.5 m/s28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s56.0 m/s。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()A2倍 B4倍 C8倍 D16倍【方法点拨】本题考查流体“柱状”模型，“台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌”可认为风撞到交通牌后速度变为0，注意动量的矢量性及动量

6、变化量的矢量性。【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S，在时间t的空气质量为mSvt，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Ft0mv，可得FSv2，10级台风的风速v125 m/s，16级台风的风速v250 m/s，联立可得F2F141。【答案】B例2(2021湖南卷8)(多选)如图甲，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的at图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的at图线与坐标轴所围面积大小

7、，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的at图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是()A0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0BmAmBCB运动后，弹簧的最大形变量等于xDS1S2S3【方法点拨】在“弹簧滑块”模型中，当弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，结合at图像的物理意义可得出t2时刻A、B共速，此为解题的关键点。【解析】由于在0t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有ImAv0(方向向右)，则墙对B的冲量

8、与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；由at图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹mAamBaB，由图可知aBaA，则mBmA，B正确；由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后A、B动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则mAv0mAvAmAvB，可得A、B整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为A、B系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；由at图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1t2时间内A、B组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由at图像的面积为Dv，在t2时刻A、B的速度分别为vAS1

9、S2，vBS3，A、B共速，则S1S2S3，D正确。【答案】ABD试题汇编动量定理的应用1(2022届湖北六县质检)三轮高压清洗车是一种环保清洁设备，主要用来冲洗城市和乡村人行道、辅道、路沿石、背街小巷等小型道路，也可以用来清理城市小广告，清理效果明显。如图所示，一高压清洗设备喷口的出水速度为100 m/s，水的密度1.0 g/cm3，则此设备喷口的出水压强为()A2.0105 Pa B1.0107 PaC2.0103 Pa D1.0103 Pa【答案】B【解析】设喷口的横截面积为S，在t时间内从喷口喷出的水的质量mSvt，设此设备喷口的出水压强为p，以这些水为研究对象由动量定理有，解得，故选

10、B。2(2022届重庆十一中11月月考)(多选)重庆11中物理组准备拍摄一部宣传片，因此购买了一架无人机。如图，无人机四个旋翼桨盘面积（桨叶旋转形成的圆面面积）均为S，已知空气密度为，无人机质量为m，学校所在位置重力加速度为g。某时刻无人机为悬停状态，不计空气浮力和阻力，正确的是()A无人机悬停时受到的升力为mgB被螺旋桨推动的空气速度为C1s内被螺旋桨推动的空气质量为D1s内发动机做功为【答案】AC【解析】无人机悬停时，处于平衡状态，受到的升力为自身重力大小，即Fmg，故A正确；飞机对空气的力与空气对飞机的力为相互作用力，则，由动量定理可得，解得，故B错误；1 s内被螺旋桨推动的空气质量，故

11、C正确；1 s内发动机做功，故D错误。3(2022届辽宁名校联盟12月联考)电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示一质量为m的盘子（可视为质点）随电动餐桌一起以角速度匀速转动，已知A、B与圆心O的距离均为r，AOB120，则盘子随餐桌从A转到B的过程中，摩擦力对盘子冲量的大小为()Amr Bmr Cmr D0【答案】A【解析】A、B两点速度方向如图甲所示，则有，由于摩擦力是变力，由动量定理得：，将方向平移到B点，如图乙所示，解得，BCD错误，A正确。4(2022届威海文登区期中)民航客机在大型机场降落后，需要一辆引导车作为领航，指

12、引机长到达相应跑道，如图甲所示。某次客机降落后的一段时间，引导车在跑道前方由静止开始做直线运动，客机和引导车运动的加速度随时间变化图像如图乙所示。下列说法正确的是()A0t1时间内客机与引导车的速度变化一样快B0t2时间内引导车做匀加速直线运动，客机做匀减速直线运动C0t1时间内客机合外力的冲量大于引导车合外力的冲量D0t2时间内引导车的加速度方向与客机的速度方向相反【答案】C【解析】由题可知，引导车做加速运动，客机做减速运动，由图乙知正方向为客机与引导车运动的反方向。at图像斜率大小代表加速度大小，则0t1时间内，客机加速度大于引导车加速度，故客机比引导车速度变化快，A错误；0t2时间内，引

13、导车加速度不变，做匀加速直线运动，客机加速度变小，做加速度减小的减速运动，B错误；由动量定理知，物体合外力冲量等于物体的动量变化量，at图像与横轴围成的面积代表速度变化量，由图像知0t1内客机速度变化量大于引导车速度变化量，且客机质量一定比引导车质量要大，故客机动量变化量大于引导车动量变化量，即客机所受合外力冲量更大，C正确；0t2时间内引导车加速度方向为负，客机速度方向也为负，故在0t2时间内引导车的加速度方向与客机的速度方向相同，D错误。5(2022届江西阶段性考试)如图所示，一小船以2 m/s的速度匀速前行，站在船上的人相对小船给小球一个竖直向上的瞬时冲量（人对小球的作用力远大于小球受到

14、的重力，当小球再次落入手中时，小船前进的距离为2 m。已知小球的质量为10 g，在空中运动的过程中，手相对船的位置不变，不计空气阻力，取重力加速度大小g1.0 kg/m2。则手对小球的瞬时冲量大小为()A0.5 Ns B1 Ns C0.05 Ns D0.1 Ns【答案】C【解析】一小船以2 m/s的速度匀速前行，当小球再次落入手中时，小船前进的距离为2 m。故小球运动时间，故小球离手时竖直速度，手对小球的瞬时冲量大小为，故选C。动量守恒定律及其应用6(2022届北京育才学校期中)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图所示。当撤

15、去外力F后，对于a、b和轻弹簧组成的系统()A动量守恒，机械能守恒B动量守恒，机械能不守恒C动量不守恒，机械能守恒D动量不守恒，机械能不守恒【答案】C【解析】当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，由于墙壁等于a不做功，所以a、b和轻弹簧组成的系统的动量不守恒，机械能守恒；a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b和轻弹簧组成的系统的动量守恒，a离开墙壁后，a、b的动能和弹簧的弹性势能之间相互转化，机械能守恒，故C正确，ABD错误。7(2022届牡丹江三第三次月考)如图所示，一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上，小车放在光滑水平面上。在小车正前边的

16、碗边A处无初速度释放一只质量为m的小球，半球形碗的半径为R。则小球沿碗内壁下滑的过程中，下列说法正确的是()A小球、碗和车组成的系统动量守恒B小球的最大速度等于C小球不能运动到碗左侧的碗边B点D小球、碗和车组成的系统机械能守恒【答案】D【解析】小球做曲线运动，具有向心加速度，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律知，系统所受的合外力不为零，故系统的动量不守恒，A错误；设小球滑到最低点时速度为v，假设小车不动，则由机械能守恒得，可知v，由于小车没有固定，且小球下滑过程中其对碗的压力对碗和车组成的整体做正功，碗和小车获得动能，则小球的最大速度小于，B错误；小球从A点和B点的过程中系统机械能守恒，水

17、平方向动量守恒，可知小球刚好运动到碗边的B点，C错误；由于没有摩擦，对于小球、碗、和车组成的系统所受合外力为零，则该系统的机械能守恒，D正确。8(2022届湖湘教育三新探索协作体期中联考)(多选)如图，花样滑冰运动员所穿冰鞋的冰刀与冰面间的动摩擦因数是相同的，为表演一个动作，处于静止状态的两运动员站在一起互推一把后各自自由滑行，下列说法正确的是()A质量大的运动员滑行的初速度小B质量大的运动员滑行时加速度小C质量大的运动员滑行时间长D质量大的运动员滑行距离短【答案】AD【解析】两运动员互推的过程遵循动量守恒，总动量为零，所以质量大的运动员后退的初速度小，故A正确；他们都在各自的摩擦力作用小做减

18、速运动，由于其动摩擦因素相同，根据可知，他们减速的加速度大小相同，故B错误；滑行的时间，故质量大的初速度小，运动时间短，故C错误；由可知质量大的初速度小，运动的位移短，故D正确。9(2022届湖南五市十校第二次大联考)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（可视为质点）从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒B滑块滑到B

19、点时的速度大小为C滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为(RL) D水平轨道的长度【答案】D【解析】滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合为不为零，系统动量不守恒，故A错误；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得，解得，滑块滑到B点时的速度为，故B错误；设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为RL，则滑块水平方向相对地面的位移为，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得，已知，解得，故C错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由

20、动量守恒定律得，解得，由能量守恒定律得，解得，故D正确。10(2022届滕州一中第一学段模块考试)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，与水平面的摩擦因数均为，在水平恒力F作用下以速度v做匀速直线运动。在t0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是()A水平恒力FmgBt0至时间内，A、B的总动量不守恒C时，A的动量为3mvD时，A的动量为3mv【答案】D【解析】设A、B所受的滑动摩擦力大小相等均为f，系统匀速运动时，有，故A错误；轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得，联立解得，即在B停止运动前，即在t=0到时间内，A、B系统的合外力为

21、零，总动量守恒，故B错误；时，取向右为正方向，由系统动量守恒得，解得A的动量，故C错误；时，即物体B停止后又经过对A由动量定理得，解得，故D正确。碰撞与动量守恒11(2022届哈尔滨市六中期中)(多选)如图所示，平板车放在光滑的水平面上，木块和轻弹簧放在光滑的平板车上，轻弹簧一端与固定在平板车上的挡板连接，整个装置处于静止状态，一颗子弹以一定的水平速度射入木块(时间极短)并留在木块中与木块一起向前滑行，与弹簧接触后压缩弹簧，不计挡板和弹簧的质量，从子弹刚好接触木块至弹簧压缩最短的过程中以下说法正确的是()A整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒B子弹和木块一起压缩弹簧过

22、程中，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒C整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量D其他条件不变时，小车的质量越大，弹簧的最大压缩量越大【答案】BCD【解析】整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所受合外力为零，则动量守恒，但系统内有阻力做负功，产生了摩擦热，所以机械能不守恒，故A错误；子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所受合外力为零，则动量守恒，且系统内除了弹力之外没有其他外力做功，则机械能守恒，故B正确；根据能量守恒定律可知整个过程，子弹、木块、小车及弹簧组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦

23、产生的热量，故C正确；由题意，设子弹和木块的总质量为m，小车的质量为M，子弹射入木块后子弹与木块整体的速度为v0，当弹簧最短时，子弹、木块和小车具有共同速度v，根据动量守恒定律有，根据机械能守恒定律可得此时弹簧的弹性势能，联立解得，可知M越大，Ep越大，则弹簧的最大压缩量越大，故D正确。12(2022届北师大附中期中)如图所示，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。从发射器（图中未画出）射出的小物块B沿水平方向与A相撞，碰撞前B的速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度。已知A和B的质量均为m，绳长为L，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确

24、的是()AB与A碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒BAB一起上摆的过程中，轻绳拉力做负功，AB动能减小C碰撞后AB再次回到最低点时对绳的拉力大小为D碰撞后AB一起上升的最大高度为【答案】D【解析】由题意知B与A碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒，机械能不守恒，故A错误；AB一起上摆的过程中，任意时刻，轻绳拉力方向和速度方向都是垂直的，所以轻绳拉力不做功，故B错误；AB一起上摆的过程中，A、B整体机械能守恒，再次回到最低点时，速度大小仍为碰后A、B速度的大小，设为，碰撞过程由动量守恒定律得，解得，在最低点，对A、B整体由牛顿第二定律有，解得，由牛顿第三定律得A、B对绳子的拉力为

25、，故C错误；设碰撞A、B一起上升的最大高度为h，则有机械能守恒定律得，解得，故D正确。13(2022届辽宁省名校联盟12月联考)如图甲所示，以v1.8 m/s的速度顺时针匀速转动的传送带与水平面夹角37，质量为3 kg的小物块B与物块C间拴接一轻弹簧，B、C同时静止释放，且此时弹簧恰好处于原长，B、C与斜面间的动摩擦因数均为0.75。质量为1 kg的小物块A在与物块B距离0.6 m处，以v06 m/s的初速度沿斜面向下运动，A与斜面间动摩擦因数也为0.75，传送带的上、下端均足够长，A、B碰撞无机械能损失。以A、B碰撞的时刻为0时刻，B、C物块运动的at图像如图乙所示，规定沿斜面向下为正方向，

26、其中，第四象限图线在0到t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S1，第一象限图线在0到2t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S2，重力加速度g10 m/s2。求：(1)物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间t（A、B碰撞时间忽略不计）；(2)物块C的质量mC及图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小；(3)若0到2t0时间内C的位移x00.2 m，则这一过程中B、C和弹簧组成的系统机械能变化了多少。【解析】(1)因为所以碰撞前B、C静止，A匀速向下运动，A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得由机械能守恒定律可得联立解得，碰后A反向运动，据牛顿第二定律可得解得A与传送带共速的时间为该过程的位移为此后

27、匀速上升，所用时间为碰之前匀速下降的时间为故物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间为。(2)B以3m/s开始压缩弹簧，C的加速度沿斜面向下，所以第一象限是C的运动图线，第四象限是B的运动图线，B、C系统因为重力沿斜面向下分力等于滑动摩擦力，所以B、C系统动量守恒，时刻弹簧压缩到最短，此时有，可得物块C的质量为时刻B、C速度相等，由动量守恒定律可得解得即，所以所以时刻(3)0和时刻弹簧均为原长，所以C的位移等于B的位移，机械能变化等于摩擦力对B、C做的功即机械能损失了5.4J。14(2022届达州第一次诊断)如图所示，长l01 m的粗糙水平轨道的左端连接倾角为37的粗糙斜面，右端平滑连接着半

28、径均为R0.1 m的四分之一光滑圆弧轨道BC和四分之一光滑细圆轨道CD，长l1 m、质量M2 kg的长木板置于斜面上，开始时长木板的底端与斜面的底端对齐且与AB齐平（不考虑物体经该处的能量损失）。一质量m11 kg的小物块1（可看成质点）从长木板顶端由静止开始下滑。已知小物块和木板间动摩擦因数1，小物块和水平轨道间动摩擦因数2，长木板和斜面间动摩擦因数3，取g10 m/s2(1)求小物块1停下后距A点的距离x；(2)现将长木板置于底端距A点为l11.5 m处，小物块1仍从长木板的顶端随长木板一起静止释放，求在D点处轨道对小物块1的作用力ND；(3)将水平粗糙轨道换成光滑轨道，再次将长木板置于底

29、端距A点一定距离，小物块1仍从长木板的顶端随长木板一起静止释放，释放前在A点处放另一质量m21 kg的小物块2，小物块1运动到A点处与小物块2碰撞后粘在一起，之后小物块12刚好过D点，求整个过程中由于摩擦所产生的热量Q（不考虑小物块12再次滑回轨道）。【解析】(1)小物块1从静止释放到停止全过程由动能定理得解得小物块1停下后距A点的距离。(2)静止释放后，对小物块1有解得对长木板有解得设长木板经过时间到达A点，则有解得在时间内小物块1的位移即小物块1时刻恰好运动到A点，其在A点的速度小物块1从A点到D点过程由动能定理得在D点有解得轨道对小物块1的作用力，方向向下。(3)设小物块1达到A点的速度

30、为，小物块1与小物块2碰撞有小物块12从A点到D点过程有解得小物块1到达A点的速度因为，所以长木板释放时其下端距A点距离小于，小物块1沿斜面下滑过程一直没有离开长木板，设小物块沿斜面下滑位移为，则有解得长木板下滑的位移整个过程中由于摩擦产生的内能。15(2022届重庆八中高考适应性月考)如图所示，金属圆管固定在水平地面上。劲度系数k100 N/m的弹簧一端固定于金属圆管的底部，另一端连接小圆柱体A。金属圆管壁左右两侧开有两条缝，B由小圆柱体及两侧的支柱构成，其两侧的支柱通过管壁的缝伸出金属圆管，与管壁无摩擦，静置于A上与A不粘连，A、B质量均为1 kg且都可视为质点。小圆柱体B正上方有一带圆孔

31、的挡板（厚度不计）固定在金属圆管壁上，质量为2 kg的小圆柱体C放于圆孔上方不掉落。在B的左右支柱上始终施加竖直向上、大小为5 N的恒力F，使A、B开始运动。经过一段时间后A、B分离，分离时B未与C碰撞。分离瞬间，A被金属圆管内一卡件作用使其速度突变为零，以后此卡件不再对A和B有任何作用。B继续向上运动恰好穿过圆孔与C发生弹性碰撞，且以后每次碰撞前C均已静止在圆孔上方。已知弹簧的弹性势能Epkx2（x为弹簧的形变量），重力加速度g取10 m/s2，B与A、C的碰撞时间极短且均为弹性碰撞，A、B、C运动过程中始终在竖直方向，且未与金属圆管壁接触（空气阻力不计）。求：(1)二力开始作用瞬间，A对B

32、的支持力的大小；(2)A、B第一次碰撞后物体A向下运动的最大距离；(3)与B第一次碰撞开始，A物体运动的总路程。【解析】(1)初态时A、B均静止，有解得由牛顿第二定律可得，对A、B整体有：对B有解得。(2)在F的作用下，A、B分离时，二者加速度相等，对A、B分别有联立解得两物体从开始运动到分离时上升的高度从开始运动到A、B分离，设竖直向上为正方向，据功能关系，对A、B整体有解得A、B分离时，B的速度分离后，由于B物体匀速上升至B、C碰撞，由于是弹性碰撞，据动量守恒及机械能守恒分别可得联立解得B向下运动，然后B、A发生弹性碰撞，有解得：，可知碰后二者速度互换，B静止，A从平衡位置向下运动，设A向下运动的最大距离为s1，由能量守恒定律有可得解得。(3)A、B第一次碰撞后A先向下减速，再反向加速，回到原位后，与B碰撞，A、B交换速度，B再次匀速上升与C发生碰撞，然后B向下运动与A发生碰撞，二者交换速度，由碰撞结论可知碰后解得同理可知以后的运动情况与上面的情况类似，则归纳可得A运动的总路程。