四川省宜賓市宜賓縣第一中學(xué)（完整版）動量守恒定律單元測試題A.，一、動量守恒定律選擇題1.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板AA.，一、動量守恒定律選擇題1.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板A靜止在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的小滑塊B以初速度v0從左側(cè)滑上木板，且恰能滑離木板，滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為〃.下列說法中正確的是B.C.D.若只增大%若只增大M若只減小m.若只減小以,則滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量增加則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量減少則滑塊滑離木板時木板獲得的速度減少則滑塊滑離木板過程中滑塊對地的位移減小2.如圖，斜面體固定在水平面上，斜面足夠長，在斜面底端給質(zhì)量為m的小球以平行斜2.面向上的初速度匕，當(dāng)小球回到出發(fā)點(diǎn)時速率為v2。小球在運(yùn)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(yùn)動C.mv+mv.vv+vmg?sin0+k12:C.mv+mv.vv+vmg?sin0+k12:D.tmv一mv.vv+vmg?sin0一k1^：3.如圖所示，兩滑塊4B位于光滑水平面上，已知A的質(zhì)量MA=1kg,B的質(zhì)量A.MB=4kg.滑塊B的左端連有輕質(zhì)彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態(tài).現(xiàn)使滑塊A以〃=5m/s速度水平向右運(yùn)動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用（整個過程彈簧沒有超過彈性限度），直至分開.則（ ）B.C.D.物塊A的加速度一直在減小，物塊B的加速度一直在增大作用過程中彈簧的最大彈性勢能Ep=2J滑塊A的最小動能為EA=4.5J，滑塊B的最大動能為EKB=8J若滑塊A的質(zhì)量MA=4kg,b的質(zhì)量MB=1kg，滑塊A的最小動能為EKA=18J,滑塊B的最大動能為Eq=32J4.A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運(yùn)動，A球的動量為5kg?m/s,B球的動量為7kg?m/s，當(dāng)A球追上B球時發(fā)生對心碰撞，則碰撞后A、B兩球動量的可能值為A.PA.P'=6kg-m/s，P'=6kg-m/sB.P'=3kg-m/s,P'=9kg-m/sC.PC.P'=-2kg-m/s,P'=14kg-m/sD.P'=-5kg-m/s,P,=17kg-m/s5.在光滑水平面上，有兩個小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動（B在前），已知碰前兩球的動量5.分別為兇=10kg-m/s,bB=13kg-m/s,碰后它們動量的變化分別為與A、4夕下列數(shù)值可能p^^ pB P^' pB正確的是（）A.B.C.A.B.C.D.6.pA=-3kg-m/s.△pB=3kg-m/spA=3kg-m/s.△pB=-3kg-m/spA=-20kg-m/s.△pB=20kg-m/spA=20kg-m/s、△pB=-20kg-m/s一物體在外力的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動，合外力方向不變，大小隨時間的變化如A.圖所示.設(shè)該物體在t0和2\時刻相對于出發(fā)點(diǎn)的位移分別是xi和x2A.圖所示.設(shè)該物體在t0和2\時刻相對于出發(fā)點(diǎn)的位移分別是xi和x2，速度分別是vi和v2，合外力從開始至to時刻做的功是W］，從10至210時刻做的功是匕，則C.7.最大時細(xì)繩恰好被拉斷，A.再過一段時間后長木板停止運(yùn)動，小滑塊恰未掉落.則（）B.1細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為-mv2C.1彈簧恢復(fù)原長時滑塊的動能為不mv2B.x=9x,v=5vD.v2=3v/嗎=9W如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面0A段光滑，AB段粗糙且長為l，左端。處固定輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F.質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達(dá)F細(xì)繩被拉斷瞬間木板的加速度大小為嬴DD.V2滑塊與木板AB間的動摩擦因數(shù)為一2gl8.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?fàn)顟B(tài)。現(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(yùn)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(diǎn)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=3x103m/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=2x10-7kg.設(shè)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(yīng)增加A.3.6x103N B.3.6N C.1.2x103N D.1.2N10.如圖所示，一質(zhì)量為mo=0.05kg的子彈以水平初速度vo=200m/s打中一放在水平地面上A點(diǎn)的質(zhì)量為m=0.95kg的物塊，并留在物塊內(nèi)（時間極短，可忽略），隨后物塊從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動，與距離A點(diǎn)L=5m的B處的墻壁碰撞前瞬間的速度為匕=8m/s,碰后以v2=6m/s的速度反向運(yùn)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A.物塊從A點(diǎn)開始沿水平面運(yùn)動的初速度v=10m/sB.物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)〃=0.36C.物塊與墻碰撞時受到的平均作用力大小F=266ND.物塊在反向運(yùn)動過程中產(chǎn)生的摩擦熱Q=18J11.如圖所示，一輛質(zhì)量M=3kg的小車A靜止在光滑的水平面上，A上有一質(zhì)量m=1kg的光滑小球B,將一左端固定于A上的輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定，此時彈簧的彈性勢能Ep=6J,B與A右壁距離為l。解除鎖定，B脫離彈簧后與A右壁的油灰阻擋層（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列說法正確的是（）口JJF TlAHmrpOA.碰到油灰阻擋層前A與B的動量相同B脫離彈簧時，A的速度為1m/sB和油灰阻擋層碰撞并被粘住，該過程B受到的沖量大小為3N-s

3iD.整個過程B移動的距離為了l4.如圖所示，水平面（紙面）內(nèi)有兩條足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌PQ、MM導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距為L；導(dǎo)軌之間有方向豎直向下（垂直于紙面向里）、大小為B的勻強(qiáng)磁場；金屬桿ab、cd質(zhì)量均為m,電阻均為R，兩桿靜止在水平導(dǎo)軌上，間距為s0。t=0時刻開始金屬桿cd受到方向水平向右、大小為F的恒定外力作用。t=10時刻，金屬桿cd的速度大小為v，此時撤去外力F,下列說法正確的是（ ）XXXKMM*xXXXKMM*xA.BA.B.t=to時刻,金屬桿附的速度大小為左一vFt從t=0到t=10時間內(nèi)，流過金屬桿ab的電荷量為前2FRtC.最終兩金屬桿的間距為s°+下建FRtD.最終兩金屬桿的間距為S°+近0.如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，ab>cd。ab、cd的端點(diǎn)都在同一圓周上，b點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，若每根桿上都套著一個相同的小滑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14.2019年1月3號“嫦娥4號”探測器實(shí)現(xiàn)人類首次月球背面著陸，并開展巡視探測。因月球沒有大氣，無法通過降落傘減速著陸，必須通過引擎噴射來實(shí)現(xiàn)減速。如圖所示為“嫦娥4號”探測器降落月球表面過程的簡化模型。質(zhì)量m的探測器沿半徑為r的圓軌道I繞月運(yùn)動。為使探測器安全著陸，首先在P點(diǎn)沿軌道切線方向向前以速度u噴射質(zhì)量為△m的物體，從而使探測器由P點(diǎn)沿橢圓軌道II轉(zhuǎn)至Q點(diǎn)（橢圓軌道與月球在Q點(diǎn)相切）時恰好到達(dá)月球表面附近，再次向前噴射減速著陸。已知月球質(zhì)量為M、半徑為R。萬有引力常量為G。則下列說法正確的是（ ）

A.探測器噴射物體前在圓周軌道I上運(yùn)行時的周期為2人1：GM\m-Am）uB.在P點(diǎn)探測器噴射物體后速度大小變?yōu)?mc.減速降落過程，從p點(diǎn)沿軌道II運(yùn)行到月球表面所經(jīng)歷的時間為上八R十"32\GMGMD.月球表面重力加速度的大小為 -15.如圖所示，物體八、B的質(zhì)量分別為m、2m,15.如圖所示，物體八、B的質(zhì)量分別為m、2m,物體B置于水平面上，物體B上部半圓形槽的半徑為R，將物體力從圓槽右側(cè)頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計(jì)。則（）A.A能到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)A運(yùn)動到圓槽的最低點(diǎn)時A的速率為A運(yùn)動到圓槽的最低點(diǎn)時B的速率為B向右運(yùn)動的最大位移大小為16.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m=3kg靜止放置的物塊A、B、C,物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)）。若A以v0=4m/s的初速度向B運(yùn)動并壓縮彈簧（彈簧始終在彈性限度內(nèi)），當(dāng)A、并壓縮彈簧（彈簧始終在彈性限度內(nèi)），當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在起，然后繼續(xù)運(yùn)動。假設(shè)B和C碰撞時間極短，則以下說法正確的是（ ）A.從A開始運(yùn)動到彈簧壓縮最短時A的速度大小為2m/sB.從A開始運(yùn)動到彈簧壓縮最短時C受到的沖量大小為4N-sC.從A開始運(yùn)動到A與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能為3JD.在A、B、C相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能為16J17.如圖所示，光滑金屬軌道由圓弧部分和水平部分組成，圓弧軌道與水平軌道平滑連接，水平部分足夠長，軌道間距為L=1m,平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為IT,同種材料的金屬桿a、b長度均為L,a放在左端彎曲部分高h(yuǎn)=0.45m處，b放在水平軌道上，桿ab的質(zhì)量分別為ma=2kg,m:11^,桿b的電阻”=0.2Q,現(xiàn)由靜止釋放a,已知桿a、b運(yùn)動過程中不脫離軌道且不相碰，g取10m/s2,則（ ）A.a、b勻速運(yùn)動時的速度為2m/sB.當(dāng)b的速度為1m/s時，b的加速度為3.75m/s2C.運(yùn)動過程中通過b的電量為2CD.運(yùn)動過程中b產(chǎn)生的焦耳熱為1.5J.如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為M、m.滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點(diǎn)。由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為l.開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止.現(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時，下列說法正確的是（）A.滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B.C.DA.滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B.C.D.滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒滑塊的最大速率為滑塊的最大速率為2m2glm2gl.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板A靜止在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的小滑塊B以初速度v0從左側(cè)滑上木板，且恰能滑離木板，滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為〃.下列說法中正確的是A.若只增大%，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〃，則滑塊滑離木板過程中滑塊對地的位移減小20.如圖所示，一塊質(zhì)量為M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有擋板，擋板上固定一個小彈簧.一個質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0從木板的右端開始向左運(yùn)動，與彈簧碰撞后(彈簧處于彈性限度內(nèi))，最終又恰好停在木板的右端.根據(jù)上述情景和已知量，可以求出()A.彈簧的勁度系數(shù)B.彈簧的最大彈性勢能C.木板和小物塊組成的系統(tǒng)最終損失的機(jī)械能D.若再已知木板長度l可以求出木板和小物塊間的動摩擦因數(shù)二、動量守恒定律解答題21.如圖所示，水平面上有相距L0=2m的兩物體A和B,滑塊A的質(zhì)量為2m,電荷量為+q,B是質(zhì)量為m的不帶電的絕緣金屬滑塊.空間存在有水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E="鱉.已知A與水平面間的動摩擦因數(shù)匕二°1，B與水平面間的動摩擦因數(shù)q A第一次與B碰前的速度V0的大小；(2)A第二次與B碰前的速度大小；(3)A、B停止運(yùn)動時，B的總位移x.22.一半徑為R、內(nèi)側(cè)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(cè)最高點(diǎn)處獲得沿球面的水平速度，其大小為V0(V°W0).求滑塊在整個運(yùn)動過程中可能達(dá)到的最大速率.重力加速度大小為g.112=0.4,a與b的碰撞為彈性正碰，且總電荷量始終不變(g取10m/s2).試求：E

向右；小球2位于x=L處，速度為2叭運(yùn)動方向向左，如圖所示.小球間的碰撞是完全彈性的（碰撞前后速度交換方向相反），而小球每次與槽壁的碰撞結(jié)果都會使小球速度減半的返回，求：在哪些時間段內(nèi)兩小球的速度大小、方向相同？對應(yīng)這些時間段的速度大小為多少？.如圖所示，在豎直平面內(nèi)傾角。=37。的粗糙斜面AB、粗糙水平地面BC、光滑半圓軌道CD平滑對接，CD為半圓軌道的豎直直徑。BC長為l，斜面最高點(diǎn)A與地面高度差- clh=1.5l，軌道CD的半徑R=4。質(zhì)量為m的小滑塊P從A點(diǎn)靜止釋放，P與AB、BC軌1道間的滑動摩擦因數(shù)為^=-。在C點(diǎn)靜止放置一個質(zhì)量也為m的小球Q,P如果能與Q8發(fā)生碰撞，二者沒有機(jī)械能損失。已知重力加速度為g,sin37°=0.6。求（1）通過計(jì)算判斷，滑塊P能否與小球Q發(fā)生碰撞；⑵如果P能夠與Q碰撞，求碰后Q運(yùn)動到D點(diǎn)時對軌道的壓力大小；⑶如果小球Q的質(zhì)量變?yōu)閗m（k為正數(shù)），小球Q通過D點(diǎn)后能夠落在斜面AB上，求k值范圍？P.同學(xué)們可能有些人玩過小砂包游戲，如果釋放小砂包落到地面上它不會反彈會立刻靜止。某同學(xué)將質(zhì)量為m1砂包用一根不可伸長的輕繩穿過桌子中間的小孔與質(zhì)量為m2的砂包相連，如圖所示，繩長為3桌高為兒并且H<L。如果開始時刻繩子全部在桌上，兩砂袋沒有運(yùn)動，此后，m2下落，m1可沿光滑的水平桌面滑動，問當(dāng)m2與地板相碰后，能上升多高？26.如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定在水平地面上，下端與水平地面在P點(diǎn)相切，一個質(zhì)量為2m的物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止在水平地面上，左端固定有水平輕彈簧，Q點(diǎn)為彈簧處于原長時的左端點(diǎn)，P、Q間的距離為R,PQ段地面粗糙、動摩擦因數(shù)為從=0.5,Q點(diǎn)右側(cè)水平地面光滑，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊4可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止開始下滑，重力加速度為g.求：（1）物塊八沿圓弧軌道滑至P點(diǎn)時對軌道的壓力大小;⑵彈簧被壓縮的最大彈性勢能（未超過彈性限度）；⑶物塊八最終停止位置到Q點(diǎn)的距離.【參考答案】***試卷處理標(biāo)記，請不要刪除一、動量守恒定律選擇題1.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Q=fL=RmgL相 相因?yàn)橄鄬ξ灰茮]變，所以產(chǎn)生熱量不變，故A錯誤；B.由極限法，當(dāng)M很大時，長木板運(yùn)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：-umg（x+L）=—mv2--mv2m 2i2o可知滑塊滑離木板時的速度匕很大，把長木板和小滑塊看成一個系統(tǒng)，滿足動量守恒mv=mv+Mv'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(dāng)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(dāng)從很小時，摩擦力也很小，長木板運(yùn)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.A解析：A【解析】【詳解】設(shè)沿斜面方向，最大位移為x，阻力f沖量：1'=ZkvAt=kx-kx=0則合沖量為mgsinUt由動量定理，mgsinUt—mv+mv’2e’2e-vn

+si

yTg--

則t=1J石與計(jì)算相符，A正確g?sinUv一vt二g|s1nt與計(jì)算不符，B錯誤mv+mvt=mg-sinU+左事與計(jì)算不符，C錯誤mv一mvt= 1 2—D.mg?sinU-上號與計(jì)算不符，D錯誤D解析：D【解析】【詳解】A.彈簧的彈力先增大后減小，兩個物塊受到的合外力都等于彈簧的彈力，則兩個物塊的加速度都先增大后減小，故A錯誤；B.當(dāng)彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊八和B的速度相同.選取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律：MAv=(M+MB)M解得：/=1m/s根據(jù)機(jī)械能守恒定律，知彈簧的最大彈性勢能等于滑塊4B損失的動能，為：

一1一1一一，E=—Mv2—(M+M)v2P2A2AB解得：EP=10J故B錯誤；C.當(dāng)4B分離時，滑塊B的速度最大，由動量守恒和能量守恒定律得：Mv=MAvA+MBvB1，. 1，.Mv2=Mv2+Mv2A2aa2BB由以上兩式得：i/A=-3m/s,vB=2m/s,所以滑塊A的最小動能為EKA=0.滑塊B的最大動能為1E=—Mv2=8JkB2BB故C錯誤；D.若滑塊A的質(zhì)量MA=4kg,B的質(zhì)量MB=1kg,同理可得，當(dāng)A、B分離時，A、B的速度分別為vA=3m/s,vB=8m/s,滑塊A的最小動能為1E=-Mv2=18J

kA2AA滑塊B的最大動能為1E=-Mv2=32J

kB2BB故D正確.B解析：BC【解析】【詳解】A.由題，碰撞后，兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大.故A錯誤.A錯誤.B.碰撞前，A的速度大于B的速度v/vB，則有PP—A->—B-得到mA<根據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有329329252 72得到滿足故B正確.C.根據(jù)B選項(xiàng)分析得C正確.D.可以看出，碰撞后八的動能不變，而B的動能增大，違反了能量守恒定律.故D錯誤.故選BC.【點(diǎn)睛】對于碰撞過程要遵守三大規(guī)律：1、是動量守恒定律；2、總動能不增加；3、符合物體的實(shí)際運(yùn)動情況.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(jī)械能不能增加和碰撞過程要符合實(shí)際情況。BD.本題屬于追及碰撞，碰前，后面運(yùn)動物體速度一定要大于前面運(yùn)動物體的速度（否則無法實(shí)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："，」''；,1,并且產(chǎn).由此可知：不符合題意。A.碰撞后，，? ',"打 「汰「：1」，根據(jù)關(guān)系式“鼠產(chǎn)不，滿足以上三條定律，符合題意。C.碰撞后，I：「'：i，，,」：：；? ：:'二,「「'，，根據(jù)關(guān)系式.】「—,A球的質(zhì)量和動量大小都不變，動能不變，而B球的質(zhì)量不變，動量增大，所以B球的動能增大，系統(tǒng)的機(jī)械能比碰撞前增大了，不符合題意。A解析：AC【解析】【分析】【詳解】根據(jù)F-1圖像面積意義和動量定理有m匕=F010,mv2=F0to+2F0to，則v2=3%；應(yīng)用位移公v v+vv式可知可=mtn、、= tn+4J則匕=5X」B錯、A對；在第一個t內(nèi)對物120 2 2 020 2 1 omv2 mv2mv2體應(yīng)用動能定理有卬1=丁、在第二個個。內(nèi)對物體應(yīng)用動能定理有卬2=丁一丁，則W=8W,D錯、C對A解析：ABD【解析】【分析】【詳解】A.細(xì)繩被拉斷瞬間，對木板分析，由于。八段光滑，沒有摩擦力，在水平方向上只受到彈簧給的彈力，細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F,根據(jù)牛頓第二定律有：F=Ma解得a二二，A正確；M滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0,由系統(tǒng)的機(jī)械1能守恒得：細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為萬mv2,b正確；1C.彈簧恢復(fù)原長時木板獲得的動能，所以滑塊的動能小于5mv2,C錯誤；D.由于細(xì)繩被拉斷瞬間，木板速度為零，小滑塊速度為零，所以小滑塊的動能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即E=1mv2，小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端，且速度與木板相p2同，設(shè)為v'，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得0=(m+M)ME=，(m+M)v，2+hmgl

p2v2—，D正確。2gl故選ABD。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(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒得mv一Mv=0由機(jī)械能守恒得1-J.「

mmv2+—Mv2=E2i2 2p代入數(shù)據(jù)解得v=9m/s,v=3m/s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(jī)械能守恒定律得1—mv1—mv2=2 1—mv,2+mg-2R2i解得v'=8m/s以向右為正方向，由動量定理得，球m從軌道底端A運(yùn)動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為I=Ap=mv'-mv=0.2x(—8)N-s一0.2x9N-s=—3.4N-s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I=△p=mv=0.2x9N-s=1.8N-si故AB正確，D錯誤；C.設(shè)圓軌道半徑為r時，飛出B后水平位移最大，由A到B機(jī)械能守恒定律得1—mv2=2i在最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得m從B點(diǎn)飛出，需要滿足：N>0,飛出后，小球做平拋運(yùn)動-12r=gt22

x=v2t解得4 ?、4r 'v2“、”v=i(v2-4gr)——=1+-4r)4r

g1g\g當(dāng)8.1-4r=4r時，即r=1.0125m時，x為最大，球m從B點(diǎn)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。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M=vtSm由動量定理得：Ft=Mv解得:F=3.6N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(yīng)增加3.6N,故B正確；

故選BA解析：ABD【解析】【分析】【詳解】A項(xiàng)：子彈打中物塊的過程，由于內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，根據(jù)動量守恒定律有:mv=(m+m)v解得：v=10m/s,故A正確；B項(xiàng)：物體從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有：11一以(m+m)gL=—(m+m)v2一—(m+m)v20 2 0 1 2 0解得：N=0.36故B正確；C項(xiàng)：物塊與強(qiáng)碰撞過程中，以向右為正方向，由動量定理有:一Ft=—(m+m)v一(m+m)v解得：F=280N故C錯誤；D項(xiàng)：物塊在反向運(yùn)動過程中，根據(jù)動量守恒定律可知，動能全部轉(zhuǎn)化因摩擦而產(chǎn)生的熱量，即小1/ 、 …Q=—(m+m)v2=18J2o故D正確.B解析：BCD【解析】【分析】【詳解】A.對于B球、彈簧和A車組成的系統(tǒng)，在彈簧作用的過程、B球撞A車右壁的過程，均滿足系統(tǒng)的外力之和為零，系統(tǒng)的動量守恒，初態(tài)總動量為零，則此后的任何時刻A與B的動量總是等大反向，因方向相反而動量不同，故A錯誤；B.設(shè)B.設(shè)B脫離彈簧時，B的速度為v迎,B方向向右，A的速度為vA，方向向左，設(shè)向右為正方向，由動量守恒定律0=mv-Mv由能量守恒定律可得=1mv2+1Mv22B2A

聯(lián)立可得匕=1m/s,vB=3m/s，故B正確；則對C.B球與A車以等大反向的動量相撞，由動量守恒定律可知兩物體的共同速度為零，B球由動量定理可知則對I=0一mv=-3N-s即粘住的過程B受到的沖量大小為3Ns負(fù)號表示沖量方向向左，故C正確；D.對B球與A車的作用過程，滿足人船模型mx=Mxx+x=l3l l解得x= ，x=，故D正確。4a4故選BCDoA解析：AD【解析】【分析】【詳解】A.t=10時刻，設(shè)金屬桿ab的速度大小為v'，對兩桿整體，由動量定理得Ft0=mv'+mv解得Ft

v'二一0-一v

m選項(xiàng)A正確；B.從t=0到t=10時間內(nèi)，對于金屬桿ab,由動量定理得BiLt=mv'LLq=mv'則流過金屬桿ab的電荷量為qmv)qmv)q=BLFt-mvLl選項(xiàng)B錯誤；CD.最終兩金屬桿達(dá)到共同速度v共，由動量守恒定律得Fto=2mv共通過回路的電量為q'，有BLq'=mv共設(shè)最終兩金屬桿的間距為S，有BASBL(s-s)聯(lián)立解得FRt

s-50+B2L選項(xiàng)C錯誤;D正確。故選AD.A解析：AD【解析】【分析】【詳解】A.設(shè)滑桿與豎直方向的夾角為a，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mgcosam滑桿的長度為x=Dcosa則根據(jù)1-x二—at22解得t=亙二四

\agg可見時間t與a無關(guān)，故有t1=t2即兩滑環(huán)同時到達(dá)滑軌底端，A正確；B.環(huán)所受的合力F=mgcosa可知由于運(yùn)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(xiàng)C錯誤;D.彈力FN=mgsina,因此可知FNIFN乙彈力對甲滑環(huán)的沖量較小，D正確。故選AD。A解析：AD

【解析】【分析】【詳解】人.探測器繞月球做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力^Mm /2兀、.G=m(——)2rr2 T解得探測器噴射物體前在圓周軌道I上運(yùn)行時的周期T=2n工\GM故A正確；B.在P點(diǎn)探測器噴射物體的過程中，設(shè)噴射前的速度為〃根據(jù)動量守恒可知mv=Amu+(m-△m)v1解得噴射后探測器的速度TOC\o"1-5"\h\z,mv一mu(m一m)uv= 豐 —m一m m故B錯誤；△ △a探測器在軌道II上做橢圓運(yùn)動，半長軸△r+Ra= 2根據(jù)開普勒第三定律可知a3_r3T2 Tiii解得r+R.3 )2r+R.3 )2-n2rt=1tt—2ii故C錯誤；D.假設(shè)在月球表面的放置一個質(zhì)量為m的物體，則它受到的重力和萬有引力相等GMmmg= R2解得月球表面重力加速度的大小GM

g=~R故D正確。故選AD。A

解析：AD【解析】【分析】【詳解】A.運(yùn)動過程不計(jì)一切摩擦，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且兩物體水平方向動量守恒，那么八可以到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)，且A在B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)時，A、B的速度都為零，A正確；BC.設(shè)A運(yùn)動到圓槽最低點(diǎn)時的速度大小為7A，圓槽B的速度大小為vB，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)A、B在水平方向動量守恒得0=mvA—2mvDA B解得7A=2VB根據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得gR，丫/gR，BC錯誤;mgR=mmvmgR=mmv2+—2a2義2mv2BD.當(dāng)A運(yùn)動到左側(cè)最高點(diǎn)時，B向右運(yùn)動的位移最大，設(shè)為x，根據(jù)動量守恒得m(2R—x)=2mx故選AD。B解析：BC【解析】【分析】【詳解】A.對A、B通過彈簧作用的過程中，當(dāng)?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0=2mv1解得v1=2m/s設(shè)A、B第二次速度相同時的速度大小v2,此時彈簧最短。對ABC系統(tǒng)，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv0=3mv2解得v=—m/s234從A開始運(yùn)動到彈簧壓縮最短時A的速度大小為,m/s；選項(xiàng)A錯誤;B.從開始到彈簧最短時，即從開始到4B第二次速度相同時，對C根據(jù)動量定理I=mv2-0=4N?s故B正確；C.B與C碰撞的過程，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv1=2mv3解得BC粘接后瞬間共同速度為v3=1m/s從BC碰撞到Z與彈簧分離的過程，由系統(tǒng)的動量守恒和機(jī)械能守恒得mv1+2mv3=mvA+2^vBC1 1。 1 1。—mv2+—?2mv2=—mv2+_?2mv22 1 2 3 2A2BC從開始到Z與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能為.1z1一.1c-、E=—mv2-(—mv2+—?2mv2)2 0 2A2BC聯(lián)立解得TOC\o"1-5"\h\z△ △=3J故C正確。D.AB兩物體第一次共速時彈簧的彈性勢能E=—mv2-—?2mv2=12J

01 2o2 1則當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，由能量關(guān)系可知11 1—mv2+—?2mv2+E=—?3mv2+E2 12 3p1 2 2pmEpm=13J即在A、B、注相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能為13J。故D錯誤。故選BC。17.A解析：AC【解析】【分析】【詳解】A.對桿。下滑的過程中，由機(jī)械能守恒定律得7 1 。mgh=—mv2

a2a解得v=J2gh=3m/s久b桿在水平面上運(yùn)動時，穩(wěn)定時一起勻速運(yùn)動，由動量守恒定律得mv=(m+m)v解得v=2m/s故A正確；B.a、b桿在水平面上運(yùn)動時，由動量守恒定律得mv=mv+mv當(dāng)b的速度為1m/s時，a的速度為2.5m/s,b受到的安培力為F=BIL=B町―BLV2L=7.5N安 Rbb的加速度為Fa=^安=7.5m/s2bmb故B錯誤；C.對b桿，由動量定理可得BILAt=mv-0運(yùn)動過程中通過b的電量為q=IAt=-b~ab~=2C

BL故C正確；D.由能量守恒得桿a和桿b共產(chǎn)生的焦耳熱為Z 、 CTQ=—mv2-—(m+m)v2=3Ja2abab桿b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q'=Q=3J故D錯誤；故選AC.18.B解析：BC【解析】【分析】【詳解】A.小球下落過程中系統(tǒng)合外力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒.故A項(xiàng)錯誤.B.繩子上拉力屬于內(nèi)力，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，因此系統(tǒng)水平方向動量守恒.故B項(xiàng)正確.CD.當(dāng)小球落到最低點(diǎn)時，只有水平方向的速度，此時小球和滑塊的速度均達(dá)到最大.據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有Mv=mv據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有,11_mgl=—mv2+—Mv22 2 max聯(lián)立解得V= 2m2glmax\M(M+m)故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤.故選BC。19.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Q二修尸mg\相 相因?yàn)橄鄬ξ灰茮]變，所以產(chǎn)生熱量不變，故A錯誤；B.由極限法，當(dāng)M很大時，長木板運(yùn)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：-umg(x+L)=—mv2-—mv2m 2i2o可知滑塊滑離木板時的速度匕很大，把長木板和小滑塊看成一個系統(tǒng)，滿足動量守恒mv=mv+Mv'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(dāng)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(dāng)以很小時，摩擦力也很小，長木板運(yùn)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.20.B解析：BCD【解析】【分析】【詳解】小木塊m與長木板M構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)小木塊滑到最左端和最右端的速度分別為匕、v2，以向左為正方向，小木塊從開始位置滑動到最左端的過程，由動量守恒定律得：mv0=(m+M)v1小木塊從開始位置滑動到最后相對長木板靜止過程mv0=(m+M)v2解得mvTOC\o"1-5"\h\zV= 0— ①1M+m

mvv= 0— ②2M+m小木塊滑動到最左端的過程中，由能量守恒定律得, … 1E+Q+—(m+M)v2=—mv2③pm2 2 0Q=fL④小木塊從開始滑動到最右端的過程中，由能量守恒定律Q'+—(m+M)v2=—mv2⑤2 20Q，=f(2L)=2Q ⑥由①~⑥式，可以解出Epm、Q、Qf，故BC正確；求出Q后，如果已知木板長度1，則：Q=^mgl，可以求出木板和小物塊間的動摩擦因數(shù)，故D正確；由于缺少彈簧的壓縮量，無法求出彈簧的勁度系數(shù)，故A錯誤；故選BCD.點(diǎn)睛：動量守恒定律的運(yùn)用不涉及中間過程，故對于復(fù)雜的運(yùn)動特別方便，可以大大簡化解題過程；同時要注意動量守恒定律經(jīng)常與動能定理和能量守恒定律結(jié)合使用.二動量守恒定律解答S21.(1)2m/s(2)(3)【解析】【分析】【詳解】(1)從八開始運(yùn)動到與B碰撞過程，由動能定理:解得：v0=2m/s(2)AB碰撞過程，由動量守恒和能量守恒可得:解得：(另一組2,.、解析：(1)2m/s(2)§m/s(3)2m【解析】【分析】【詳解】(1)從A開始運(yùn)動到與B碰撞過程，由動能定理:1中—2mv22 0解得：v0=2m/s(2)AB碰撞過程，由動量守恒和能量守恒可得：2mv=2mv+mv1c— 1-2mv2=-2mv2+mv22 02 12 22. 8.解得：v=-m/sv=-m/s(另一組解舍掉)13 23兩物體碰撞后電量均分，均為q/2,則B的加速度:E-2q一七mgmqE ，，， 一Hg=_2m/s22m 2A的加速度:E-2q一產(chǎn)mg=處-Hg=02m 4m12,即B做勻減速運(yùn)動，A做勻速運(yùn)動；A第二次與B碰前的速度大小為v=-m/s；13（3）B做減速運(yùn)動直到停止的位移:AB第二次碰撞時:v2 16x=-2—=——mB2mv=2mv+mv11 1--2mv2=--2mv2+—12mv222解得：1

v=v12 31=2m/s

9v22=8m/s二gm/s321616=-m

34v2B再次停止時的位移x2=汽B同理可得，第三次碰撞時，2mv12=2mv+mv1c1c1--2mv2=--2mv2+—mv212 213 2 2312可得v=-v=m/s，1331227

v=4v=Am/s=lm/s

23 312 27 33TOC\o"1-5"\h\zv2 16B第3次停止時的位移\=22-=WmB同理推理可得，第n次碰撞，碰撞AB的速度分別為:1 2 4 8 .v=—v=—m/s，v=—v=-m/s1n31(n-1) 3n 2n3Kn-1)3nB第n次停止時的位移：v2 16x=2n=—mn2a 32nB則A、B停止運(yùn)動時，B的總位移x=x+x+x+…+x161 16316n16=—m+—m+—m+…+——m32 34 36 32n=2(1-J)m32n當(dāng)n取無窮大時，A、B停止運(yùn)動時，B的總位移x=2m.22.【解析】【分析】【詳解】以滑塊和地球?yàn)橄到y(tǒng)，它在整個運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒.滑塊沿半球面內(nèi)側(cè)運(yùn)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(shè)滑塊質(zhì)量為m,在某中間狀態(tài)時，解析：vmax=\：2(2+\：'V4+16g2解析：vmax【解析】【分析】【詳解】以滑塊和地球?yàn)橄到y(tǒng)，它在整個運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒.滑塊沿半球面內(nèi)側(cè)運(yùn)動時，可將其速度v分解成緯線切向(水平方向)分量。平及經(jīng)線切向分量％，設(shè)滑塊質(zhì)量為加在某中間狀態(tài)時，滑塊位于半球面內(nèi)側(cè)P處，P和球心O的連線與水平方向的夾角為0，由機(jī)械能守恒得1 .1一一mv2=一mgRsin0+—mv2+—mv2①o。 2中2 0這里已取球心O處為重力勢能零點(diǎn).以過O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(yùn)動過程中，滑塊相對于軸的角動量守恒，故mv°R=mvRcos0②由①式，最大速率應(yīng)與0的最大值相對應(yīng)Vmax="。max)③兀而由②式可知，什不可能達(dá)到y(tǒng)由①和②式，力的最大值應(yīng)與。。=0相對應(yīng)，即Vmax="。max)③兀而由②式可知，什不可能達(dá)到y(tǒng)由①和②式，力的最大值應(yīng)與。。=0相對應(yīng)，即V。（。）=0④④式也可用下述方法得到：由①②式得2gRsin。一v2tan20=v。>0若sin。。0，由上式得sin。＜2gRCOS20實(shí)際上，sin。=0也滿足上式.由上式可知sin。 maxcos2。max2gRV20由③式有v。（。)=2gRsin。-V2tan2。maxmax=0將%（。皿）=0代入式①，并與式②聯(lián)立，得以sin。為未知量max不是所求的解于是sin。 。0v2sin2。 一2gRsin00max max方程⑤的一個根是sin/0G—sin2。 )=0⑤⑩max即打0，這表示初態(tài)，其速率為最小值，約去,m。max，方程⑤變?yōu)?gRsin2。 +v2sin。—2gR=0⑥其解為sin。sin。max焉［3:16w-1；⑦

0 /時，有考慮到④式有注意到本題中sin9>0,方程⑥的另一解不合題意，舍去.將⑦式代入①式得，當(dāng)。時，有考慮到④式有1(，——)V2=—*2+《V4+16g2R2，⑧vmax—)vmax2+JV4+16g2R2/⑨0 %023.以及；，，（為兩個小球的碰撞次數(shù)）.【解析】由于兩個質(zhì)量相同的光滑小球間的碰撞是完全彈性的（碰撞前后速度交換方向相反），所以當(dāng)兩個小球碰撞后，兩個小球組成的系統(tǒng)相對于相互“穿過”了對方，所以在解析：L<t<L以及(〃2T)L<t<%Z空(n=2,3,4)；2vv2v vv，v，V'(n=2,3,4)(n為兩個小球的碰撞次數(shù))?2 4 2n-1【解析】由于兩個質(zhì)量相同的光滑小球間的碰撞是完全彈性的(碰撞前后速度交換方向相反)，所以當(dāng)兩個小球碰撞后，兩個小球組成的系統(tǒng)相對于相互〃穿過〃了對方，所以在第一次碰撞L —,、、.，后小球1以2v返回左側(cè)的時間：t=—，球1與槽碰撞后的速度變成v方向向右，112vL v球2返回第一次右側(cè)的時間：t=—，球1與槽碰撞后的速度變成三方向向左，21v 2LL所以兩個小球在k<t<-的時間內(nèi)速度相等，速度的大小為v，方向向右，2vvL在。。時刻小球1的到O點(diǎn)距離：X=v(t-1)=-,12 1 12 11 2v所以在兩個小球發(fā)生第二次碰撞后，小球1的速度是不方向向左，小球2的速度是v方向L3L向右；小球2返回右側(cè)的時間：：之？=(J1石，與槽發(fā)生第二次碰撞后的速度變成方向向左，_L_3L小球1第二次返回左側(cè)的時間：I=t21+工=V.與槽發(fā)生第二次碰撞后的速度變成2v、一一一，3L,3L v、一一7；■，方向向右，可知在：—<t<——的時間內(nèi)速度也相等，速度變成三，方向向左；TOC\o"1-5"\h\z2 2v v 2vv在兩個小球發(fā)生第三次碰撞后，小球1的速度是不方向向左，小球2的速度是五方向向乙 It=t+L=& v右；小球2返回右側(cè)的時間：23 12vv，與槽發(fā)生第三次碰撞后的速度變成g,8方向向左，L7Lt=t+-=—<t小球1第三次返回左側(cè)的時間：1322v2v23.與槽發(fā)生第三次碰撞后的速度變2TOC\o"1-5"\h\z,、v 、__7L,7L v 、一，成了，方向向右，可知在：—<t<—的時間內(nèi)速度也相等，速度變成了，方向向右，4 2vv 4在兩個小球發(fā)生第四次碰撞后，小球1的速度是石方向向左，小球2的速度是:方向向8 4

_L_15L右，小球2返回右側(cè)的時間：‘24=%+v=石，與槽發(fā)生第四次碰撞后的速度變成4L15Lv t=t+-=>t一,j,不，方向向左，小球1第四次返回左側(cè)的時間：