動量守恒定律單元測試[10頁]

1、動量守恒定律綜合測試一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）1. 跳水運動員在跳臺上由靜止直立落下，落入水中后在水中減速運動到速度為零時并未到達池底，不計空氣阻力，則關于運動員從靜止落下到水中向下運動到速度為零的過程中，下列說法不正確的是（）A. 運動員在空中動量的改變量等于重力的沖量B. 運動員整個向下運動過程中合外力的沖量為零C. 運動員在水中動量的改變量等于水的作用力的沖量D. 運動員整個運動過程中重力沖量與水的作用力的沖量等大反向2. 一質(zhì)量為1 g的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動，F(xiàn)隨時間t變化的圖線如圖所示，則（）A. t=1s時物塊的速率為1m/sB. t=2時物

2、塊的動量大小為2 gm/sC. t=3s時物塊的動量大小為3 gm/sD. t=4s時F的功率為3W3. 汽車正在走進千家萬戶，在給人們的出行帶來方便的同時也帶來了安全隱患行車過程中，如果車距較近，剎車不及時，汽車將發(fā)生碰撞，車里的人可能受到傷害，為了盡可能地減輕碰撞引起的傷害，人們設計了安全帶，假定乘客質(zhì)量為70 g，汽車車速為90 m/s，從踩下剎車到完全停止需要的時間為5s，安全帶對乘客的作用力大小約為（不計人與座椅間的摩擦）（）A. 450NB. 400NC. 350ND. 300N4. 靜止在湖面上的小船中有兩人分別向相反方向以相對于河岸相等的速率水平拋出質(zhì)量相同的小球，先將甲球向左

3、拋，后將乙球向右拋水對船的阻力忽略不計，則下列說法正確的是（）A. 拋出的過程中，人給甲球的沖量等于人給乙球的沖量B. 拋出的過程中，人對甲球做的功大于人對乙球做的功C. 兩球拋出后，船向左以一定速度運動D. 兩球拋出后，船向右以一定速度運動5. 如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量為m（mM）的小球從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是（）A. 在以后的運動過程中，小球和槽的水平方向動量始終守恒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. 全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，且水平方向動量守恒D. 被

4、彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h處6. “彈彈子”是我國傳統(tǒng)的兒童游戲，如圖所示，靜置于水平地面的兩個完全相同的彈子沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在極短時間內(nèi)給第一個彈子水平?jīng)_量I使其水平向右運動，當?shù)谝粋€彈子運動了距離L時與第二個彈子相碰，碰后第二個彈子運動了距離L時停止已知摩擦阻力大小恒為彈子所受重力的 倍，重力加速度為g，若彈子之間碰撞時間極短，為彈性碰撞，忽略空氣阻力，則人給第一個彈子水平?jīng)_量I為（）A. mB. mC. mD. m7. 滑雪運動是人們酷愛的戶外體育活動，現(xiàn)有質(zhì)量為m的人站立于雪橇上，如圖所示人與雪橇的總質(zhì)量為M，人與雪橇以速度v1在水平面上由北向南

5、運動（雪橇所受阻力不計）當人相對于雪橇以速度v2豎直跳起時，雪橇向南的速度大小為（ ）A. B. C. D. v18. 如圖所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內(nèi)，兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間連接一個保持原長的豎直輕彈簧，現(xiàn)給小球m2一個水平向右的初速度v0如果兩桿足夠長，則在此后的運動過程中（）A. m1、m2組成的系統(tǒng)動量守恒B. m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒C. 彈簧最長時，其彈性勢能為m2v02D. 當m1速度達到最大時，m2速度最小9. 光滑斜槽軌道的末端水平，固定在水平桌面上，斜槽末端靜止放置一個質(zhì)量為m2的小球B，在斜槽上某處釋放另一質(zhì)量為m1的小球A，

6、兩球在斜槽末端發(fā)生彈性正碰后，沖出軌道落于水平地面上的同一位置，求兩小球的質(zhì)量之比m1：m2=（）A. m1：m2=1：3B. m1：m2=2：1C. m1：m2=1：1D. m1：m2=3：110. 在一次救災行動中，需要把飛機上的50麻袋糧食投放到行駛的列車上，已知列車的質(zhì)量為M，列車在鐵軌上以速度v0做勻速直線運動，列車上方的飛機也沿鐵軌以速度v1同向勻速飛行在某段時間內(nèi)，飛機連續(xù)釋放下50袋糧食，每袋糧食質(zhì)量為m，且這50袋糧食全部落在列車車廂內(nèi)不計列車與鐵軌之間的摩擦，則列車載有糧食后的速度為（）A. B. C. D. 二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）11. 如圖所示，兩個

7、質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍上述兩種射入過程相比較（）A. 射入滑塊A的子彈速度變化大B. 整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大C. 射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的兩倍D. 兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同12. 在水平公路上，一輛裝滿貨物的卡車以某一速度勻速行駛，由于司機疲勞駕駛，與一輛停在公路上的轎車相撞，撞擊時卡車上有部分貨物飛出，撞擊后兩車共同滑行了距離s后停下。則（）A. 撞擊過程可應用動量守恒B. 撞擊過程可應用機械能守恒C. 飛出的貨物質(zhì)量越大，滑行距離s越大D. 飛出的

8、貨物質(zhì)量越大，滑行距離s越小13. 如圖所示，光滑水平面上放有質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B，用細線將它們連接起來，兩物塊中間夾有一壓縮的輕質(zhì)彈簧（彈簧與物塊不相連），彈簧的壓縮量為x現(xiàn)將細線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則（）A. 物塊開始運動前，彈簧的彈性勢能為mv2B. 物塊開始運動前，彈簧的彈性勢能為3mv2C. 物快B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為D. 物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為x14. 光滑水平面上，兩個質(zhì)量相等的小球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=12 gm/s、pB=8 gm/s，

9、碰后它們動量的變化分別為pA、pB下列數(shù)值可能正確的是（）A. pA=-2 gm/s、pB=2 gm/sB. pA=-3 gm/s、pB=3 gm/sC. pA=-4 gm/s、pB=4 gm/sD. pA=-5 gm/s、pB=5 gm/s15. 如圖所示，質(zhì)量為M的小車AB，在A端粘有橡皮泥，在B端固定有一根輕質(zhì)彈簧，彈簧的另一端靠一塊質(zhì)量為m的物體C，且Mm，小車原來靜止于光滑水平面上，小車底板光滑，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)當彈簧釋放后，則（）A. 物體C離開彈簧時，小車一定是向右運動B. 物體C與A粘合后，小車速度為零C. 物體C從B向A運動過程中，小車速度與物體速度大?。▽Φ兀┲葹閙

10、：MD. 物體C從B向A運動過程中，小車速度與物體速度大小（對地）之比為M：m三、實驗題探究題（本大題共1小題，共10.0分）16. 在“驗證動量守恒定律”的實驗中，氣墊導軌上放置著帶有遮光板的滑塊A、B，遮光板的寬度相同，測得的質(zhì)量分別為m1和m2實驗中，用細線將兩個滑塊拉近使輕彈簧壓縮，然后燒斷細線，輕彈簧將兩個滑塊彈開，測得它們通過光電門的時間分別為t1、t2 （1）圖2為甲、乙兩同 用螺旋測微器測遮光板寬度d時所得的不同情景由該圖可知甲同 測得的示數(shù)為_ mm，乙同 測得的示數(shù)為_ mm（2）用測量的物理量表示動量守恒應滿足的關系式：_ ，被壓縮彈簧開始貯存的彈性勢能EP= _ 四、計

11、算題（本大題共3小題，共30.0分）17. 如圖所示，光滑水平面上三個大小相同的小球a、b、c，質(zhì)量分別為m1=0.2 g，m2=m3=0.6 g，小球a左端靠著一固定豎直擋板，右端與一輕彈簧1拴接，處于靜止狀態(tài)，小球b和c用一根輕質(zhì)細線拴接，兩物塊中間夾著一個壓縮的輕彈簧2，彈簧與兩小球未拴接，它們以v0=1m/s的速度在水平面上一起向左勻速運動，某時刻細線突然被燒斷，輕彈簧將兩小球彈開，彈開后小球c恰好靜止，小球b向左運動一段時間后，與彈簧1拴接，彈回時帶動木塊a運動，求：（1）彈簧2最初所具有的彈性勢能Ep；（2）當彈簧1拉伸到最長時，小球a的速度大小v18. 用發(fā)射裝置豎直向上發(fā)射一彈

12、丸，彈丸質(zhì)量為m，當彈丸運動到距離地面60m的最高點時，爆炸成為甲、乙兩塊沿豎直方向飛出，甲、乙的質(zhì)量比為1：4，爆炸后經(jīng)t1=2s甲運動到地面不計質(zhì)量損失，取重力加速度g=10ms2，求：（1）爆炸后甲運動的初速度v1；（2）爆炸后乙運動到地面所用的時間t219. 如圖所示，一質(zhì)量m=2 g的鐵塊放在質(zhì)量M=2 g的小車左端，二者一起以v0=4m/s的速度沿光滑水平面向豎直墻面運動，車與墻碰撞的時間t=0.01s，碰撞時間極短，鐵塊與小車之間的動摩擦因數(shù)=0.4，g=10m/s2求：（1）車與墻碰撞時受到的平均作用力F的大小（由于碰撞時間極短，可認為在車與墻碰撞時鐵塊速度沒變）；（2）小車車

13、長的最小值答案和解析【答案】1. C2. C3. C4. B5. D6. B7. D8. A9. A10. A11. BD12. AD13. BC14. ABC15. ABC16. 3.505；3.485；=；+17. 解：（1）細線被燒斷，輕彈簧將兩小球彈開的過程，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得（m2+m3）v0=m2vb 解得vb=2m/s 由機械能守恒定律得Ep=m2vb2+（m2+m3）v02=0.6J （2）b球帶動a球運動的過程，當彈簧1拉伸到最長時，兩球的速度相同取向右為正方向，由動量守恒定律得m2vb=（m1+m2）v 解得v =1.5m/s 答：（1）彈簧2最初所具有的彈

14、性勢能Ep是0.6J（2）當彈簧1拉伸到最長時，小球a的速度大小v是1.5m/s18. 解：（1）爆炸后甲向下做勻加速運動，加速度為g，則有：h=v1t1+ 可得v1=-=-=20m/s，方向向下（2）對于爆炸過程，取向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：0=m1v1+m2v2；得v2=-=-=5m/s，方向向上則h=-v2t2+ 解得t2=4s 答：（1）爆炸后甲運動的初速度v1是20m/s，方向向下（2）爆炸后乙運動到地面所用的時間t2是4s19. 解：（1）車與墻碰撞過程中，不計碰撞時機械能的損失，則車與墻碰撞后的瞬間，小車的速度向左，大小為v0，設向左為正，根據(jù)動量定理得：Ft=Mv0-M

15、（-v0）解得：F=1600N （2）對車和鐵塊組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受的合力為零以向左為正方向，由動量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v，解得：v=0 對系統(tǒng)，由能量守恒定律得：（M+m）v02=mgL 解得：L=4m 答：（1）車與墻碰撞的平均作用力的大小F為1600N（2）小車車長的最小值為4m【解析】1. 解：A、運動員在空中運動過程中只受重力作用，根據(jù)動量定理可知運動員在空中動量的改變量等于重力的沖量，故A正確；B、整個過程根據(jù)動量定理可得I=mv=0，故運動員整個向下運動過程中合外力的沖量為零，故B正確；C、運動員在水中運動過程中受到重力和水對他的作用力，根據(jù)動量定理可

16、知運動員在水中動量的改變量等于水的作用力與重力的合力的沖量，故C不正確；D、整個過程根據(jù)動量定理可得I=IG+IF=mv=0，所以IG=-IF，即運動員整個運動過程中重力沖量與水的作用力的沖量等大反向，故D正確；本題選不正確的，故選：C。分析下落過程中不同階段運動員的受力情況和動量變化情況，根據(jù)動量定理進行解答。本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。2. 解：A、前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律，a1=2m/s2，則0-2s的速度規(guī)律為：v1=a1t1=2m/s，t=1s時，速率為2m/s，故A錯誤；B、t=2s時，物塊的

17、速率v2=a1t2=4m/s，則動量大小為：p2=mv2=4 gm/s，故B錯誤；C、2-4s，力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，a2=-1m/s2，所以3s時的速度為v3=v2-a2t3=3m/s，動量大小為p3=mv3=3 gm/s，故C正確；D、結合C的分析可得，t=4s時物塊速度v4=v2-a2t4=2m/s，所以4s末的功率：P=Fv4=12=2W，故D錯誤；故選：C。首先根據(jù)牛頓第二定律得出加速度，進而計算速度和動量。本題考查了牛頓第二定律的簡單運用，熟悉公式即可，并能運用牛頓第二定律求解加速度。另外要 會看圖，從圖象中得出一些物理量之間的關系。3. 解：90 m/h=25m

18、/s，根據(jù)動量定理Ft=mv 所以N 故選：C 對人研究，運用動量定理F合t=mv2-mv1，末速度為零，初速度為25m/s，作用時間為5s，代入求解即可此題難度不大，知道動量定理的表達式，直接代入數(shù)據(jù)求解即可，屬于基礎題該題也可以使用牛頓第二定律解答4. 解：A、設小船的質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m，甲球拋出后，取甲球的速度方向（向左）為正方向，根據(jù)兩球和船組成的系統(tǒng)動量守恒，有：mv-（M+m）v=0，則此時船的速度v的方向向右；根據(jù)動量定理：物體所受合力的沖量等于物體動量的變化對于甲球，動量的變化量為mv，對于乙球動量的變化量為mv -mv，則知甲的動量變化量大于乙球的動量變化量，根據(jù)動量定

19、理可知，拋球時，人對甲球的沖量比人給乙球的沖量大故A錯誤B、根據(jù)動能定理得：人對甲球做的功W甲=，對乙球做的功W乙=-，因此人對甲球做的功大于人對乙球做的功故B正確CD、由于拋出后兩小球相對于岸的速率相等，速度方向相反，且兩小球的質(zhì)量相同，所以兩球相對于地的動量大小相等，方向相反，總動量為0由于兩球和船組成的系統(tǒng)動量守恒，原來系統(tǒng)的總動量為0所以根據(jù)動量守恒定律可知，兩球都拋出后，船的動量為0，則速度為0；故CD錯誤故選：B 拋球過程，兩球和船組成的系統(tǒng)動量守恒根據(jù)動量守恒定律求出兩球拋出后小船的速度通過動量的變化量，由動量定理判斷沖量的大小關系根據(jù)動能定理分析人對球做功關系解決本題的關鍵掌握

20、動量守恒定律、動量定理和動能定理，并能靈活運用運用動量守恒定律時注意速度的方向5. 解：A、當小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動量不守恒，故A錯誤；B、下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B錯誤；C、全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故C錯誤；D、球在槽上下滑過程系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，球與槽分離時兩者動量大小相等，由于mM，則小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被彈

21、簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時的速度大小，小球被反彈后向左運動，由于球的速度大于槽的速度，球將追上槽并要槽上滑，在整個過程中只有重力與彈力做功系統(tǒng)機械能守恒，由于球與槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左，球滑上槽的最高點時系統(tǒng)速度相等水平向左系統(tǒng)總動能不為零，由機械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h處，故D正確；故選：D由動量守恒的條件可以判斷動量是否守恒；由功的定義可確定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情況可知運動情況；由機械守恒及動量守恒可知小球能否回到最高點解答本題要明確動量守恒的條件，以及在兩球相互作用中同時滿足機械能守恒，應結合兩點進行分析判斷6. 解：

22、小球1獲得速度后由于受阻力做功，動能減?。慌c2球相碰時，由動量守恒定律可知，兩球交換速度，即球1靜止，球2以1的速度繼續(xù)行駛；則可知，1的初動能克服兩球運動中摩擦力所做的功；則由動能定理可知； mg2L=mv2；解得：v=2 則沖量I=mv=m 故選：B分析小球的運動過程，根據(jù)動量守恒分析碰撞后速度變化，再由動能定理可求得第一個小球的初速度，則可求得動量本題考查動量守恒定律中，相同小球相碰時將交換速度這一規(guī)律；同時注意能將兩小球的過程化為一個過程進行分析，由動能定理求解即可7. 解：雪橇所受阻力不計，人起跳后，人和雪橇組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平動量守恒，起跳后人和雪橇的水平速度相同，

23、設為v取向南為正方向，由水平動量守恒得：Mv1=Mv，得v=v1，方向向南，故ABC錯誤，D正確故選：D 人和雪橇組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平動量守恒，根據(jù)系統(tǒng)水平動量守恒列式求解運用動量守恒定律時要注意方向性，本題中人跳起，影響的是在豎直方向的動量，但系統(tǒng)水平總動量保持不變8. 解：A、由于兩球豎直方向上受力平衡，水平方向所受的彈力的彈力大小相等，方向相反，所以兩球組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，故A正確B、對于彈簧、m1、m2組成的系統(tǒng)，只有彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，由于彈性勢能是變化的，所以m1、m2組成的系統(tǒng)機械能不守恒故B錯誤C、當兩球的速度相等時，彈簧最長，彈

24、簧的彈性勢能最大，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v，解得：v=；由系統(tǒng)的機械能守恒得： m2v02=（m1+m2）v2+EP，解得：EP=，故C錯誤D、若m1m2，當彈簧伸長時，m1一直在加速，當彈簧再次恢復原長時m1速度達到最大彈簧伸長時m2先減速后，速度減至零向左加速，最小速度為零所以m1速度達到最大時，m2速度不是最小，故D錯誤故選：A 分析兩球的受力情況，根據(jù)合外力是否為零判斷系統(tǒng)動量是否守恒對于彈簧、m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒彈簧最長時，m1、m2的速度相同，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒和機械能守恒列式求彈簧的彈性勢能本題考查了動量守恒定律的應用，解決本題的關鍵

25、知道兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，兩球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，分析清楚運動過程，應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可解題9. 解：設向右為正，根據(jù)動量守恒定律可知：m1v1=m2v-m1v 根據(jù)機械能守恒可得：mv12=（m1+m2）v2 聯(lián)立以上兩式解得：m1：m2=1：3；故選：A兩球碰后落到同一點，如果A球質(zhì)量大于B球質(zhì)量，則二者發(fā)生彈性碰撞時一定不會落到同一點，所以只能是A球碰后被以與B相同的速度反向運動，然后再滑到到末端時下落才能落到同一點，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可求得質(zhì)量之比本題要注意明確題意，知道兩球碰后落在同一點所隱藏的信息，同時要注意準確掌握彈性碰撞的性質(zhì)，明確在彈性碰撞中動

26、量守恒，機械能守恒10. 解：列車與糧食組成的系統(tǒng)水平方動量守恒，以列車的初速度方向為正方向，水平方向，由動量守恒定律得：Mv0+50mv1=（M+50m）v，解得：v=；故選：A列車與糧食組成的系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律可以求出列車的速度本題考查了求列車的速度，應用動量守恒定律即可正確解題11. 解：A、設子彈的初速度為v，共同速度為v，則根據(jù)動量守恒定律，有：mv=（M+m）v，解得：v=；由于兩矩形滑塊A、B的質(zhì)量相同，故最后子彈與滑塊的速度都是相同的，故A錯誤；B、滑塊A、B的質(zhì)量相同，初速度均為零，末速度均為，故動量該變量相等，根據(jù)動量定理，沖量相等，故B正確；C、根據(jù)動能定理，

27、射入滑塊中時阻力對子彈做功等于動能的增加量，故射入滑塊A中時阻力對子彈做功是射入滑塊B中時的1倍，故C錯誤；D、根據(jù)能量守恒定律，兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)減小的機械能，故兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，故D正確；故選：BD。子彈射入滑塊過程中，子彈和滑塊系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律列式求解共同速度，然后根據(jù)能量守恒定律列式求解系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，根據(jù)動量定理列式求解滑塊所受的沖量本題考查子彈射木塊模型，關鍵是根據(jù)動量守恒定律、動量定理和能量守恒定律列式分析，不難12. 解：A、撞擊過程時間很短，內(nèi)力遠大于外力，則可認為動量守恒，可應用動量守恒定律，故A正確；B、撞擊過程有機械能損失，則不可

28、應用機械能守恒，故B錯誤；CD、設卡車碰前總質(zhì)量M，碰后飛出貨物質(zhì)量m，轎車質(zhì)量m，取撞擊前貨物的運動方向為正。根據(jù)動量守恒定律：Mv0=（M-m+m）v+mv0，則有：，可知，m越大v越??；根據(jù)可知s越小，故D正確，C錯誤；故選：AD。撞擊過程時間很短，內(nèi)力遠大于外力，可認為動量守恒。根據(jù)動量守恒定律和動能定理列式，分析滑行距離s和貨物質(zhì)量m的關系。對于碰撞，即使有外力，在撞擊時間極短時，內(nèi)力遠大于外力，也可認為動量守恒，所以碰撞的基本規(guī)律是動量守恒定律。13. 解：A、根據(jù)動量守恒定律得0=2mv-mvB，得物塊B剛要離開彈簧時的速度vB=2v，由系統(tǒng)的機械能守恒得：物塊開始運動前彈簧的彈

29、性勢能為：Ep=2mv2+mvB2=3mv2故A錯誤，B正確；C、當物塊A的加速度大小為a，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得 x=2ma當物塊B的加速度大小為a時，有： x=ma，對比可得：x=，即此時彈簧的壓縮量為故C正確D、取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得：2m-m=0，又xA+xB=x，解得A的位移為：xA=x，故D錯誤故選：BC 根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒，求得物塊B剛要離開彈簧時的速度，由系統(tǒng)的機械能守恒求物塊開始運動前彈簧的彈性勢能當A的加速度大小為a，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律求得此時的彈力物塊B的加速度大小為a時，對物塊，由胡克定律和牛頓第二定律求彈簧的壓縮量解決本題的關鍵要明確系

30、統(tǒng)遵守兩大守恒定律：動量守恒定律和機械能守恒定律，求A的位移時，根據(jù)平均動量守恒列式14. 解：A追上B并與B相碰，說明A的速度大于B的速度，pA=12 gm/s，pB=8 gm/s，兩個質(zhì)量相等的小球，所以vA=vB；以它們運動的方向為正方向，若發(fā)生完全非彈性碰撞，則碰撞后的速度是相等的，所以碰撞后它們的動量也相等，為： gm/s 所以：pA=PA-PA=10-12=-2 gm/s、pB=PB-PB=10-8=2 gm/s 若是彈性碰撞，則：PA+PB=PA+PB彈性碰撞的過程中機械能以上守恒的，設它們的質(zhì)量為m，則： 由于：P=mv 聯(lián)立可得：PA=8 gm/s，PB=12 gm/s 所以

31、此時：pA=PA-PA=8-12=-4 gm/s、pB=PB-PB=12-8=4 gm/s 由以上的分析可知，pA在-2到-4 gm/s之間，pB在2-4 gm/s之間都是可能的A、如果pA=-2 gm/s、pB=2 gm/s，碰后動量守恒，符合以上的條件，故A正確；B、pA=-3 gm/s、pB=3 gm/s，碰撞過程動量守恒，符合以上的條件，故B正確；C、如果pA=-4 gm/s、pB=4 gm/ss，碰撞過程動量守恒，符合以上的條件，故C正確；D、如果pA=-5 gm/s、pB=5 gm/s，碰撞過程動量守恒，不符合以上的條件，故D錯誤；故選：ABC 光滑的水平面上運動的兩物體，不受摩擦

32、力作用，重力和支持力是一對平衡力，故物體碰撞時滿足動量守恒定律；由于兩個小球的質(zhì)量相等，分別列出完全彈性碰撞與完全非彈性碰撞的兩種極限的條件，然后再進行判斷即可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、符合物體的實際運動情況15. 解：A、整個系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向上合外力為零，則系統(tǒng)動量一直守恒，系統(tǒng)初動量為零，物體C離開彈簧時向左運動，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律得小車向右運動，故A正確；B、當物體C與A粘合在一起時，ABC的速度相同，設為v，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律得：0=（M+m）v，得v=0，則小車的速度為0故B正確；CD、物體C從B向A運動過程中，取物體C的速度方向為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律得：0=mvC-Mv車，可得=，故C正確，D錯誤故選：ABC對于小車和物體C系統(tǒng)，水平方向不受外力，系統(tǒng)動量一直守恒物體C與A作用的過程，系統(tǒng)機械能有損失；根據(jù)動量守恒定律求解物體C與A粘合后小車的速度物體C從B向A運動過程中，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律求解小車速度與物體速度大?。▽Φ兀┲缺绢}根據(jù)動量守恒的條件進行判