全國通用版2022年高考物理考點復習訓練試題專題七碰撞與動量守恒

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(2)若兩球碰撞前后的動量守恒,則其表達式可表示為(用①、③中測量的量表示).

(3)完成實驗后,實驗小組進一步探究.用質量相同的A、B兩球重復實驗步驟②、③,發(fā)現A球與B球碰撞后,A球靜止,B球向右擺到最高點時其懸線與豎直方向的夾角略小于α,由此他們判斷A、B兩球的碰撞是(填“彈性碰撞”“非彈性碰撞”或“完全非彈性碰撞”).

2.[7分]某同學用圖甲所示裝置通過M、N兩彈性小球的碰撞來驗證動量守恒定律,圖甲中A是斜槽導軌,固定在水平桌面上,斜面BF頂端B點與斜槽導軌的水平末端平滑相接.實驗時先使M球從斜槽上某一固定位置靜止釋放,落到斜面上的記錄紙上留下痕跡,重復上述操作10次,得到M球的10個落點痕跡,如圖乙所示,刻度尺貼近斜面且零刻度線與B點對齊.再把N球放在斜槽導軌水平末端,讓M球仍從原位置靜止釋放,和N球碰撞后兩球分別在斜面記錄紙上留下各自的落點痕跡,重復這種操作10次.(不考慮小球對斜面的二次碰撞)(1)為了更精確地做好該實驗,對兩個碰撞小球的要求是M球的半徑N球的半徑,M球的質量N球的質量.(填“小于”“等于”或“大于”)

(2)由圖乙可得M球不與N球碰撞時在斜面上的平均落點位置到B點的距離為cm.

(3)若已知斜面BF的傾角為θ,利用天平測出M球的質量m1,N球的質量m2,利用刻度尺測量平均落點位置C、D、E到B的距離分別為LC、LD、LE,,由上述測量的實驗數據,驗證動量守恒定律的表達式是.(用所給物理量的字母表示)

3.[2020山東統考,6分]2019年9月,我國成功完成了76km/h高速列車實車對撞試驗,標志著我國高速列車安全技術達到了世界領先水平.某學習小組受此啟發(fā),設計了如下的碰撞實驗,探究其中的能量損耗問題,實驗裝置如圖甲所示.該小組準備了質量分別為0.20kg、0.20kg、0.40kg的滑塊A、B、C,滑塊A右側帶有自動鎖扣,左側與穿過打點計時器(圖中未畫出)的紙帶相連,滑塊B、C左側均帶有自動鎖扣,打點計時器所接電源的頻率f=50Hz.調整好實驗裝置后,在水平氣墊導軌上放置A、B兩個滑塊,啟動打點計時器,使滑塊A以某一速度與靜止的滑塊B相碰并粘合在一起運動,紙帶記錄的數據如圖乙所示;用滑塊C替代滑塊B,重復上述實驗過程,紙帶數據如圖丙所示.(1)根據紙帶記錄的數據,滑塊A與B碰撞過程中系統損失的動能為J,滑塊A與C碰撞過程中系統損失的動能為J.(計算結果均保留2位有效數字)

(2)根據實驗結果可知,被碰物體質量增大,系統損失的動能(填“增大”“減小”或“不變”).

一、選擇題(共9小題,54分)1.[生產生活實踐問題情境——籃球撞擊籃板]質量為m的籃球以水平速度大小v撞擊豎直籃板后,以水平速度大小v'被彈回,已知v'<v,籃球與籃板撞擊時間極短.下列說法正確的是 ()A.撞擊時籃球受到的沖量大小為m(v'-v) B.撞擊時籃板受到的沖量為零C.撞擊過程中籃球和籃板組成的系統動量不守恒 D.撞擊過程中籃球和籃板組成的系統機械能守恒2.[創(chuàng)新題——實驗類選擇題]某研究小組的同學們用如圖所示的裝置做探究物體的加速度與力、質量的關系實驗之后,對此實驗又做了進一步的分析:在實驗前通過墊塊已經平衡了阻力,且砂和砂桶的總質量遠小于小車和車上砝碼的總質量,若將小車(含車上砝碼)和砂桶(含砂)當成一個系統,由靜止釋放小車后,下列說法正確的是 ()A.系統動量守恒,機械能守恒B.系統動量不守恒,機械能守恒C.系統動量守恒,機械能不守恒D.系統動量不守恒,機械能不守恒3.甲、乙兩物體在同一直線上運動,它們在0~0.4s時間內的v-t圖像如圖所示.若兩物體僅存在相互作用,則下列說法正確的是 ()A.0~0.4s時間內甲對乙的沖量大小大于乙對甲的沖量大小B.0~t1時間內甲、乙位移之比為1∶3C.甲、乙質量之比為3∶1D.t1=0.28s4.某質量為3kg的木塊在噴泉作用下,靜止在距某噴口上方1m的位置,噴口的圓形內徑約為2cm,若噴出的水全部撞擊木塊且沖擊后水的速度變?yōu)榱?則驅動該噴口噴水的水泵功率最接近(不計空氣阻力,π取3,重力加速度g取10m/s2) ()A.100W B.200W C.300W D.400W5.[新題型——信息類比題]“引力彈弓效應”是指在太空運動的探測器,借助行星的引力來改變自己的速度.為了分析這個過程,可以提出以下兩種模型:探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星,分別因相互作用改變了速度.如圖甲、乙所示,以太陽為參考系,設行星運動的速度大小為u,探測器的初速度大小為v0,在圖示的兩種情況下,探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2.探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞,但是在行星的運動方向上,其運動規(guī)律可以與兩個質量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律類比.那么下列判斷中正確的是 ()A.v1>v0B.v1=v0 C.v2>v0 D.v2=v06.[2020遼寧沈陽檢測]如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻上,質量為m的光滑弧形槽靜置在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個質量也為m的小球從槽高h處開始自由下滑,則 ()A.在以后的運動過程中,小球和槽的動量始終守恒B.在下滑過程中,小球和槽之間的相互作用力始終不做功C.被彈簧反彈后,小球和槽都做速率不變的直線運動D.被彈簧反彈后,小球和槽的機械能守恒,小球能回到槽高h處7.[多選]如圖所示,光滑水平面上有質量均為m的A、B兩個相同物塊,物塊A以速度v向右運動,與靜止不動、左端有一輕彈簧的物塊B發(fā)生對心碰撞,碰撞后物塊A與彈簧不粘連,在物塊A與彈簧接觸以后的過程中,下列說法正確的是 ()A.彈簧被壓縮過程中兩物塊總動量小于mvB.彈簧被壓縮到最短時兩物塊總動能為14mvC.彈簧恢復原長時,物塊A的動量為零D.彈簧恢復原長時,物塊B的動能為14mv8.[多選]研究平拋運動的裝置如圖所示.圖中PQ是圓弧軌道,軌道末端的切線水平,QEF是斜劈的橫截面,H是QE的中點,曲線QMNE是某次質量為m的小球做平拋運動的軌跡,M在H的正上方,N在H的左側且與H在同一水平線上.不計空氣阻力,下列說法正確的是 ()A.小球在M點的速度方向與QE平行B.從Q到M與從M到N,小球重力做的功相等C.從Q到M與從M到N,小球的動量變化量之比為(2+1)∶1D.從Q到M與從M到E,小球的速度變化量之比為1∶29.[多選]如圖所示,小球A、B、C質量分別為2m、m、m,A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接,桿長為l,B、C置于水平地面上.現讓兩輕桿并攏,以此時小球A在水平地面上的豎直投影為坐標原點,A由靜止釋放到下降到最低點的過程中,A、B、C在同一豎直平面內運動,忽略一切摩擦,重力加速度為g,則球A與地面接觸時(小球直徑遠小于桿長)()A.球C速度大小為glB.球B、C的動量之和為零C.球A落點在原點左側D.A與地面接觸時的速度大小為2二、非選擇題(共6小題,70分)10.[4分]某物理興趣小組利用如圖甲所示的裝置進行驗證動量守恒定律的實驗.光滑的水平平臺上的A點放置一個光電門.實驗步驟如下:A.在小滑塊a上固定一個寬度為d的窄擋光片;B.用天平分別測得小滑塊a(含擋光片)和小球b的質量為m1、m2;C.將a和b用細線連接,中間夾一被壓縮了的水平輕短彈簧,靜止放置在平臺上;D.燒斷細線后,a、b被彈開,向相反方向運動;E.記錄滑塊a離開彈簧后通過光電門時擋光片的遮光時間t;F.小球b離開彈簧后從平臺邊緣飛出,落在水平地面上的B點,測出平臺距水平地面的高度h及B點與平臺邊緣重垂線之間的水平距離x0;G.改變彈簧壓縮量,進行多次實驗.(1)用螺旋測微器測量擋光片的寬度,如圖乙所示,則擋光片的寬度為mm.

(2)若在誤差允許范圍內,滿足m1dt=,則a、b與彈簧作用過程中系統動量守恒.(用上述實驗所涉及物理量的字母表示,重力加速度為g)11.[6分]在“驗證動量守恒定律”的實驗中,一般采用如圖所示的裝置.其中P點為碰前入射小球落點的平均位置,M點為碰后入射小球落點的平均位置,N點為碰后被碰小球落點的平均位置.(1)若入射小球質量為m1,半徑為r1;被碰小球的質量為m2,半徑為r2,則.

A.m1>m2,r1>r2 B.m1>m2,r1<r2C.m1>m2,r1=r2 D.m1<m2,r1=r2(2)以下所提供的測量工具中需要的是.

A.刻度尺 B.游標卡尺C.天平 D.彈簧測力計E.秒表(3)在做實驗時,對實驗要求,以下說法正確的是.

A.斜槽軌道必須是光滑的B.斜槽軌道末端的切線是水平的C.入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下D.釋放點應適當高點(4)設入射小球的質量為m1,被碰小球的質量為m2,用如圖所示裝置進行實驗,則“驗證動量守恒定律”的表達式為.(用裝置圖中的字母表示)

12.[2021江西紅色七校第一次聯考,10分]如圖所示,一個足夠長的圓筒豎直固定,筒內有一質量為M的滑塊鎖定在距圓筒頂端h1=5m處.現將一個直徑小于圓筒內徑、質量為m的小球,從圓筒頂端沿圓筒中軸線由靜止釋放,小球與滑塊剛要碰撞時解除滑塊的鎖定,小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞后最高能上升到距圓筒頂端h2=3.2m處.不計空氣阻力,已知滑塊與圓筒間的滑動摩擦力為f=7.2N,重力加速度g取10m/s2.(1)求小球與滑塊的質量之比mM(2)若滑塊質量為0.9kg,求小球從與滑塊第一次碰撞到與滑塊第二次碰撞的時間間隔t.13.[2021湖北荊州中學月考,14分]兩質量均為2m的劈A和B緊挨著放置,兩劈內側均為半徑為R的14圓形光滑曲面,放在光滑水平面上,如圖所示.一質量為m的物塊(可視為質點)從劈A的最高點由靜止滑下,然后又滑上劈B.重力加速度為g.(1)物塊第一次離開劈A時,劈A后退的距離;(2)物塊在劈B上能夠達到的最大高度.14.[2021北京師大附中開學測試,18分]如圖所示,在光滑的水平面上有一長為L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的14圓弧槽C,與木板接觸但不相連,圓弧槽的下端與木板上表面齊平,B、C靜止在水平面上.現有滑塊A以初速度v0從右端滑上B,并以12v0的速度滑離B,之后恰好能到達C的最高點.A、B、C的質量均為m,重力加速度為(1)滑塊A與木板B上表面間的動摩擦因數μ;(2)14圓弧槽C的半徑R(3)當A滑離C時,C的速度.15.[思維方法——數學歸納法][18分]如圖所示,一質量m=1kg的滑塊(可視為質點)從距斜面底端高度h0=8m的位置由靜止釋放.已知斜面傾角θ=45°,滑塊與斜面間的動摩擦因數μ=0.6,滑塊滑至斜面底端時與擋板相碰,碰撞過程中無機械能損失,重力加速度為g=10m/s2.求:(1)滑塊第一次碰撞擋板前的瞬時速度大小;(2)第一次碰撞過程中,擋板對滑塊的沖量大小;(3)所有碰撞過程中,擋板對滑塊總的沖量大小.答案專題七碰撞與動量守恒考點1動量、沖量、動量定理1.C設t時間內,落到雨傘上雨水的質量為m,根據動量定理,有Ft=mv,又m=vtπr2ρ,所以F=v2πr2ρ,代入數據解得F=25N,所以選項C正確.2.D對接過程中,飛船受到推進器的推力作用,飛船和空間站整體動量不守恒,選項A錯誤;推進過程中,飛船對空間站的推力大小等于空間站對飛船的推力大小,但二力方向相反,故飛船對空間站的沖量與空間站對飛船的沖量不相同,選項B錯誤;設飛船的質量為m,飛船與空間站對接后,推進器工作20s的過程中,有(9.8×104kg+m)×0.1m/s=500N×20s,可得m=2.0×103kg,選項C錯誤;飛船與空間站對接后,推進器工作20s,飛船和空間站的速度增加0.1m/s,加速度為0.005m/s2,則飛船對空間站的推力為9.8×104kg×0.005m/s2=490N,選項D正確.3.B在t時間內與飛船碰撞并附著于飛船上的微粒總質量為M=vtSm,設飛船對微粒的作用力為F,由動量定理得Ft=Mv,聯立解得F=v2Sm,代入數據得F=3.6N,根據牛頓第三定律,可知微粒對飛船的作用力為3.6N,要使飛船速度不變,根據平衡條件,可知飛船的牽引力應增加3.6N,選項B正確.4.AC球拍將乒乓球原速率擊回,合外力對乒乓球的沖量不為零,可知乒乓球的動能不變,動量方向發(fā)生改變,合外力對乒乓球做功為零,A正確,B錯誤;在乒乓球的運動過程中,加速度方向向下,乒乓球處于失重狀態(tài),C正確,D錯誤.5B在涂料持續(xù)被噴向墻壁并不斷附著在墻壁上的過程中,涂料小顆粒的速度從v變?yōu)?.以Δt時間內噴在面積為ΔS上的質量為Δm的涂料為研究對象,設墻壁對它的作用力為F,它對墻壁的作用力為F',涂料增加的厚度為h.由動量定理可知F·Δt=Δm·v,其中Δm=ρ·ΔSh,則墻壁受到的壓強p=F'ΔS=FΔS=ρhvΔt.又因涂料厚度增加的速度為u=6.D為使皮球在離手時獲得一個豎直向下、大小為4m/s的初速度v,根據動量定理可知,合外力要給皮球的沖量為I=mv=0.4×4kg·m/s=1.6kg·m/s,手給球的沖量與重力給球的沖量之和等于合外力的沖量,故手給球的沖量小于1.6kg·m/s,選項A、B錯誤;設人對球做的功為W,由動能定理知,W+mgs=12mv2,解得W=2.2J,選項D正確,C錯誤7.(1)8m/s(2)16kg·m/s解析:(1)木塊被擊穿后在水平面上運動,對木塊有μmg=ma(2分)得木塊做勻減速直線運動的加速度大小a=μg=4m/s2(1分)由勻變速直線運動規(guī)律有v2=2ax(1分)得木塊被擊穿后獲得的速度大小v=8m/s(1分).(2)對木塊被擊穿的過程,由動量定理有I=mv-0(2分)得子彈對木塊打擊力的沖量的大小I=16kg·m/s(1分).考點2動量守恒定律1.A由題圖可知,碰前小球A的速度為v1=2m/s,碰前小球B的速度為零,碰后小球A的速度為v'1=-1m/s,碰后小球B的速度為v'2=1m/s,對小球A、B碰撞的過程,由動量守恒定律得m1v1=m1v'1+m2v'2,代入數據解得m2=0.6kg,A正確,B錯誤;由以上分析可知,碰后A被反彈,則兩球的運動方向相反,C錯誤;碰前小球A勻速運動,小球B靜止,D錯誤.2.ADA與B發(fā)生彈性碰撞,設碰撞后瞬間A、B的速度分別為vA、vB,取水平向右為正方向,根據動量守恒定律和機械能守恒定律得M2v0=M2vA+MvB,12·M2v02=12·M2vA2+12MvB2,解得vA=-2m/s,vB=4m/s,故B的最大速率為4m/s,選項A正確;B沖上C并運動到最高點時,B與C共速,此過程由動量守恒定律有MvB=(M+2M)v,解得B運動到最高點時的速率為v=43m/s,選項B錯誤;B沖上C然后又滑下的過程,設B、C分離時速度分別為v'B、v'C,由水平方向動量守恒有MvB=Mv'B+2Mv'C,由機械能守恒有12MvB2=12Mv'

B2+13.BD小物塊與箱子作用過程中二者組成的系統滿足動量守恒,小物塊最后恰好又回到箱子正中間,二者相對靜止,即二者共速,設速度為v1,則mv=(m+M)v1,系統損失動能ΔEk=12mv2-12(M+m)v12=12·Mmv2M+m,A項錯誤,B項正確;由于碰撞為彈性碰撞,故碰撞時不損失能量,系統損失的動能等于系統產生的熱量,即Δ4.B選木箱、人和小車組成的系統為研究對象,取向右為正方向,設第n(n為整數)次推出木箱后人與小車的速度為vn,第n次接住木箱后速度為v'n,由動量守恒定律第一次推出后有0=Mv1-mv,則v1=mv第一次接住后有Mv1+mv=(M+m)v'1第二次推出后有(M+m)v'1=Mv2-mv,則v2=3第二次接住后有Mv2+mv=(M+m)v'2??第n-1次接住后有Mvn-1+mv=(M+m)v'n-1第n次推出后有(M+m)v'n-1=Mvn-mv即vn=(2n設最多能推n次,推出后有v即(2n-1)mvM≥所以12(Mm+1)≤n<12(Mm將Mm=4代入,可得2.5≤n<3.因為n取整數,故n=3.5.(1)6m/s6m/s(2)能理由見解析解析:(1)設P、Q與彈簧分離時的速度大小分別為v1、v2,彈簧鎖定時的彈性勢能為Ep,由動量守恒定律和機械能守恒定律得mv1=mv2(2分)Ep=12mv12+1聯立解得v1=v2=6m/s(1分).(2)假設Q能通過半圓軌道的最高點M,且在最高點的速度為v.根據機械能守恒定律可得12mv22=mg·2R+1解得v=25m/s另一方面,若Q恰能通過M點,在M點根據牛頓第二定律及向心力公式有mg=mvM解得vM=2m/s<v故假設成立,Q能通過最高點(1分).考點3實驗:驗證動量守恒定律1.(1)2.20(2分)(2)m11-cosα=-m11-cosθ1+m21-cos解析:(1)小球A、B的直徑d=22mm+0.1×0mm=22.0mm=2.20cm.(2)小球A下擺過程只有重力做功,機械能守恒,由機械能守恒定律得12m1v12=m1gl(1-cosα),碰撞后,對A、B兩球分別根據機械能守恒定律得12m1v'12=m1gl(1-cosθ1)、12m2v'22=m2gl(1-cosθ2),若兩球碰撞前后的動量守恒,則滿足m1v1=-m1v'1+m2v'2,聯立以上四式得m1(3)用質量相同的兩個小球完成實驗,且碰后A球靜止,則說明兩球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞.2.(1)等于(1分)大于(1分)(2)54.2(53.5~54.5范圍內均可)(2分)(3)m1LD=m1LC+m2解析:(1)為了驗證水平方向上動量守恒并確保N球被碰后做平拋運動,應使兩小球對心碰撞,需兩小球半徑相等;同時為確保M球碰撞后速度方向不變,M球的質量必須大于N球的質量.(2)將圖乙中的10個落點用圓規(guī)畫出最小的圓圈住,圓心即為落點的平均位置,可知圓心到B點的距離為54.2cm,允許有一定的誤差,取值在53.5~54.5cm范圍內都算正確.(3)小球離開導軌后做平拋運動,有Lcosθ=v0t及Lsinθ=12gt2,聯立可得v0=gcos2θ2sinθL,對照圖甲和實驗條件可知,D點為M球未與N球碰撞時單獨做平拋運動的平均落點位置,有v1=gcos2θ2sinθLD,E點為N球被碰后做平拋運動的平均落點位置,對應有v2=gcos2θ2sinθLE,C點為M球與N球碰撞后做平拋運動的平均落點位置,對應有v'1=gcos2θ2sinθLC,將v1、v'3.(1)0.45(2分)0.60(2分)(2)增大(2分)解析:(1)打點計時器所接電源的頻率f=50Hz,周期T=1f=0.02s,由題圖乙可知,碰撞前滑塊A的速度為vA=6.0010-2m/s=3.0m/s,A與B碰撞并粘合在一起后速度為vAB=3.000.02×10-2m/s=1.5m/s.碰撞前滑塊A的動能EkA=12mAvA0.20×3.02J=0.90J,碰撞后滑塊A、B的總動能EkAB=12(mA+mB)vAB2=12×(0.20+0.20)×1.52J=0.45J,A與B碰撞過程中系統損失的動能為ΔEk1=EkA-EkAB=0.90J-0.45J=0.45J.由題圖丙可知,A與C2.000.02×10-2m/s=1.0m/s.碰撞前滑塊A的動能EkA=12mAvA2=12×0.20×3.02J=0.90J,碰撞后滑塊A、C的總動能EkAC=12(mA+mC)vAC2=12×(0.20+0.40)×1.02J=0.30J,A與C碰撞過程中系統損失的動能為ΔEk2=EkA0.30J=0.60J.(2)根據實驗結果可知,被碰物體質量增大,系統損失的動能增大.1.C撞擊時籃球受到的沖量等于其動量的變化,即I=mv'-m(-v)=m(v'+v),選項A錯誤;碰撞時,籃球與籃板相互作用,相互作用力等大反向,作用時間相等,則籃板受到的沖量大小不為零,選項B錯誤;撞擊時間極短,重力的沖量忽略不計,撞擊前后籃板均保持靜止,籃球速度反向,所以籃球和籃板組成的系統動量不守恒,選項C正確;由于v'<v,系統機械能有損失,不守恒,選項D錯誤.2.D把砂桶(含砂)與小車(含車上砝碼)看成一個整體,這個整體在向下運動時受到摩擦力作用,除了摩擦力外還有重力、斜面的支持力,摩擦力做負功,支持力不做功,故系統的機械能不守恒,選項A、B錯誤;在砂桶向下運動的過程中,系統受到了合外力(砂桶重力)的作用,它們的動量越來越大,動量不守恒,選項C錯誤,D正確.3.C甲、乙兩物體僅存在相互作用,則甲、乙兩物體組成的系統動量守恒,故0~0.4s時間內甲對乙的沖量大小等于乙對甲的沖量大小,A錯誤;在v-t圖像中,圖線與坐標軸圍成圖形的面積表示位移,則0~t1時間內甲、乙位移之比為1∶5,B錯誤;由圖線可知,甲、乙兩物體加速度大小之比為1∶3,則甲、乙質量之比為3∶1,C正確;由圖線可知a乙的大小為10m/s2,則t1=0.3s,D錯誤.4.B噴口的內徑約2cm,則半徑約為r=0.01m,木塊靜止在距噴口h=1m的位置,即木塊受到水的沖擊力等于木塊的重力,由動量定理得0-mv=-m木gt,在一段極短時間t內噴到木塊上的水柱的質量為m=ρ水vtS,S=πr2,設水在剛噴出噴口時的速度為v噴,由機械能守恒定律可知mgh+12mv2=12mv噴2,設驅動該噴口噴水的水泵功率為P,在接近管口很短一段時間Δt內噴出水柱的質量m1=ρ水v噴ΔtS,根據動能定理可得PΔt=12m1v5.A設探測器的質量為m,行星的質量為M,探測器和行星的作用過程與彈性碰撞的過程進行類比.對于模型一:如題圖甲,設向左為正方向,由動量守恒定律得Mu-mv0=mv1+Mu1,式中u1為探測器遠離行星后行星的速度大小,由機械能守恒定律得12Mu2+12mv02=12mv12+12Mu12,聯立解得v1=2Mu+Mv0-mv0M+m,因M?m,則v1≈2u+v0>v0,選項A正確,B錯誤.對于模型二:如題圖乙,設向左為正方向,由動量守恒定律得Mu+mv0=-mv2+Mu2,式中u2為探測器遠離行星后行星的速度大小,由機械能守恒定律得12Mu2+12mv02=126.C在小球與彈簧碰撞的過程中,小球受到了外力,小球與槽組成的系統動量不守恒,故A錯誤;由動能定理知小球對槽的作用力對槽做正功,同時槽對小球的作用力對小球也做正功,故B錯誤;由水平方向動量守恒可知,槽與小球分開時速度大小相等、方向相反(0=mv槽+mv球),所以小球被彈簧反彈后不會與槽再作用,小球和槽分別做勻速直線運動,故C正確,D錯誤.7.BC物塊A、輕彈簧和B組成的系統所受的外力之和為零,動量守恒,初態(tài)總動量為mv,則輕彈簧被壓縮過程中兩物塊總動量仍然為mv,選項A錯誤;輕彈簧被壓縮到最短時A和B的速度相等,由動量守恒定律有mv=2mv共,可得v共=v2,則此時兩物塊的總動能為Ek=12×2mv共2=14mv2,選項B正確;A和B從相對靠近壓縮彈簧至彈簧恢復原狀的過程中,A和B及輕彈簧組成的系統滿足動量守恒定律和機械能守恒定律,則彈簧恢復原長時,有mv=mvA+mvB,12mv2=12mvA2+12mvB2,可得vA=0,vB=v,選項C正確;彈簧恢復原長時,ABC根據題意可判定QM段的水平位移與ME段的水平位移相等,利用平拋運動水平分運動的性質可知,小球從Q到M的運動時間與從M到E的運動時間相等,平拋運動為勻變速曲線運動,所以從Q到M與從M到E,小球的速度變化量之比為1∶1,D錯誤;由平拋運動的豎直分運動的性質可知,Q、M的高度差與M、E的高度差之比為1∶3,設QF=h,EF=l,則Q、M的高度差h1=h4,可求得M、N的高度差h2=h4,所以從Q到M與從M到N,小球重力做的功相等,B正確;根據H=12gt2可得,小球從Q到M的運動時間t1=h2g,小球從Q到N的運動時間t2=hg,所以小球從M到N的運動時間t'2=(2-1)h2g,根據動量定理可知,從Q到M與從M到N,小球的動量變化量之比為ΔpQM∶ΔpMN=t1∶t'2=(2+1)∶1,C正確;設小球在M點的速度方向與水平方向的夾角為θ,∠QEF=α,則由幾何關系有tanθ=α,所以小球在M點的速度方向與QE平行,A正確.9.BD忽略一切摩擦,釋放A球前,對A球進行受力分析可知,兩桿對A球的作用力大小相等,下降過程中,因兩桿長度均為l,由幾何知識可知兩桿與水平地面的夾角相等,所以兩桿對A球的作用力大小相等,球B、C運動的速度大小相等,球A豎直向下運動,C錯誤;A、B、C組成的系統水平方向受到的合力為零,水平方向上動量守恒,則球B、C的動量之和為零,B正確;對球A、C的運動過程分析可知,球C的速度先增大后減小,球A落地時有最大速度,此時球C速度為零,A錯誤;同理,球A落地時球B速度也為零,由機械能守恒定律得2mgl=12·2mvA2,則球A與水平地面接觸時的速度大小為10.(1)3.704(3.702~3.706均可,2分)(2)m2x0g2解析:(1)螺旋測微器的讀數為固定刻度與可動刻度示數之和,所以擋光片的寬度d=3.5mm+20.4×0.01mm=3.704mm.(2)燒斷細線后,a、b被彈簧彈開,a通過光電門的速度大小v1=dt,彈開后a的動量大小pa=m1dt,b做平拋運動,速度大小v2=x0t=x0g2h,彈開后b的動量大小pb=m2x0g2h,若pa=11.(1)C(1分)(2)AC(1分)(3)BCD(2分)(4)m1·OP=m1·OM+m2·ON(2分)解析:(1)在小球碰撞過程中水平方向動量守恒,則有m1v0=m1v1+m2v2,在碰撞過程中動能不增加,則有12m1v02≥12m1v12+12m2v22,解得v1≥m1-m2m1+m2v0,要使碰后入射小球的速度v1>0,則(2)碰撞前入射小球的速度v0=OP