選修1高中物理《動量守恒定律》測試題(含答案)

選修1高中物理《動量守恒定律》測試題(含答案)選修1高中物理《動量守恒定律》測試題(含答案)?一、動量守恒定律選擇題1．在光滑的水平桌面上有等大的質量分別為M=0.6kg，m=0.2kg的兩個小球，中間夾著一個被壓縮的具有Ep=10.8J彈性勢能的輕彈簧（彈簧與兩球不相連），原來處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R=0.425m的豎直放置的光滑半圓形軌道，如圖所示。g取10m/s2。則下列說法正確的是（）A．球m從軌道底端A運動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4N·sB．彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為1.8N·sC．若半圓軌道半徑可調，則球m從B點飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小D．M離開輕彈簧時獲得的速度為9m/s2．如圖，質量為m的小木塊從高為h的質量為M的光滑斜面體頂端滑下，斜面體傾角為θ，放在光滑水平面上，m由斜面體頂端滑至底端的過程中，下列說法正確的是A．M、m組成的系統(tǒng)動量守恒B．M移動的位移為()tanmhMmC．m對M做功為222cos()(sin)MmghMmMmD．m對M做功為222sin()(cos)MmghMmMm3．如圖所示，將一光滑的、質量為4m、半徑為R的半圓槽置于光滑水平面上，在槽的左側緊挨著一個質量為m的物塊.今讓一質量也為m的小球自左側槽口A的正上方高為R處從靜止開始落下，沿半圓槽切線方向自A點進入槽內，則以下結論中正確的是（）A．小球在半圓槽內第一次由A到最低點B的運動過程中，槽的支持力對小球做負功B．小球第一次運動到半圓槽的最低點B時，小球與槽的速度大小之比為41︰C．小球第一次在半圓槽的最低點B時對槽的壓力為133mgD．物塊最終的動能為15mgR?4．如圖所示,A、B、C三個半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿上,三個球的質量分別為mA=2kg,mB=3kg,mC=1kg,初狀態(tài)三個小球均靜止,BC球之間連著一根輕質彈簧,彈簣?zhí)幱谠L狀態(tài).現(xiàn)給A一個向左的初速度v0=10m/s,A、B碰后A球的速度變?yōu)橄蛴?大小為2m/s，下列說法正確的是??A．球A和B碰撞是彈性碰撞?B．球A和B碰后,球B的最小速度可為0?C．球A和B碰后,彈簧的最大彈性勢能可以達到96J?D．球A和B碰后,彈簧恢復原長時球C的速度可能為12m/s?5．如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點有完全相同的金屬球A和B，帶有不等量的同種電荷．現(xiàn)使A、B以大小相等的初動量相向運動，不計一切能量損失，碰后返回M、N兩點，則??A．碰撞發(fā)生在M、N中點之外?B．兩球同時返回M、N兩點?C．兩球回到原位置時動能比原來大些?D．兩球回到原位置時動能不變?6．如圖，質量分別為mA、mB的兩個小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方.?先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放.?當A球下落t＝0.3s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小為g＝10?m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．下列說法正確的是（???）?A．B球第一次到達地面時的速度為4m/s?B．A、B球在B球向上運動的過程中發(fā)生碰撞?C．B球與A球碰撞后的速度為1m/s?D．P點距離地面的高度0.75m?7．質量分別為3m和m的兩個物體，用一根細繩相連，中間夾著一根被壓縮的輕彈簧，在光滑的水平面上以速度v0勻速運動．某時刻剪斷細繩，質量為m的物體離開彈簧時速度變?yōu)関=?2v0，如圖所示．則在這一過程中彈簧做的功和兩物體之間轉移的動能分別是??A．2083mv????2023mv?B．20mv???2032mv?C．2012mv???2032mv?D．2023mv???2056mv?8．在光滑水平面上，有兩個小球A、B沿同一直線同向運動(B在前)，已知碰前兩球的動量分別為pA＝10?kg·m/s、pB＝13?kg·m/s，碰后它們動量的變化分別為ΔpA、ΔpB.下列數(shù)值可能正確的是(??????)?A．ΔpA＝－3?kg·m/s、ΔpB＝3?kg·m/s?B．ΔpA＝3?kg·m/s、ΔpB＝－3?kg·m/s?C．ΔpA＝－20?kg·m/s、ΔpB＝20?kg·m/s?D．ΔpA＝20kg·m/s、ΔpB＝－20?kg·m/s?9．如圖，斜面體固定在水平面上，斜面足夠長，在斜面底端給質量為m的小球以平行斜面向上的初速度1v，當小球回到出發(fā)點時速率為2v。小球在運動過程中除重力和彈力外，另受阻力f（包含摩擦阻力），阻力f大小與速率成正比即fkv。則小球在斜面上運動總時間t為（????）??A．12sinvvtg?B．12sinvvtg?C．1212sin2mvmvtvvmgk?D．1212sin2mvmvtvvmgk?10．如圖所示，質量為M的木板靜止在光滑水平面上，木板左端固定一輕質擋板，一根輕彈簧左端固定在擋板上，質量為m的小物塊從木板最右端以速度v0滑上木板，壓縮彈簧，然后被彈回，運動到木板最右端時與木板相對靜止。已知物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為，整個過程中彈簧的形變均在彈性限度內，則（??）??A．木板先加速再減速，最終做勻速運動?B．整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為204()MmvMm?C．整個過程中木板和彈簧對物塊的沖量大小為0MmvMm?D．彈簧壓縮到最短時，物塊到木板最右端的距離為202()MvMmg?11．如圖所示，質量為M的長木板A靜止在光滑的水平面上，有一質量為m的小滑塊B以初速度v0從左側滑上木板，且恰能滑離木板，滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ．下列說法中正確的是??A．若只增大v0，則滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量增加?B．若只增大M，則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量減少?C．若只減小m，則滑塊滑離木板時木板獲得的速度減少?D．若只減小μ，則滑塊滑離木板過程中滑塊對地的位移減小?12．一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由下落的過程稱為Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為Ⅱ，忽略空氣阻力，則(????????)?A．過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量小于重力的沖量?B．過程Ⅱ中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小?C．過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ與過程Ⅱ重力沖量的大小?D．過程Ⅱ中鋼珠的動量改變量等于阻力的沖量?13．如圖所示，光滑水平面上質量為m的小球A和質量為13m的小球B，通過輕質彈簧相連并處于靜止狀態(tài)，彈簧處于自由長度；質量為m的小球C以速度0V沿AB連線向右勻速運動．并與小球A發(fā)生彈性正碰．在小球B的右側固定一塊彈性擋板（圖中未畫出）．當小球B的速度達到最大時恰與擋板發(fā)生正碰，后立刻將擋板搬走．不計所有碰撞過程中的機械能損失．彈簧始終處于彈性限度內，小球B與固定擋板的碰撞時間極短，碰后小球B的速度大小不變，但方向相反．則B與擋板碰后彈簧彈性勢能的最大值mE為（????）??A．20mV?B．2012mV?C．2016mV?D．20116mV?14．如圖所示，A、B兩物體質量分別為mA=5kg和mB=4kg，與水平地面之間的動摩擦因數(shù)分別為μA=0.4和μB=0.5，開始時兩物體之間有一壓縮的輕彈簧（不拴接），并用細線將兩物體拴接在一起放在水平地面上.現(xiàn)將細線剪斷，則兩物體將被彈簧彈開，最后兩物體都停在水平地面上。下列判斷正確的是（????）??A．在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒?B．在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，整個系統(tǒng)的機械能守恒?C．在兩物體被彈開的過程中，A、B兩物體的機械能一直增大?D．兩物體一定同時停在地面上?15．如圖所示,一質量為m0=0.05?kg的子彈以水平初速度v0=200?m/s打中一放在水平地面上A點的質量為m=0.95?kg的物塊,并留在物塊內(時間極短,可忽略),隨后物塊從A點沿AB方向運動,與距離A點L=5?m的B處的墻壁碰撞前瞬間的速度為v1=8?m/s,碰后以v2=6?m/s的速度反向運動直至靜止,測得物塊與墻碰撞的時間為t=0.05?s,g取10?m/s2,則??A．物塊從A點開始沿水平面運動的初速度v=10?m/s?B．物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.36?C．物塊與墻碰撞時受到的平均作用力大小F=266?N?D．物塊在反向運動過程中產(chǎn)生的摩擦熱Q=18?J?16．如圖所示，質量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上，木板上放置一質量為m的木塊．已知m與M之間的動摩擦因數(shù)為μ，m、M與桌面間的動摩擦因數(shù)均為2μ．現(xiàn)對M施一水平恒力F，將M從m下方拉出，而m恰好沒滑出桌面，則在上述過程中??A．水平恒力F一定大于3μ(m+M)g?B．m在M上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等?C．M對m的沖量大小與桌面對m的沖量大小相等?D．若增大水平恒力F，木塊有可能滑出桌面?17．如圖所示，質量為2m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質量為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升到距B點所在水平線的最大高度為034h處（不計空氣阻力，小球可視為質點），則（??）??A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒?B．小球離開小車后做斜上拋運動?C．小車向左運動的最大距離為23R?D．小球第二次在空中能上升到距B點所在水平線的最大高度大于02h?18．如圖（a）所示，在粗糙的水平地面上有兩個大小相同但材質不同的甲、乙物塊。t=0時刻，甲物塊以速度v04m/s向右運動，經(jīng)一段時間后與靜止的乙物塊發(fā)生正碰，碰撞前后兩物塊運動的v—t圖像如圖（b）中實線所示，其中甲物塊碰撞前后的圖線平行，已知甲物塊質量為6kg，乙物塊質量為5kg，則（??）??A．此碰撞過程為彈性碰撞?B．碰后瞬間乙物塊速度為2.4m/s?C．碰后乙物塊移動的距離為3.6m?D．碰后甲、乙兩物塊所受摩擦力之比為6：5?19．如圖所示，ab、cd是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，ab>cd。ab、cd的端點都在同一圓周上，b點為圓周的最低點，c點為圓周的最高點，若每根桿上都套著一個相同的小滑?環(huán)(圖中未畫出)，將甲、乙兩滑環(huán)分別從a、c處同時由靜止釋放，則(??)??A．兩滑環(huán)同時到達滑桿底端?B．兩滑環(huán)的動量變化大小相同?C．重力對甲滑環(huán)的沖量較大?D．彈力對甲滑環(huán)的沖量較小?20．3個質量分別為m1、m2、m3的小球,半徑相同,并排懸掛在長度相同的3根豎直繩上,彼此恰好相互接觸.現(xiàn)把質量為m1的小球拉開一些,如圖中虛線所示,然后釋放,經(jīng)球1與球2、球2與球3相碰之后,3個球的動量相等.若各球間碰撞時均為彈性碰撞,且碰撞時間極短,不計空氣阻力,則m1:m2:m3為(??)???A．6:3:1?B．2:3:1?C．2:1:1?D．3:2:1?二、動量守恒定律?解答題?21．如圖所示為過山車簡易模型，它由光滑水平軌道和豎直面內的光滑圓形軌道組成，Q點為圓形軌道最低點，M點為最高點，圓形軌道半徑R＝0.32?m.水平軌道PN右側的水平地面上，并排放置兩塊長木板c、d，兩木板間相互接觸但不粘連，長木板上表面與水平軌道PN平齊，木板c質量m3＝2.2?kg，長L＝4?m，木板d質量m4＝4.4?kg.質量m2＝3.3?kg的小滑塊b放置在軌道QN上，另一質量m1＝1.3?kg的小滑塊a從P點以水平速度v0向右運動，沿圓形軌道運動一周后進入水平軌道與小滑塊b發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且碰撞過程中無機械能損失.碰后a沿原路返回到M點時，對軌道壓力恰好為0.已知小滑塊b與兩塊長木板間動摩擦因數(shù)均為μ0＝0.16，重力加速度g＝10?m/s2.??(1)求小滑塊a與小滑塊b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；?(2)若碰后滑塊b在木板c、d上滑動時，木板c、d均靜止不動，c、d與地面間的動摩擦因數(shù)μ至少多大？(木板c、d與地面間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)?(3)若不計木板c、d與地面間的摩擦，碰后滑塊b最終恰好沒有離開木板d，求滑塊b在木板c上滑行的時間及木板d的長度.?22．一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示．圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接．現(xiàn)有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止．重力加速度為g．求??（1）木塊在最高點時的速度；?（2）木塊在ab段受到的摩擦力f；?（3）木塊最后距a點的距離s?23．如圖所示，上表面光滑、質量為4m的帶有擋板的木板B放置在水平地面上，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，木板上放有一質量為m、電荷量為+q的物塊A。整個裝置處于電場強度大小2mgEq、方向水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)同時給物塊、木板水平向右的初速度0v，當物塊運動到木板右端時（與擋板碰前的瞬間），木板的速度恰好減為零，之后物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞，以后每隔一段時間，物塊就與擋板碰撞1次。已知物塊與擋板的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短，物塊始終在木板上運動，重力加速度大小為g。求：?(1)發(fā)生第1次碰撞后，物塊與木板的速度大小；?(2)從第1次碰撞至第2020次碰撞的時間間隔；?(3)從第1次碰撞至第2020次碰撞，物塊電勢能的減少量。??24．如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量4Amkg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量2Bmkg．現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A，B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t＝0.6s，二者的速度達到12/vms．求?（1）A開始運動時加速度a的大小；?（2）A，B碰撞后瞬間的共同速度v的大?。?（3）A的上表面長度l；??25．如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M=6.0kg的物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶的皮帶輪逆時針勻速轉動，使傳送帶上表面以u=2.0m/s勻速運動。傳送帶的右邊是一半徑R=1.25m位于豎直平面內的光滑14圓弧軌道。質量m=2.0kg的物塊B從14圓弧的最高處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，傳送帶兩軸之間的距離l=4.5m。設第一次碰撞前，物塊A靜止，物塊B與A發(fā)生碰撞后被彈回，物塊A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：??(1)物塊B滑到14圓弧的最低點C時對軌道的壓力；?(2)物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能；?(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時彈簧都會被立即鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，求物塊B經(jīng)第一次與物塊A碰撞后在傳送帶上運動的總時間。?26．兩條足夠長的平行光滑的金屬導軌MN、PQ放在水平面上，左端向上彎曲，導軌間距為L，軌道電阻不計。水平段導軌所處空間存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。軌道上有材料和長度相同、橫截面積不同的兩導體棒a、b，其中導體棒a的質量為m，電阻為R，導體棒b的質量為2m，導體棒b放置在水平導軌上，導體棒a在彎曲軌道上距水平面高度處由靜止釋放。兩導體棒在運動過程中始終不接觸，導體棒和導軌接觸良好且始終和導軌垂直，重力加速度為g。求：?（1）導體棒a剛進入磁場時，導體棒a中感應電流的瞬時電功率P；?（2）從導體棒a開始下落到最終穩(wěn)定的過程中，導體棒a上產(chǎn)生的內能；?（3）為保證運動中兩導體棒不接觸，最初導體棒b到磁場左邊界的距離至少為多少？???【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除???一、動量守恒定律?選擇題????1．A?解析：AB?【解析】?【分析】?【詳解】?ABD．釋放彈簧過程中系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒得?120mvMv?由機械能守恒得?221211?22PmvMvE?代入數(shù)據(jù)解得?129m/s3m/svv，?即M離開輕彈簧時獲得的速度為3m/s；m從A到B過程中，由機械能守恒定律得?2'21111222mvmvmgR?解得?18m/sv?以向右為正方向，由動量定理得，球m從軌道底端A運動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為?110.28Ns0.29Ns3.4NsIpmvmv?則合力沖量大小為3.4N?s，由動量定理得，彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為?10.29Ns1.8NsIpmv?故A?B正確，D錯誤；?C．設圓軌道半徑為r時，飛出B后水平位移最大，由A到B機械能守恒定律得?222111?222mvmvmgr?在最高點，由牛頓第二定律得?22vmgNmr?m從B點飛出，需要滿足：0N，飛出后，小球做平拋運動?2122rgt?2xvt?解得?22114(4)(4)4vrvvgrrrgg?當8.144rr時，即r=1.0125m時，x為最大，球m從B點飛出后落在水平桌面上的水??平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小，故C錯誤。?故選AB。?2．B?解析：BC?【解析】?【詳解】?A．M、m組成系統(tǒng)水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒，故A錯誤；?B．M、m組成系統(tǒng)水平方向動量守恒有?12Mxmx?由水平位移關系有?12tanhxx?聯(lián)立解得?1()tanmhxMm??即M位移為()tanmhMm，故B正確；?CD．設物體滑到斜面底端時，沿斜面的速度v2，斜面速度為v1，則有?121co0sMvmvv2221212cos11sin22mghmvmvvv?m對M做功：222121cos2()sinMmghWmvMmMm?故C正確，D錯誤。?3．A?解析：AD?【解析】?【分析】?【詳解】?A.小球從A到B的過程中，小球對半圓槽的壓力方向向左下方，所以半圓槽要向左推動物塊一起運動，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向左運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，而是大于90°，故槽的支持力對小球做負功，故A正確；?B.由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故球、半圓槽和物塊在水平方向動量守恒，取向右為正，則有：mv1-（4m+m）v2=0，解得：v1：v2=5：1，故B錯誤；???C.根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得：mg×2R＝221211422mvmmv，聯(lián)立解得：1103gRv＝?2215gRv＝；小球第一次在最低點，由牛頓第二定律得：FN?mg＝m212vvR，聯(lián)立解得：FN＝4915mg，故C錯誤；?D.當小球從B到C的過程中，小球對半圓槽有向右下方的壓力，半圓槽開始減速，與物塊分離，則物塊最終以2215gRv＝的速度向左勻速運動，則物塊的動能為221215mgREmv＝＝，故D正確；?故選AD．?【點睛】?本題考查動量守恒定律與機械能守恒定律．當球下落到最低點過程，由于左側豎直墻壁作用，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，但小球機械能守恒．當球從最低點上升時，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒，但小球機械能不守恒，而小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒．?4．A?解析：AD?【解析】?【詳解】?A.A、B兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：?mAv0=mAvA+mBvB，?解得：?vB=8m/s，?碰撞前系統(tǒng)總動能：?22A011210100J22JKEmv?碰撞后系統(tǒng)總動能：?2222AABB11112238100JJ2J222KEmvmv（）?碰撞過程機械能不變，機械能守恒，碰撞是彈性碰撞，故A正確；?BD.A、B碰撞后，B、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，彈簧恢復原長時B的速度最小，C的速度最大，以向左為正方向，從碰撞后到彈簧恢復原長過程，在水平方向，由動量守恒定律得：?mBvB=mBvB′+mCvC?由機械能守恒定律得：??222BBBBCC?111222mvmvmv?解得：vB′=4m/s，vC=12m/s（彈簧恢復原長時C的速度最大，vB′=8m/s，vC=0m/s??不符合實際，舍去），由此可知，彈簧恢復原長時C的速度為12m/s，B的最小速度為4m/s，故B錯誤，D正確；?C.B、C速度相等時彈簧伸長量最大，彈簧彈性勢能最大，B、C系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：?mBvB=（mB+mC）vC，?由機械能守恒定律得：?22BBBCC?1122PmvmmvE（）?解得彈簧的最大彈性勢能：EP=24J，故C錯誤。?5．B?解析：BC?【解析】?由于兩球在任何時刻所受的電場力相等，則加速度相等，速度大小相等，可知碰撞發(fā)生在中點，且同時返回M、N點，A錯誤B正確；兩球碰撞后，電量重新分布，兩球在同樣的位置間的作用力由122qqFkr變?yōu)?122()2qqFkr，故根據(jù)12122qqqq（12122qqqq，由于兩電荷量不相等，所以等號不會成立），故作用力比之前增大，可知整個過程中電場力做正功，知返回到出發(fā)點的速度比較之前大，則兩球回到原位置時動量比原來大些，C正確D錯誤．?6．A?解析：AD?【解析】?【分析】?【詳解】?A、B球在地面上方靜止釋放后只有重力做功，根據(jù)動能定理有：212BBBmghmv，可得B球第一次到達地面時的速度24m/sBvgh；選項A正確．?B、A球下落過程，根據(jù)自由落體運動可得A球的速度vA＝gt＝3m/s，B球下降高度210.45m0.8m2Bhgt，故在B球向下運動的過程中發(fā)生碰撞；選項B錯誤．?C、設B球的速度為vB′，則有碰撞過程動量守恒mAvA＋mBvB′＝mBvB″，碰撞過程沒有動能損失則有222111222AABBBBmvmvmv，解得：vB′＝1m/s，vB″＝2m/s；選項C錯誤．?D、小球B與地面碰撞后根據(jù)沒有動能損失，所以B離開地面上拋時的速度v0＝vB＝4m/s???所以P點的高度2200.75m2BPvvhg；選項D正確．?故選AD．?【點睛】?本題主要考查了自由落體運動基本公式、動量守恒定律、機械能守恒定律的直接應用，要求同學們能分析清楚兩個小球得運動情況，選擇合適的過程，應用物理學基本規(guī)律解題．?7．D?解析：D?【解析】?【分析】?細線斷裂過程，系統(tǒng)的合外力為零，總動量守恒，根據(jù)動量守恒定律就可以求出物體m離開彈簧時物體3m的速度，根據(jù)動能定理分別求出彈簧對兩個物體做的功，兩者之和即可得到彈簧在這個過程中做的總功．?【詳解】?設3m的物體離開彈簧時的速度為υ'，根據(jù)動量守恒定律，則有：?00(3)?23mmvmvmv??解得：023vv??根據(jù)動能定理，彈簧對兩個物體做的功分別為：?2221000113(2)222Wmvmvmv??222200012153()32326Wmvmvmv?所以彈簧做的總功：W=W1+W2=2023mv?m的物體動能的增量為：222000113(2)222mvmvmv??此過程中彈簧的彈性勢能的減小量為彈簧彈力做的功即為2023mv?由機械能守恒可知，所以兩物體之間轉移的動能為：222000325236mvmvmv．?故應選D．?【點睛】?本題是系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒的類型，對于彈簧的彈力是變力，應運用動能定理求解做功．?8．A?解析：A?【解析】?【詳解】??對于碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律、碰撞后系統(tǒng)的機械能不能增加和碰撞過程要符合實際情況。?BD．本題屬于追及碰撞，碰前，后面運動物體速度一定要大于前面運動物體的速度（否則無法實現(xiàn)碰撞），碰后，前面物體動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以，,并且由此可知：不符合題意。?A．碰撞后，，，根據(jù)關系式，滿足以上三條定律，符合題意。?C．碰撞后，，，根據(jù)關系式，A球的質量和動量大小都不變，動能不變，而B球的質量不變，動量增大，所以B球的動能增大，系統(tǒng)的機械能比碰撞前增大了，不符合題意。?9．A?解析：A?【解析】?【詳解】?設沿斜面方向，最大位移為x，阻力f沖量：?0fIkvtkxkx?則合沖量為sinmgt?由動量定理，?21sinmgtmvmv?則12sinvvtg??A.?12sinvvtg與計算相符，A正確?B.?12sinvvtg與計算不符，B錯誤?C.?1212sin2mvmvtvvmgk與計算不符，C錯誤?D.?1212sin2mvmvtvvmgk與計算不符，D錯誤?10．A?解析：AB?【解析】?【分析】?【詳解】???A．物塊接觸彈簧之前，物塊減速運動，木板加速運動；當彈簧被壓縮到最短時，摩擦力反向，直到彈簧再次恢復原長，物塊繼續(xù)減速，木板繼續(xù)加速；當物塊與彈簧分離后，物塊水平方向只受向左的摩擦力，所以物塊加速，木板減速；最終，當物塊滑到木板最右端時，物塊與木板共速，一起向左勻速運動。所以木板先加速再減速，最終做勻速運動，所以A正確；?B．當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時物塊與木板第一次共速，將物塊，彈簧和木板看做系統(tǒng)，由動量守恒定律可得?0()mvmMv?得?0mvvmM?從開始運動到彈簧被壓縮到最短，由能量守恒可得?22p0f11()22EmvmMvW?從開始運動到物塊到達木板最右端，由能量守恒可得?22f0112()22WmvmMv?20f4()mMvWmM?則最大的彈性勢能為?20p4()EMmvMm?所以B正確；?C．根據(jù)動量定理，整個過程中物塊所受合力的沖量大小為?00MmvImvmvMm?所以0MmvMm是合力的沖量大小，不是木板和彈簧對物塊的沖量大小，所以C錯誤；?D．由題意可知，物塊與木板之間的摩擦力為?fFmg?又系統(tǒng)克服摩擦力做功為?ffWFx相對?則?20ff=4()MvWxFMmg相對?即彈簧壓縮到最短時，物塊到木板最右端的距離為204()MvMmg，所以D錯誤。???故選AB。?11．B?解析：BCD?【解析】?【分析】?【詳解】?A．滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積?=QfLmgL相相?因為相對位移沒變，所以產(chǎn)生熱量不變，故A錯誤；?B．由極限法，當M很大時，長木板運動的位移xM會很小，滑塊的位移等于xM+L很小，對滑塊根據(jù)動能定理：?22101122MmgxLmvmv?可知滑塊滑離木板時的速度v1很大，把長木板和小滑塊看成一個系統(tǒng)，滿足動量守恒?01mvmvMv?可知長木板的動量變化比較小，所以若只增大M，則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量減少，故B正確；?C．采用極限法：當m很小時，摩擦力也很小，m的動量變化很小，把長木板和小滑塊看成一個系統(tǒng)，滿足動量守恒，那么長木板的動量變化也很小，故C正確；?D．當μ很小時，摩擦力也很小，長木板運動的位移xM會很小，滑塊的位移等于xM+L也會很小，故D正確．?故選BCD．?12．C?解析：C?【解析】?A、過程Ⅰ中鋼珠所受外力只有重力，有動量定理知鋼珠動量的改變等于重力的沖量，故A錯誤；B、過程Ⅱ中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和．故B錯誤；C、過程Ⅱ中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和．故C正確；D、過程Ⅱ中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和．故D錯誤．故選C．?【點睛】本題解題的關鍵在于分清過程，分析各個過程中鋼珠受力情況，并緊扣動量定理的內容來逐項分析．?13．B?解析：B?【解析】?【詳解】???由題，系統(tǒng)的初動能為Ek=2012mv，而系統(tǒng)的機械能守恒，則彈簧的彈性勢能不可能等于20mv．故A錯誤．由于小球C與小球A質量相等，發(fā)生彈性正碰，則碰撞后交換速度，若當小球B的速度達到最大時彈簧處于原長狀態(tài)，則由動量守恒定律及能量關系可知：0123mmvmvv?；2220121112223mmvmvv；聯(lián)立解得v1=0.5v0，v2=1.5v0；?B與擋板碰撞，B碰撞后速度與A大小相等、方向相反，當兩者速度相等時，彈簧的彈性最大，此時121()33mmvmvmv，解得v=0，則彈簧的彈性勢能最大值為EP=Ek=2012mv．故B正確，CD錯誤；故選B.?【點睛】?本題是系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒的問題．兩個質量相等的小球發(fā)生彈性碰撞時，將交換速度；速度相等是彈簧具有最大彈性勢能的臨界條件．?14．D?解析：D?【解析】?【分析】?【詳解】?A．在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，A物體所受的滑動摩擦力方向水平向右，大小為?AAA20Nfmg?B物體所受的滑動摩擦力方向水平向左，大小為?BBB20Nfmg?兩物體組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動量守恒，A錯誤；?B．在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，整個系統(tǒng)克服摩擦力做功，機械能減小，B錯誤；?C．在兩物體被彈開的過程中，彈簧的彈力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物體的機械能先增大后減小，C錯誤；?D．彈簧對兩物體的彈力大小相等，且兩個物體同時離開彈簧，因此彈簧對兩個物體的沖量大小相等為I，設物體A、B停止的時間為At、Bt?，根據(jù)動量定理?AA0Ift?BB0Ift?由于?ABff?因此???ABtt?D正確。?故選D。?15．A?解析：ABD?【解析】?【分析】?【詳解】?A項：子彈打中物塊的過程，由于內力遠遠大于外力，根據(jù)動量守恒定律有：?000()mvmmv??解得：v=10m/s，故A正確；?B項：物體從A點運動到B點的過程，根據(jù)動能定理有：?2200101()(122)()mgLmmmmvmv??解得：0.36?故B正確；?C項：物塊與強碰撞過程中，以向右為正方向，由動量定理有：?0201()()mvFmmvtm??解得：280FN?故C錯誤；?D項：物塊在反向運動過程中，根據(jù)動量守恒定律可知，動能全部轉化因摩擦而產(chǎn)生的熱量，即?201()182QmmvJ??故D正確．?16．A?解析：AC?【解析】?【分析】?【詳解】?A．對小木塊，根據(jù)牛頓第二定律有：?μmg=ma1?對木板，根據(jù)牛頓第二定律有：?22()FmgmMgMa?要使小木塊滑離木板，需使：?21aa???則有：?3()FmMg?故A正確；?B．設小木塊在薄木板上滑動的過程，時間為t1，小木塊的加速度大小為a1，小木塊在桌面上做勻減速直線運動，加速度大小為a2，時間為t2，有：?1mgma?22mgma?1122atat?聯(lián)立解得：?212tt?故B錯誤；?C．根據(jù)動量定理可知，m的動量變化量為零，故說明總沖量為零，因m只受到M的向右的沖量和桌面向左的沖量，故二者一定大小相等，方向相反，但由于還受到支持力的沖量，由于故M對m的沖量大小與桌面對m的沖量大小不相等，故C錯誤；?D．若增大水平恒力F，木塊離開木板時間變短，速度變小，位移變小；在桌面上滑動的距離變短，不可能滑出桌面，故D錯誤。?故選AC．?【點睛】?薄木板在被抽出的過程中，滑塊先做勻加速直線運動后做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求解出木塊的加速度，根據(jù)運動學規(guī)律求解出時間；?根據(jù)動量定理，合外力沖量為零，M對m的沖量與桌面對m的沖量大小相等；增大水平拉力，木塊離開木板時間變短，速度變小，位移變小，在桌面上滑動的距離變短，可以判斷能否滑出桌面．?17．C?解析：CD?【解析】?【分析】?【詳解】?A．小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；?B．小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，且系統(tǒng)水平方向總動量為零，小球由B點離開小車時，小球與小車水平方向速度相同，設為vx，由水平方向動量守恒得?20xxmvmv?解得?0xv?所以小球離開小車后，水平方向速度為0，所以小球做豎直上拋運動，故B錯誤；?C．小球從A點運動到B點過程中，小車先向左加速運動，再向左減速運動，即當小球到達B點時，小車向左運動的距離最大，設為x，以向右為正方向，由水平方向動量守恒得?220Rxxmmtt?解得?23xR?故C正確；?D．小球第一次車中運動過程中，由動能定理得?00304fmghhW?即小球第一次在車中滾動損失的機械能為014mgh，因為小球第二次在車中滾動時對應位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于014mgh，機械能損失小于014mgh，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于?000311442hhh?而小于034h，故D正確。?故選CD。?18．B?解析：BC?【解析】?【分析】?【詳解】?AB．由圖乙可知，碰前甲的速度?13m/sv?碰后甲的速度?1m/sv甲?碰撞過程中動量守恒?1+mvmvmv甲甲甲乙乙?代入數(shù)所據(jù)，解得?2.4m/sv乙?又由于?2221111+222mvmvmv甲甲甲乙乙?碰撞的過程中，損失了機械能，不是彈性碰撞，因此A錯誤，B正確；?C．由圖(b)可知甲的延長線交時間軸于4st=處，由于圖像與時間軸圍成的面積等于物體的??位移，因此?12.4(41)3.6m2x乙?C正確；?D．在—vt圖像中斜率表示加速度，由圖(b)可知，甲物體做減速運動的加速度?211m/sa?乙物體做減速運動的加速度?220.8m/sa?因此?11122232fmafma?D錯誤。?故選BC。?19．A?解析：AD?【解析】?【分析】?【詳解】?A．設滑桿與豎直方向的夾角為α，圓周的直徑為D，根據(jù)牛頓第二定律，得滑環(huán)的加速度為coscosmgagm?滑桿的長度為?x=Dcosα?則根據(jù)?212xat?解得?22xDtag?可見時間t與α無關，故有?t1=t2?即兩滑環(huán)同時到達滑軌底端，A正確；?B．環(huán)所受的合力?F=mgcosα?可知?F甲＞F乙?由于運動時間相同，因此合力對甲滑環(huán)的沖量較大，甲滑環(huán)的動量變化也大，B錯誤；???C．重力的沖量大小、方向都相同，選項C錯誤；?D．彈力?FN=mgsinα，?因此可知?FN甲＜FN乙?彈力對甲滑環(huán)的沖量較小，D正確。?故選AD。?20．A?解析：A?【解析】?【分析】?【詳解】?因為各球間發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，則碰撞過程機械能守恒，動量守恒．因碰撞后三個小球的動量相等設為p，則總動量為3p．由機械能守恒得22221123(3)2222ppppmmmm，即11239111mmmm，代入四個選項的的質量比值關系，只有A項符合，故選A．?【點睛】?本題要注意靈活設出中間量p，從而得出正確的表達式，再由選擇得出正確的條件．?二、動量守恒定律?解答題??21．（1）??，??????（2）?????（3）????，?【解析】?(1)根據(jù)題意可知：小滑塊a碰后返回到M點時：??小滑塊a碰后返回到M點過程中機械能守恒：???代入數(shù)據(jù)，解得：v1＝4?m/s?解析：（1）9.2/ms??，???5.2/ms???（2）0.069?????（3）1s????，1.4m?【解析】?(1)根據(jù)題意可知：小滑塊a碰后返回到M點時：211MvmgmR??小滑塊a碰后返回到M點過程中機械能守恒：22111111??(2)?22MmvmvmgR???代入數(shù)據(jù)，解得：v1＝4?m/s??取水平向右為正方向，小滑塊a、b碰撞前后：??動量守恒：m1v0＝－m1v1＋m2v2??機械能守恒：222101122111mvmvmv222?代入數(shù)據(jù)，解得：v0＝9.2?m/s，v2＝5.2?m/s????(2)若b在d上滑動時d能靜止，則b在c上滑動時c和d一定能靜止2402()mmgmg＋?????解得2024μ>0.069?mmm??(3)小滑塊b滑上長木板c時的加速度大?。??210?1.6?/agms＝＝???此時兩塊長木板的加速度大?。?022340.8?/magmsmm?令小滑塊b在長木板c上的滑行時間為t，則：時間t內小滑塊b的位移212112xvtat??兩塊長木板的位移2221?2xat?且x1－x2＝L??解得：t1＝1?s或210t3s?(舍去)????????b剛離開長木板c時b的速度22113.6?/vvatms＝－＝???b剛離開長木板c時d的速度3210.8?/vatms＝＝??d的長度至少為x：?由動量守恒可知：224324()mvmvmmv＋＝＋???解得：v＝2?m/s??22202224324111?()222mgxmvmvmmv?????解得：x＝1.4?m?????點睛：本題考查了動量守恒與能量守恒相結合的問題，在運用動量守恒時要注意公式的矢量性，在運用能量守恒時要注意系統(tǒng)內有什么樣的能量．?22．（1）（2）（3）?【解析】?試題分析：（1）設木塊和物體P共同速度為v,兩物體從開始到第一次到達共同速度過程由動量和能量守恒得：?解得：?（2）?由①②得：?（3）木塊返回與物體P第二次達到共同速?解析：（1）03v（2）20(3)3mvghL（3）202063vghLvgh?【解析】?試題分析：（1）設木塊和物體P共同速度為v,兩物體從開始到第一次到達共同速度過程由動量和能量守恒得：0(2)mvmmv?解得：03vv?（2）22011(2)22mvmmvmghfL???由①②得：20(3)3mvghfL?（3）木塊返回與物體P第二次達到共同速度與第一次相同（動量守恒）全過程能量守恒得：?22011(2)(2)22mvmmvfLs?聯(lián)立可得：202063vghsLvgh?考點：動量守恒定律及能量守恒定律?【名師點睛】本題綜合運用了動量守恒定律和能量守恒定律，關鍵選擇研究的過程，根據(jù)定律列表達式進行求解，注意要規(guī)定正方向．?23．(1)；；(2)；(3)?【解析】?【分析】?【詳解】?(1)物塊受到電場力?F=Eq=0.5mg?木板受到地面的摩擦力??對物塊和木板組成的系統(tǒng)，合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，設物塊與擋板第1次碰撞前?解析：(1)103Avv；102Bvv；(2)032304vg；(3)2016152mv?【解析】?【分析】?【詳解】?(1)物塊受到電場力?F=Eq=0.5mg?木板受到地面的摩擦力?40.5fFmgmgmg?對物塊和木板組成的系統(tǒng)，合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，設物塊與擋板第1次碰撞前，速度為v1，有?014mmvmv?解得?105vv?設第1次碰撞后，物塊與木板的速度分別為vA1、vB1，由動量守恒和能量守恒得???1A1B14mvmvmv2221A1B11114222mvmvmv?聯(lián)立，解得?103Avv?102Bvv?(2)設碰撞后，物塊與木板的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律?1Fma?解得?12ga?而?244mgmgma?解得?28ga?第1次碰撞后，物塊以3v0向左勻減速運動。速度減為零后再向右勻加速運動。木板以2v0向右勻減速運動，經(jīng)過時間t1，速度減為零，位移為xB1由運動學公式?0012216vvtag?200B112162vvxtg?此時，物塊的速度為v2，位移為xA1.由運動學公式?2011035vvatv?2000A1135162vvvxtg?經(jīng)分析，第2次碰撞前，物塊、木板的速度與第1次碰撞前的速度相同。之后，物塊、木板將重復前述運動過程。?從第l次碰撞至第2020次碰撞的時間間隔?013230420201vttg?(3)從第1次碰撞至第2020次碰撞。物塊電勢能的減少量為?pB12019EFx?聯(lián)立，解得?2p016152Emv?24．(1)?????（2）1m/s?????（3）0.45m?【解析】?【分析】?【詳解】?(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有F＝mAa①?代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5?m/s2②?(2)對A、B碰撞后共?解析：(1)22.5m/s?????（2）1m/s?????（3）0.45m?【解析】?【分析】?【詳解】?(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有F＝mAa①?代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5?m/s2②?(2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6?s的過程，由動量定理得