動量守恒定律試題(含答案)

動量守恒定律試題(含答案)一、動量守恒定律選擇題1．在采煤方法中，有一種方法是用高壓水流將煤層擊碎而將煤采下．今有一采煤用水槍，由槍口射出的高壓水流速度為v．設水的密度為ρ，水流垂直射向煤層表面，若水流與煤層作用后速度減為零，則水在煤層表面產(chǎn)生的壓強為（）A． B． C． D．2．如圖所示為水平放置的固定光滑平行直軌道，窄軌間距為L，寬軌間距為2L。軌道處于豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量分別為m、2m的金屬棒a、b垂直于導軌靜止放置，其電阻分別為R、2R，現(xiàn)給a棒一向右的初速度v0，經(jīng)t時間后兩棒達到勻速運動兩棒運動過程中始終相互平行且與導軌良好接觸，不計導軌電阻，b棒一直在寬軌上運動。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)棒開始運動時的加速度大小為B．b棒勻速運動的速度大小為C．整個過程中通過b棒的電荷量為D．整個過程中b棒產(chǎn)生的熱量為3．一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加兩個水平作用力，兩個力隨時間變化的圖象如圖所示，由圖象可知在t2時刻物體的（）A．加速度大小為 B．速度大小為C．動量大小為 D．動能大小為4．平靜水面上停著一只小船，船頭站立著一個人，船的質(zhì)量是人的質(zhì)量的8倍．從某時刻起，人向船尾走去，走到船中部時他突然停止走動．不計水對船的阻力，下列說法正確的是（）A．人在船上走動過程中，人的動能是船的動能的8倍B．人在船上走動過程中，人的位移是船的位移的9倍C．人走動時，它相對水面的速度大于小船相對水面的速度D．人突然停止走動后，船由于慣性還會繼續(xù)運動一小段時間5．如圖甲所示，質(zhì)量M=2kg的木板靜止于光滑水平面上，質(zhì)量m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點）以水平初速度v0從左端沖上木板，物塊與木板的v-t圖象如圖乙所示，重力加速度大小為10m/s2，下列說法正確的是（）A．物塊與木板相對靜止時的速率為1m/sB．物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.3C．木板的長度至少為2mD．從物塊沖上木板到兩者相對靜止的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為3J6．如圖所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側靠墻角，右側靠一質(zhì)量為M2的物塊．今讓一質(zhì)量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內(nèi)，則以下結論中正確的是A．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球、半圓槽組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平動量守恒C．若小球能從C點離開半圓槽，則其一定會做豎直上拋運動D．若小球剛好到達C點，則7．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動.兩球質(zhì)量關系為mB=2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，則（）A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：108．在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)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(diào)，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/s9．有一宇宙飛船，它的正對面積S=2m2，以v=3×103m/s的相對速度飛入一宇宙微粒區(qū)．此微粒區(qū)1m3空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質(zhì)量為m=2×10-7kg．設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增加A．3.6×103N B．3.6N C．1.2×103N D．1.2N10．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧固定在墻上，一個質(zhì)量為m的木塊以速度v0從右側沿光滑水平面向左運動并與彈簧發(fā)生相互作用。設相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，那么，到彈簧恢復原長的過程中彈簧對木塊沖量I的大小和彈簧對木塊做的功W的大小分別是（）A．I=0，W=mv02 B．I=mv0，C．I=2mv0，W=0 D．I=2mv0，11．如圖所示，質(zhì)量為m=245g的物塊（可視為質(zhì)點）放在質(zhì)量為M=0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4，質(zhì)量為m0=5g的子彈以速度v0=300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中（時間極短），g=10m/s2，則在整個過程中A．物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒B．子彈的末動量大小為0.01kg·m/sC．子彈對物塊的沖量大小為0.49N·sD．物塊相對木板滑行的時間為1s12．如圖所示，電阻不計的光滑金屬導軌MN、PQ水平放置，間距為d，兩側接有電阻R1、R2，阻值均為R，O1O2右側有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、長度也為d的金屬桿置于O1O2左側，在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，經(jīng)時間t到達O1O2時撤去恒力F，金屬桿在到達NQ之前減速為零。已知金屬桿電阻也為R，與導軌始終保持垂直且接觸良好，下列說法正確的是（）A．桿剛進入磁場時速度大小為B．桿剛進入磁場時電阻R1兩端的電勢差大小為C．整個過程中，流過電阻R1的電荷量為D．整個過程中，電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為13．如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的小物體B以水平速度滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取，則下列說法正確的是（）A．木板A與物體B質(zhì)量相等B．系統(tǒng)損失的機械能為C．木板A的最小長度為D．A對B做的功與B對A做的功絕對值相等14．如圖（a）所示，一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端拴一小物塊A，上端固定在C點且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連．已知有一質(zhì)量為m0的子彈B以水平速度v0射入A內(nèi)（未穿透），接著兩者一起繞C點在豎直面內(nèi)做圓周運動。在各種阻力都可忽略的條件下測力傳感器測得繩的拉力F隨時間t變化關系如圖（b）所示，已知子彈射入的時間極短，且圖（b）中t=0為A、B開始以相同的速度運動的時刻。下列說法正確的是A．A、B一起在豎直面內(nèi)做周期T=t0的周期性運動B．A的質(zhì)量大小為C．子彈射入木塊過程中所受沖量大小為D．輕繩的長度為15．如圖所示，長為L的細線，一端固定在O點，另一端系一個質(zhì)量為m的小球，在最低點A給小球一個水平方向的瞬時沖量I，使小球繞懸點O在豎直平面內(nèi)運動。為使細線始終不松弛，I的大小可選擇下列四項中的（）A．大于 B．小于C．大于 D．大于，小于16．如圖所示，質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上，木板上放置一質(zhì)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)gB．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，在傾角的光滑絕緣斜面上存在一有界勻強磁場，磁感應強度B=1T，磁場方向垂直斜面向上，磁場上下邊界均與斜面底邊平行，磁場邊界間距為L=0.5m。斜面上有一邊長也為L的正方形金屬線框abcd，其質(zhì)量為m=0.1kg，電阻為。第一次讓線框cd邊與磁場上邊界重合，無初速釋放后，ab邊剛進入磁場時，線框以速率v1作勻速運動。第二次把線框從cd邊離磁場上邊界距離為d處釋放，cd邊剛進磁場時，線框以速率v2作勻速運動。兩種情形下，線框進入磁場過程中通過線框的電量分別為q1、q2，線框通過磁場的時間分別t1、t2，線框通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱分別為Q1、Q2.已知重力加速度g=10m/s2，則：（）A．m/s，m B．C，mC． D．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(zhì)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(zhì)量為6kg，乙物塊質(zhì)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/sC．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6：519．如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質(zhì)量為的形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質(zhì)量為的小球沿水平方向，以初速度從形管的一端射入，從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）A．該過程中，小球與形管組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球從形管的另一端射出時，速度大小為C．小球運動到形管圓弧部分的最左端時，速度大小為D．從小球射入至運動到形管圓弧部分的最左端的過程中，平行導槽受到的沖量大小為20．在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊．開始時滑塊靜止．若在滑塊所在空間加一水平勻強電場E1，持續(xù)一段時間后立即換成與E1相反方向的勻強電場E2．當電場E2與電場E1持續(xù)時間相同時，滑塊恰好回到初始位置，且具有動能．在上述過程中，E1對滑塊的電場力做功為W1，沖量大小為I1；E2對滑塊的電場力做功為W2，沖量大小為I2．則A．I1=I2 B．4I1=I2C．W1=0.25W2=0.75 D．W1=0.20W2=0.80二、動量守恒定律解答題21．一半徑為、內(nèi)側光滑的半球面固定在地面上，開口水平且朝上.一小滑塊在半球面內(nèi)側最高點處獲得沿球面的水平速度，其大小為().求滑塊在整個運動過程中可能達到的最大速率.重力加速度大小為.22．如圖所示，光滑水平地面上有一小車，車上固定光滑斜面和連有輕彈簧的擋板，彈簧處于原長狀態(tài)，自由端恰在C點，總質(zhì)量為M＝2kg．物塊從斜面上A點由靜止滑下，經(jīng)過B點時無能量損失．已知物塊的質(zhì)量m＝1kg，A點到B點的豎直高度為h＝1.8m，BC長度為L＝3m，BD段光滑．g取10m/s2．求在運動過程中：（1）彈簧彈性勢能的最大值；（2）物塊第二次到達C點的速度．23．某種彈射裝置的示意圖如圖所示，光滑的水平導軌右端處與傾斜傳送帶理想連接，傳送帶長度，傳送帶以恒定速度順時針轉動，三個質(zhì)量均為的滑塊、、置于水平導軌上，滑塊、之間有一段輕彈簧剛好處于原長，滑塊與輕彈簧連接，滑塊未連接彈簧，滑塊、處于靜止狀態(tài)且離點足夠遠，現(xiàn)讓滑塊以初速度沿滑塊、連線方向向滑塊運動，滑塊與碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短?；瑝K脫離彈簧后滑上傾角的傳送帶，并從頂端沿傳送帶方向滑出斜拋落至地面上。已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，取重力加速度，，。求：（1）滑塊、碰撞時損失的機械能；（2）滑塊剛滑上傳送帶時的速度；（3）滑塊在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的熱量。24．如圖所示，兩平行圓弧導軌與兩平行水平導軌平滑連接，水平導軌所在空間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度，兩導軌均光滑，間距。質(zhì)量為的導體棒靜止在水平導軌上，質(zhì)量的導體棒從高的圓弧導軌上由靜止下滑。兩導體棒總電阻為，其它電阻不計，導軌足夠長，。求：(1)棒剛進入磁場時棒的加速度；(2)若棒不與棒相碰撞，則兩桿運動過程中釋放出的最大電能是多少；(3)當棒的加速度為時，兩棒之間的距離比棒剛進入磁場時減少了多少？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(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)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(nèi)的光滑圓弧軌道。質(zhì)量m=2.0kg的物塊B從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．如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道AB豎直固定在一水平光滑的桌面上，軌道最低點B與桌面相切并平滑連接，桌面距水平地面的高度也為R．在桌面上輕質(zhì)彈簧被a、b兩個小球擠壓（小球與彈簧不拴接），處于靜止狀態(tài)．已知a球的質(zhì)量為m0，a、b兩球質(zhì)量比為2∶3．固定小球b，釋放小球a，a球與彈簧分離后經(jīng)過B點滑上半圓環(huán)軌道并恰能通過軌道最高點A．現(xiàn)保持彈簧形變量不變同時釋放a、b兩球，重力加速度取g，求：（1）釋放小球前彈簧具有的彈性勢能Ep；（2）b球落地點距桌子右端C點的水平距離；（3）a球在半圓軌道上上升的最大高度H．【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：A【解析】設水流的橫截面積為S，則t時間內(nèi)噴水質(zhì)量為：m=ρSvt以該運動方向為正方向，對其與墻壁碰撞過程采用動量定理（水平分運動），有：﹣Ft=0﹣mv壓強為：聯(lián)立解得：P=ρv2故選擇A.【點睛】先求出時間t內(nèi)噴出水的質(zhì)量m，再對質(zhì)量為m的水分析，其水平方向經(jīng)過t時間與煤層的豎直表面碰撞后速度減小為零，根據(jù)動量定理列式，再根據(jù)壓強公式列式求解水對煤層的壓強．2．A解析：AB【解析】【分析】【詳解】A．由F安=ma得故A項正確；B．勻速運動時，兩棒切割產(chǎn)生的電動勢大小相等得末速度對a棒對b棒解得則故B正確；C．對a棒且解得故C錯誤；D．由能量關系，整個過程中產(chǎn)生的熱量故D項錯誤。故選AB。3．A解析：AD【解析】【分析】【詳解】A．由圖象可知在時刻物體的加速度由牛頓第二定律可得故A正確；BC．由圖像可知在0~t1時間段內(nèi)兩個力等大反向，物體靜止，在t1時刻后物體開始運動，由動量定理和圖象面積可得解得故B錯誤，C錯誤；D．因為聯(lián)立可得動量和動能的關系所以有故D正確。故選AD。4．A解析：AC【解析】【分析】【詳解】AC．不計水的阻力，人與船組成的系統(tǒng)動量守恒，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv-Mv船=0v=8v船人與船的動能之比：故AC正確；B．人與船組成的系統(tǒng)動量守恒，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv-Mv船=0，v=8v船vt=8v船ts人=8s船故B錯誤；D．人與船組成的系統(tǒng)動量守恒，人突然停止走動后，人的動量為零，則小船的動量也為零，速度為零，即人停止走動后，船立即停止運動，故D錯誤；故選AC．點睛：本題考查了動量守恒定律的應用，知道動量守恒的條件、應用動量守恒定律、動能計算公式即可正確解題；對人船模型要知道：“人走船走”，“人停船停”的道理．5．A解析：AD【解析】【詳解】A.由圖示圖線可知，物塊的初速度為：v0=3m/s，物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：v=1m/s，即兩者相對靜止時的速度為1m/s，故A正確；B.由圖示圖線可知，物塊的加速度大小為：a=2m/s2，由牛頓第二定律得：a=μg，代入數(shù)據(jù)解得：μ=0.2，故B錯誤；CD.對系統(tǒng)，由能量守恒定律得：其中：Q=μmgs，代入數(shù)據(jù)解得：Q=3J，s=1.5m，木板長度至少為：L=s=1.5m，故C錯誤，D正確。6．D解析：D【解析】【詳解】AB．小球從AB的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球對半圓槽的壓力方向相反指向左下方，因為有豎直墻擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該過程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒，但對系統(tǒng)的機械能守恒；從B→C的過程中，小球對半圓槽的壓力方向向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動，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右運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因為有物塊擋住，小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，在小球運動的全過程，水平方向動量也不守恒，由于半圓槽要對滑塊做功，則對小球、半圓槽組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項AB錯誤；C．當小球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動，即選項C錯誤；D．小球到達B點時的速度，從B到C的過程中，對小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒：由能量關系可知：聯(lián)立解得：選項D正確．7．A解析：A【解析】試題分析：兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒；同時考慮實際情況，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度．規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為，說明A、B兩球的速度方向向右，兩球質(zhì)量關系為，所以碰撞前，所以左方是A球．碰撞后A球的動量增量為，所以碰撞后A球的動量是2kg?m/s，碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒：，所以碰撞后B球的動量是10kg?m/s，根據(jù)mB=2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5，A正確．8．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，由動量守恒得由機械能守恒得代入數(shù)據(jù)解得即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解得以向右為正方向，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的沖量大小為故AB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機械能守恒定律得在最高點，由牛頓第二定律得m從B點飛出，需要滿足：，飛出后，小球做平拋運動解得當時，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。9．B解析：B【解析】【分析】【詳解】在t時間內(nèi)與飛船碰撞并附著于飛船上微粒的總質(zhì)量為由動量定理得：解得：根據(jù)牛頓第三定律，微粒對飛船的作用力為3.6N，要是飛船速度不變，根據(jù)平衡條件，飛船的牽引力應增加3.6N，故B正確；故選B10．C解析：C【解析】【分析】【詳解】在木塊與彈簧接觸到將彈簧壓縮為最短的過程中，彈簧對木塊做負功，在彈簧將木塊彈出的過程中，彈簧對木塊做正功，且正功與負功的絕對值相等，故在整個相互作用的過程中彈簧對木塊做的總功W=0木塊將以-v0的速度被彈回，由動量定理可得，在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量的大小故選C?！军c晴】解決本題關鍵將整個相互作用過程分為木塊與彈簧接觸到將彈簧壓縮為最短的過程和彈簧將木塊彈出的過程進行分析，注意動量為矢量，有大小和方向。11．B解析：BD【解析】【詳解】A．子彈進入木塊的過程中，物塊和木板的動量都增大，所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動量不守恒．故A錯誤；B．選取向右為正方向，子彈打入木塊過程，由動量守恒定律可得：m0v0=（m0+m）v1……①木塊在木板上滑動過程，由動量守恒定律可得：（m0+m）v1=（m0+m+M）v2……②聯(lián)立可得：所以子彈的末動量：p＝m0v2＝5×10?3×2＝0.01kg·m/s．故B正確；C．由動量定理可得子彈受到的沖量：I＝△p＝p?p0＝0.01kg·m/s?5×10?3×300kg·m/s＝1.49kg·m/s=1.49N·s．子彈與物塊作用力的時間相等，相互作用力大小始終相等，而方向相反，所以子彈對物塊的沖量大小也是1.49N·s．故C錯誤；D．對子彈木塊整體，由動量定理得：-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1）……③由①②③式可得，物塊相對于木板滑行的時間．故D正確．12．A解析：ACD【解析】【詳解】A.桿剛進入磁場之前的加速度則進入磁場時速度大小為選項A正確；B.桿剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢：E=Bdv則電阻R1兩端的電勢差大小為選項B錯誤；C金屬棒進入磁場后，由動量定理：即因為解得選項C正確；D.整個過程中，產(chǎn)生的總焦耳熱：則電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為選項D正確；故選ACD。13．A解析：ABC【解析】【分析】【詳解】A．由圖示圖像可以知道，木板獲得的速度為v=1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得解得所以木板A與物體B質(zhì)量相等，故A正確；B．系統(tǒng)損失的機械能為故B正確；C．木板A的最小長度就是物塊在木板上滑行的距離，由圖乙可知，木板A的最小長度為故C正確；D．物塊在木板上滑行的過程中，產(chǎn)生了內(nèi)能，所以A對B做功與B對A做功的絕對值不相等，故D錯誤。故選ABC。14．B解析：BCD【解析】【詳解】A．根據(jù)圖（b）可以知道、一起在豎直面內(nèi)做周期的周期性運動，故A錯誤；BCD．設子彈打入物塊后一起運動的速度大小為，一起上到最高點的速度大小為，細繩的長度為。子彈打入物塊的瞬間，根據(jù)動量守恒定律有：子彈和物塊在最低點繩子有最大拉力，根據(jù)牛頓第二定律有：子彈和物塊在最高點繩子有最小拉力，根據(jù)牛頓第二定律有：從最高點到最低點，根據(jù)動能定理：物塊受到子彈的沖量聯(lián)合解得：；；。故BCD正確。故選BCD。15．B解析：BC【解析】【詳解】存在兩種可能：(1)小球在運動過程中，最高點與O點等高或比O低時，線不松弛。由得即沖量I小于，細線不松，A錯誤，B正確；(2)小球恰能過最高點時，在最高點速度設為v0，對應的最低點速度設為v2，則有根據(jù)機械能守恒得解得所以為使細線始終不松弛，v0的大小范圍為，即沖量I大于，選項C正確，D錯誤。故選BC?！军c睛】本題是機械能守恒定律與向心力知識的綜合應用。輕繩系的小球恰好到達圓周的最高點時，臨界速度為，是常用的臨界條件。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：要使小木塊滑離木板，需使：則有：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：聯(lián)立解得：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?。辉谧烂嫔匣瑒拥木嚯x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．B解析：BCD【解析】【分析】【詳解】A．勻速運動時，對線框進行受力分析可知可得根據(jù)機械能守恒可得A錯誤；B．進入磁場過程中①由三式聯(lián)立得代入數(shù)據(jù)整理得結合A選項可知B正確；C．根據(jù)能量守恒定理，第一次進入磁場過程中第二次由于勻速運動因此C正確；D．根據(jù)動量定理，第一次進入磁場的時間②而③將①③代入②代入數(shù)據(jù)，可得接下來勻速運動，離開磁場的時間因此第一次穿過磁場的時間第二次勻速穿過磁場的時間因此D正確。故選BCD。18．B解析：BC【解析】【分析】【詳解】AB．由圖乙可知，碰前甲的速度碰后甲的速度碰撞過程中動量守恒代入數(shù)所據(jù)，解得又由于碰撞的過程中，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處，由于圖像與時間軸圍成的面積等于物體的位移，因此C正確；D．在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乙物體做減速運動的加速度因此D錯誤。故選BC。19．A解析：ABD【解析】【分析】【詳解】A．小球和U形管組成的系統(tǒng)整體在運動過程中沒有外力做功，所以系統(tǒng)整體機械能守恒，所以A正確；B．小球從U形管一端進入從另一端出來的過程中，對小球和U形管組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定律可得再有機械能守恒定律可得解得所以B正確；C．從小球射入至運動到形管圓弧部分的最左端的過程時，小球和U形管速度水平方向速度相同，對此過程滿足動量守恒定律，得由能量守恒得解得所以C錯誤；D．小球此時還有個分速度是沿著圓形管的切線方向，設為，由速度的合成與分解可知對小球由動量定理得由于力的作用是相互的，所以平行導槽受到的沖量為所以D正確。故選ABD。20．C解析：C【解析】設第一過程末速度為v1，第二過程末速度大小為v2．根據(jù)上面的分析知兩過程的平均速度大小相等，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有，所以有v2=2v1．根據(jù)動能定理有：，，而，所以，，故C正確，D錯誤；又因為位移大小相等，所以兩個過程中電場力的大小之比為1：3，根據(jù)沖量定義得：I1=F1t，I1=F1t，所以I2=3I1，故AB錯誤．二、動量守恒定律解答題21．【解析】【分析】【詳解】以滑塊和地球為系統(tǒng)，它在整個運動過程中機械能守恒.滑塊沿半球面內(nèi)側運動時，可將其速度分解成緯線切向(水平方向)分量及經(jīng)線切向分量，設滑塊質(zhì)量為m，在某中間狀態(tài)時，解析：【解析】【分析】【詳解】以滑塊和地球為系統(tǒng)，它在整個運動過程中機械能守恒.滑塊沿半球面內(nèi)側運動時，可將其速度分解成緯線切向(水平方向)分量及經(jīng)線切向分量，設滑塊質(zhì)量為m，在某中間狀態(tài)時，滑塊位于半球面內(nèi)側處，和球心的連線與水平方向的夾角為，由機械能守恒得①這里已取球心處為重力勢能零點.以過的豎直線為軸.球面對滑塊的支持力通過該軸，力矩為零；重力相對于該軸的力矩也為零.所以在整個運動過程中，滑塊相對于軸的角動量守恒，故②由①式，最大速率應與的最大值相對應③而由②式可知，θ不可能達到，由①和②式，θ的最大值應與相對應，即④④式也可用下述方法得到：由①②式得若，由上式得實際上，也滿足上式．由上式可知由③式有將代入式①，并與式②聯(lián)立，得⑤⑩以為未知量，方程⑤的一個根是sinθ=0，即θ=0，這表示初態(tài)，其速率為最小值，不是所求的解于是，約去，方程⑤變?yōu)棰奁浣鉃棰咦⒁獾奖绢}中，方程⑥的另一解不合題意，舍去.將⑦式代入①式得，當時，有⑧考慮到④式有⑨22．①；②【解析】【分析】【詳解】(1)由A點到B點的過程中，由動能定理得：mgh＝mvB2解得vB＝＝6m/s由B點至將彈簧壓縮到最短，系統(tǒng)動量守恒，取vB方向為正方向，mvB＝(解析：①；②【解析】【分析】【詳解】(1)由A點到B點的過程中，由動能定理得：mgh＝mvB2解得vB＝＝6m/s由B點至將彈簧壓縮到最短，系統(tǒng)動量守恒，取vB方向為正方向，mvB＝(M＋m)v此時的彈性勢能最大，由能量守恒可得：Ep＝mvB2－(M＋m)v2由以上兩式可得Ep＝12J(2)物塊由B點至第二次到達C點的過程中，系統(tǒng)動量守恒，取vB方向為正方向，mvB＝mvC＋Mv′物塊由B點至第二次到C點的整個過程機械能守恒mvB2＝mvC2＋Mv′2由以上兩式可解得：vC＝－2m/s；vC＝6m/s(第一次到C點的速度，舍去)即物塊第二次到達C點的速度為－2m/s．【點睛】本題考查了動量守恒定律和能量守恒定律的應用，本題運動過程復雜，有一定的難度，要求同學們能正確分析物體的受力情況和運動情況，搞清能量轉化的關系．23．（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）與位于光滑的水平面上，系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，設與碰撞后共同速度為，選取向右為正方向，對、有碰撞時損失的機械能為聯(lián)立解得（2）設、碰撞解析：（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）與位于光滑的水平面上，系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，設與碰撞后共同速度為，選取向右為正方向，對、有碰撞時損失的機械能為聯(lián)立解得（2）設、碰撞后，彈簧第一次恢復原長時的速度為，的速度為，由動量守恒定律得：由機械能守恒定律得：聯(lián)立解得：（3）滑塊以滑上傳送帶，假設勻加速直線運動位移為時與傳送帶共速，由運動學公式有：聯(lián)立解得設加速運動的時間為，有：所以相對位移代入數(shù)據(jù)解得：所以摩擦生熱24．(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)cd棒沿斜面下滑的過程中機械能守恒棒剛進入磁場時，回路的感應電動勢回路的感應電流棒的加速度(2)ab、cd組成的系統(tǒng)滿解析：(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)cd棒沿斜面下滑的過程中機械能守恒棒剛進入磁場時，回路的感應電動勢回路的感應電流棒的加速度(2)ab、cd組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，最終兩者速度相同根據(jù)能量守恒，釋放出的電能整理得(3)設ab棒的速度為v1，cd棒的速度為v2，在運動過程中，根據(jù)動量定理又由于由于動量守恒整理可得25．（1）60N，