1、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。p現突然釋放彈簧，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滑半圓形軌道，如圖所示。g取10m/s2。則下列說法正確的是（）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3.4Ns彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為1.8Ns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

2、的增大而減小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M2.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C.m對M做功為Mm2ghcos29(M+m)(M+msin29)D.m對M做功為Mm2ghsin29(M+m)(M+mcos29)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（）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

3、力對小球做負功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4113mg小球第一次在半圓槽的最低點B時對槽的壓力為一D.D.物塊最終的動能為mgR75如圖所示蟲、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，初狀態三個小球均靜止BC球之間連著一根輕質彈簧，彈簣處于原長狀態現給A一個向左的初速度v0=1Om/sA、B碰后A球的速度變為向右,大小為2m/s，下列說法正確的是球A和B碰撞是彈性碰撞球A和B碰后，球B的最小速度可為0球A和B碰后，彈簧的最大彈性勢能可以達到96J球A和B碰后，彈簧恢復原長時球C的速度可能

4、為12m/s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，則碰撞發生在M、N中點之外兩球同時返回M、N兩點兩球回到原位置時動能比原來大些兩球回到原位置時動能不變如圖，質量分別為mAsmB的兩個小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h二0.8m,A球在B球的正上方.先將B球釋放，經過一段時間后再將A球釋放.當A球下落t二0.3s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二10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的

5、動能損失.下列說法正確的是（）B球第一次到達地面時的速度為4m/sBA、B球在B球向上運動的過程中發生碰撞B球與A球碰撞后的速度為1m/sP點距離地面的高度0.75m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V在光滑的水平面上以速度V。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為v=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8282A.mv2mv2303013C.mv2mv220203B.mv2mv202o25Dmv2mv23o6o在光滑水平面上，有兩個小球人、B沿同一直線同向運動（B在前），已知碰

6、前兩球的動量分別為m=10kgm/s、pB=13kgm/s，碰后它們動量的變化分別為鶴、鶴下列數值可能正確的是（）=3kgm/s、ApB=3kgm/s鶴=3kgm/s、ApB=-3kgm/sApA=-20kgm/s、ApB=20kgm/spA=20kgm/s、ApB=-20kgm/s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m的小球以平行斜面向上的初速度v1，當小球回到出發點時速率為。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f=kv。則小球在斜面上運動mv+mv+mvt=12Cv+vmg-sin0+k2mvmvt=12D.v+vmg-s

7、in0k1?2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嶺滑上木板，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為卩，整個過程中彈簧的形變均在彈性限度內，則（）木板先加速再減速，最終做勻速運動Mmv2整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為0C整個過程中木板和彈簧對物塊的沖量大小為Mmv0MC整個過程中木板和彈簧對物塊的沖量大小為Mmv0M+mD彈簧壓縮到最短時，物塊到木板最右端的距離為Mv202卩(M+m)g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

8、小滑塊B以初速度從左側滑上木板，且恰能滑離木板，滑塊與木板間動摩擦因數為下列說法中正確的是_%若只增大嶺，則滑塊滑離木板過程中系統產生的熱量增加若只增大M,則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量減少若只減小m,則滑塊滑離木板時木板獲得的速度減少若只減小”，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口，忽略空氣阻力，貝M）過程I中鋼珠動量的改變量小于重力的沖量過程口中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程I中重力沖量的大小過程口中阻力的沖量大小等于過程I與過程口重力沖量的大小過程口中鋼珠的動量改變量等

9、于阻力的沖量1如圖所示，光滑水平面上質量為m的小球A和質量為3m的小球B，通過輕質彈簧相連并處于靜止狀態，彈簧處于自由長度；質量為m的小球C以速度V0沿AB連線向右勻速運動.并與小球A發生彈性正碰.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Em為（）AmV20AmV201B.mV2201C.mV260D.mV2160如圖所示，A、B兩物體質量分別為mA=5kg和mB=4kg，

10、與水平地面之間的動摩擦因數分別為&=.4和”b=05,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（）在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，兩物體組成的系統動量不守恒在彈簧彈開兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運動過程中，整個系統的機械能守恒在兩物體被彈開的過程中，A、B兩物體的機械能一直增大兩物體一定同時停在地面上15.如圖所示，一質量為m0=O.O5kg的子彈以水平初速度=200m/s打中一放在水平地面上A點的質量為m=0.95kg的物塊，并留在物塊內（時間極短，

11、可忽略），隨后物塊從A點沿AB方向運動，與距離A點L=5m的B處的墻壁碰撞前瞬間的速度為V=8m/s，碰后以v2=6m/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=0.05s,g取10m/s2，則物塊從A點開始沿水平面運動的初速度v=10m/s物塊與水平地面間的動摩擦因數“=0.36物塊與墻碰撞時受到的平均作用力大小F=266N物塊在反向運動過程中產生的摩擦熱Q=18J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之間的動摩擦因數為m、M與桌面間的動摩擦因數均為2”.現對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，則在上述過程中水平

12、恒力F一定大于3（m+M）gBm在M上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等CM對m的沖量大小與桌面對m的沖量大小相等若增大水平恒力F,木塊有可能滑出桌面如圖所示，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普0處（不計空氣阻力，小球可視為質點），則（）A.小球可視為質點），則（）A.小球和小車組成的系統動量守恒小球離開小車后做斜上拋運動2小車向左運動的最大距離為3R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牛如圖（a）所示，在粗

13、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，經一段時間后與靜止的乙物塊發生正碰，碰撞前后兩物塊運動的vt圖像如圖（彷）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,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/sC.碰后乙物塊移動的距離為3.6mD.碰后甲、乙兩物塊所受摩擦力之比為6：5如圖所示，ab、cd是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，abcd。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

14、小滑環(圖中未畫出)，將甲、乙兩滑環分別從a、c處同時由靜止釋放，貝M)兩滑環同時到達滑桿底端兩滑環的動量變化大小相同重力對甲滑環的沖量較大彈力對甲滑環的沖量較小20.3個質量分別為m“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把質量為力的小球拉開一些，如圖中虛線所示，然后釋放，經球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,貝m1:m2:m3為()A6:3:1B2:3:1C2:1:1D3:2:1二、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

15、點為圓形軌道最低點，M點為最高點，圓形軌道半徑R二0.32m.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m3二2.2kg,長L二4m,木板d質量m4=4.4kg.質量m2二3.3kg的小滑塊b放置在軌道QN上，另一質量ml二1.3kg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均為卩0二0.16，重力加速度g二10m/s2.(1)求小滑塊a與小滑塊b碰

16、撞后，a和b的速度大小v1和v2；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u至少多大？(木板c、d與地面間的動摩擦因數相同，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平面，長度為L；be為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和be均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接.現有一質量為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

17、點前與物體P相對靜止.重力加速度為g.求木塊在最高點時的速度；木塊在ab段受到的摩擦力f；木塊最后距a點的距離s處于電場強度大小E=2q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“=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、方向水平向右的勻強電場中。現同時給物塊、木板水平向右的初速度v,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，之后物塊與擋板發生第1次碰撞，以后每隔一段時間，物塊就與擋板碰撞1處于電場強度大小E=2q(1)發生第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

18、間間隔；(3)從第(3)從第1次碰撞至第2020次碰撞，物塊電勢能的減少量。如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車人，質量m=4kg，上表面光滑，小車與地A面間的摩擦力極小，可以忽略不計.可視為質點的物塊B置于人的最右端，B的質量m=2kg.現對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B的擋板B發生碰撞，碰撞時間極短，碰后A,B粘合在一起，共同在F的作用下繼續運動，碰撞后經時間t二0.6s,二者的速度達到v1=2m/s.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的大小；(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

19、分組成，傳送帶左邊是足夠長的光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的物塊人。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11滑4圓弧軌道。質量m=2.0kg的物塊B從4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=0.1，傳送帶兩軸之間的距離/=4.5m。設第一次碰撞前，物塊A靜止，物塊B與人發生碰撞后被彈回，物塊人、B的速度大小均等于B的

20、碰撞前的速度的一物塊B滑到-圓弧的最低點C時對軌道的壓力;物塊B與物塊人第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能；(3)如果物塊人、B每次碰撞后，物塊人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經第一次與物塊人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，導軌間距為厶，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、彷，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

21、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：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；從導體棒a開始下落到最終穩定的過程中，導體棒a上產生的內能；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1A解析：AB【解析】【分析】【詳解】ABD.釋放彈簧過程中系統動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒得mv-Mv=012由機械能守恒得11mv2+Mv2=E2122P代入數據解得v=9m/s，v=3m/s12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11mv2=mv2+mg-2R

22、2121解得v=8m/s1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I=Ap=mv一mv=0.2x(-8)N-s一0.2x9N-s=-3.4N-s11則合力沖量大小為3.4Ns,由動量定理得，彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為I=Ap=mv=0.2x9N-s=1.8N-s1故AB正確，D錯誤；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11mv2=mv2+mg-2r1226在最高點，由牛頓第二定律得v2mg+N=m-2rm從m從B點飛出，需要滿足：N0,12r=gt22解得4rIv2v=(v2-4gr)=，(十-4r)4r1gg

23、當8.1-4r=4r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。2B解析：BC【解析】【詳解】M、m組成系統水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒，故A錯誤;BM、m組成系統水平方向動量守恒有Mx=mx12由水平位移關系有hx+x=12tan0聯立解得mhx=1(M+m)tan0mh即M位移為(M+m)tan0，故B正確；CD.設物體滑到斜面底端時，沿斜面的速度y2,斜面速度為W，則有Mv一m(vcos0一v)=012111mgh=2mv2+m(vcos0-v)2+(vsin0)2m對M做功：W=1mvW=1m

24、v2=2i(Mhcos20+msin20故C正確，D錯誤。3.A解析：AD【解析】【分析】【詳解】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；由小球、半圓槽和物塊組成的系統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；10gRC.根據系統機械能守恒得：mgg2mvi+2x（4m+m）v2，聯

25、立解得：廠10gR；小球第一次在最低點，由牛頓第二定律得：FN-mg二m_V_，聯立解15NR得：Fn=15mg,故C錯誤;分離，則物塊最終以v=215的速度向左勻速運動，則物塊的動能為當小球從B分離，則物塊最終以v=215的速度向左勻速運動，則物塊的動能為1mgR*2mvTK，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機械能守恒4A解析：AD【解析】【詳解】11mv2+mv

26、11mv2+mv22AA2BBmAv0=mAvA+mBvB，解得：vB=8m/s，碰撞前系統總動能：11Emv2=x2xIO2J=100JK2A02碰撞后系統總動能：二1x2x(2)J+1x3x82J二100J22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+mCV由機械能守恒定律得：11mv2=mv2+mv22BB2BB2CC解得：=4m/s,%=12m/s（彈簧恢復原長時C的速度最大，叫=8

27、m/s,%=Om/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；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：11mv2=（m+m）v2+E2BB2BCCP解得彈簧的最大彈性勢能：Ep=24J，故C錯誤。5B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qq（q+q）2位置間的

28、作用力由F二k理變為F=k，故根據r2r2qi+q22jq可（qi+q2，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.6A解析：AD【解析】【分析】【詳解】1A、B球在地面上方靜止釋放后只有重力做功，根據動能定理有：mgh二mv2,可得BB2BB球第一次到達地面時的速度v=J2gh=4m/s;選項a正確.BB、A球下落過程，根據自由落體運動可得A球的速度vA=gt=3m/s,B球下降高度1h=gt2二0.45ma21則有：故A正確；設小木塊在薄木板上滑動的過程，時間為q,

29、小木塊的加速度大小為丐，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4，有：卩mg二ma12卩mg=ma2at=at1122聯立解得：t=2t12故B錯誤；根據動量定理可知，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；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，根據牛頓第二定律求解出木

30、塊的加速度，根據運動學規律求解出時間；根據動量定理，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.C解析：CD【解析】【分析】【詳解】小球與小車組成的系統在水平方向所受合外力為零，水平方向系統動量守恒，但系統整體所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；小球與小車組成的系統在水平方向動量守恒，且系統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，設為匕，由水平方向動量守恒得2mv+mv=0 xx解得v=0 x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

31、運動，故B錯誤；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m4-2mX二0tt解得故C正確；小球第一次車中運動過程中，由動能定理得(3)mgh一一h一W=0Io4o丿f即小球第一次在車中滾動損失的機械能為;mgh，因為小球第二次在車中滾動時對應位置40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;mgh，機械能40損失小于4訕。，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于20而小于匚h，故D正確。40故選CD。B解析：BC【解析】【分析】【詳解】AB.由圖乙可知，碰前

32、甲的速度v=3m/s1碰后甲的速度v=1m/s甲碰撞過程中動量守恒mv=mv+mv甲1甲甲乙乙代入數所據，解得v=2.4m/s乙又由于111mv2mv2+mv22甲12甲甲2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；由圖(b)可知甲的延長線交時間軸于t=4s處，由于圖像與時間軸圍成的面積等于物體的位移，因此位移，因此x乙二*x2.4x(4-1)二3.6mC正確；在vt圖像中斜率表示加速度，由圖9）可知，甲物體做減速運動的加速度a=lm/s21乙物體做減速運動的加速度a=0.8m/s22因此fma31=fma2222D錯誤。故選BC19A解析：AD【解析】【分析】【詳解】

33、A.設滑桿與豎直方向的夾角為a,圓周的直徑為D,根據牛頓第二定律，得滑環的加速度為mgcosaa=gcosam滑桿的長度為x=Dcosa則根據x=at22解得t=g2Dt=g2D可見時間t與a無關，故有t1=t2即兩滑環同時到達滑軌底端，A正確環所受的合力F=mgcosa可知FF甲乙由于運動時間相同，因此合力對甲滑環的沖量較大，甲滑環的動量變化也大，B錯誤;重力的沖量大小、方向都相同，選項C錯誤；D彈力FN=mgsina,因此可知幾pmg24022233卩卩沁0.069?024小滑塊b滑上長木板c時的加速度大小：a=%g=1.6?m/s2此時兩塊長木板的加速度大小：a2=牛g二8加/s22m+

34、m341令小滑塊b在長木板c上的滑行時間為t,貝y：時間t內小滑塊b的位移x二vt-at212211兩塊長木板的位移x2-2a2t2且9二厶解得：丁1解得：丁1S或t2二100s(舍去)b剛離開長木板c時b的速度v2v2aiti=3.6?m/sb剛離開長木板c時d的速度v3a2t8加/sd的長度至少為x：由動量守恒可知：mv+mv(m+m)v224324111解得：v=2m/s卩mgx=mv2+mv2一(m+m)v2解得：v=2m/s02222243224解得：x=1.4m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內有什么樣的

35、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）由得：（3）木塊返回與物體P第二次達到共同速解析：v(1)-0(解析：v(1)-0(2)m(v2一3gh)03L3)v2一6gh-0Lv2一3gh0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：mv0二（m+2m）v解得：v二(2)丄mv2=丄(m+2m)v2+mgh+fL02由得：由得：f=竺2一3gh)對物塊和木板組成的系統度為W，有(m+4m)v=mv013L(3)木塊返回與物體P第二

36、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：2mv2=2(m+2m)v2+f(2L一s)v2一6gh聯立可得：s=TLv2一3gh0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，根據定律列表達式進行求解，注意要規定正方向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，合外力為零，系統動量守恒，設物塊與擋板第1次碰撞前解析：v=-3v；v=2v；(2)32304V0；(3)16152mv2A10B10g0【解析】【分析】【詳解】物塊受到電場

37、力F=Eq=0.5mg木板受到地面的摩擦力F=-(mg+4mg)=0.5mgf合外力為零，系統動量守恒，設物塊與擋板第1次碰撞前，速解得v=5v10設第1次碰撞后，物塊與木板的速度分別為、】，由動量守恒和能量守恒得mv=mv+4mv1A1B1mv2=mv2+(4m)v2212A12B1聯立，解得v=-3vA10v=2vB10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F=ma1解得ai=2卩(mg+4mg)=4ma?解得速度減為零后再向右勻加速運動。木板以2嶺位移為xB1由運動學公式16速度減為零后再向右勻加速運動。木板以2嶺位移為xB1由運動學公式16v0-g向右勻減速運

38、動，經過時間勺，速度減為零，2vt=o=1a2TOC o 1-5 h z2v16v2x=ot=0B121g此時，物塊的速度為v2，位移為xA1.由運動學公式v=-3v+at=5v20110-3v+5v16v2x=0ot=0A121g經分析，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t=(2。2。-1)ti=晉(3)從第1次碰撞至第2020次碰撞。物塊電勢能的減少量為AE二F2019xpB1聯立，解得AE=16152mv2p024(1)(2)1m/s(3)0.45m【解析】【分析】【詳解】以A為研究對象，由

39、牛頓第二定律有F=mAa代入數據解得a=2.5m/s2(2)對A、B碰撞后共解析：(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m【解析】【分析】【詳解】以A為研究對象，由牛頓第二定律有F-mAa代入數據解得a-2.5m/s2對A、B碰撞后共同運動t-0.6s的過程，由動量定理得Ft-(mA+mB)v-(mA+mB)v1代入數據解得v1-1m/s設A、B發生碰撞前，A的速度為vA,對A、B發生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAVA二(mA+mB)V1A從開始運動到與B發生碰撞前，由動能定理有Fl-mAv2A由式，代入數據解得l-0.45m.25.(1)60N,豎直向下(2)12J(3)8s【解析】【詳解】(1)設物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為v0,由機械能守恒定律得:代入數據解得：v0=5m/s在圓弧最低點C，解析：(1)60N，豎直向下(2)12J(3)8s【解析】【詳解】設物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為v0,由機械能守恒定律得：1mgRmv22o代入數據解得：v0=5m/s在圓弧最低點C,由牛頓第二定律得：F-mgF-mgv2=m-o代入數據解得：F=60N由牛頓第三定律可知，物塊B對軌道的壓力大小：Fz=F=60N,方向：豎直向下;在傳送帶上，對物塊B由牛頓第二定律得：ymg=ma設物塊B通過傳送帶后運動