2020屆高三高考物理復習培優(yōu)練習題：動量守恒定律

動量守恒定律一、選擇題1．[2019·湖北宜昌一中月考](多選)A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，如圖表示發(fā)生碰撞前后的v－t圖線，由圖線可以判斷()A．A、B的質量比為3：2B．A、B作用前后總動量守恒C．A、B作用前后總動量不守恒D．A、B作用前后總動能不變2．[2019·安徽模擬]如圖所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后物塊B剛好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5m，g取10m/s2，物塊可視為質點．則碰撞前瞬間A的速度為()A．0.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s3.[2019·四川瀘州檢測]如圖所示，光滑水平面上有兩個質量分別為m1、m2的小球A、B，放在與左側豎直墻垂直的直線上，設B開始處于靜止狀態(tài)，A球以速度v朝著B運動，設系統(tǒng)處處無摩擦，所有的碰撞均無機械能損失，則下列判斷正確的是()A．若m1＝m2，則兩球之間有且僅有兩次碰撞B．若m1?m2，則兩球之間可能發(fā)生兩次碰撞C．兩球第一次碰撞后B球的速度一定是eq\f(v,2)D．兩球第一次碰撞后A球一定向右運動4.如圖所示，將質量為M1、半徑為R且內壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側靠墻角，右側靠一質量為M2的物塊．現(xiàn)讓一質量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處由靜止開始落下，與半圓槽相切自A點進入槽內，并能從C點離開半圓槽，則以下結論中正確的是()A．球在槽內運動的全過程中，球與半圓槽在水平方向動量守恒B．球在槽內運動的全過程中，球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒C．球離開C點以后，將做豎直上拋運動D．槽將與墻不會再次接觸5．如圖所示，大氣球質量為100kg，載有質量為50kg的人，靜止在空氣中距地面20m高的地方，氣球下方懸一根質量可忽略不計的繩子，此人想從氣球上沿繩慢慢下滑至地面，為了安全到達地面，則這繩長至少應為（不計人的高度，可以把人看作質點）（）A．10m B．30m C．40m D．60m6．[2019·福建邵武七中聯(lián)考]如圖所示，一半徑為R、質量為M的1/4光滑圓弧槽D，放在光滑的水平面上，將一質量為m的小球由A點靜止釋放，在下滑到B點的過程中，下列說法正確的是()A．以地面為參考系，小球到達B點時相對于地的速度v滿足eq\f(1,2)mv2＝mgRB．以槽為參考系，小球到達B點時相對于槽的速度v′滿足eq\f(1,2)mv′2＝mgRC．以地面為參考系，以小球、槽和地球為系統(tǒng)，機械能守恒D．不論以槽或地面為參考系，小球、槽和地球組成的系統(tǒng)機械能均不守恒7．[2019·安徽滁州聯(lián)考](多選)一質量為M的小船靜止在平靜的湖面上，船頭和船尾各站一位質量均為m的游泳愛好者，兩人分別從船頭和船尾沿相反的方向躍入水中，則下列說法中正確的有()A．若兩人同時以相等的速率躍入水中，則船仍保持靜止B．若兩人先后以相等的相對水的速率躍入水中，則船速等于0C．若兩人先后以相等的相對船的速率躍入水中，則船速等于0D．無論兩人如何躍入水中，船始終保持靜止8．[2019·黑龍江哈三中模擬](多選)小球A的質量為mA＝5kg，動量大小為pA＝4kg·m/s，小球A水平向右運動時與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動量大小為p′A＝1kg·m/s，方向水平向右，則()A．碰后小球B的動量大小為pB＝3kg·m/sB．碰后小球B的動量大小為pB＝5kg·m/sC．小球B的質量為15kgD．小球B的質量為3kg9．[2019·河南信陽統(tǒng)考](多選)如圖所示，三小球a、b、c的質量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c與輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v0沖向小球b，碰后與小球b粘在一起運動．在整個運動過程中，下列說法中正確的是()A．三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，總機械能不守恒B．三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，總機械能也守恒C．當小球b、c速度相等時，彈簧彈性勢能最大D．當彈簧恢復原長時，小球c的動能一定最大，小球b的動能一定不為零10.[2019·安徽蕪湖模擬]如圖所示，總質量為M帶有底座的足夠寬框架直立在光滑水平面上，質量為m的小球通過細線懸掛于框架頂部O處，細線長為L，已知M>m，重力加速度為g，某時刻小球獲得一瞬時速度v0，當小球第一次回到O點正下方時，細線拉力大小為()A．mgB．mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),L)C．mg＋meq\f(2m2v\o\al(2,0),M＋m2L)D．mg＋meq\f(M－m2v\o\al(2,0),M＋m2L)11．如圖所示，A、B兩個矩形木塊用輕彈簧和一條與彈簧原長相等的輕繩相連，靜止在水平地面上，繩為非彈性繩且可承受的拉力足夠大。彈簧的勁度系數(shù)為k，木塊A和木塊B的質量均為m?，F(xiàn)用一豎直向下的壓力將木塊A緩慢壓縮到某一位置，木塊A在此位置所受的壓力為F(F>mg)，彈簧的彈性勢能為E，撤去力F后，下列說法正確的是A．彈簧恢復到原長的過程中，彈簧彈力對A、B的沖量相同B．當A速度最大時，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)C．當B開始運動時，A的速度大小為D．全程中，A上升的最大高度為12．如圖所示，一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號是1、2、3、……、n的木塊，所有木塊的質量均為m，與木塊間的動摩擦因數(shù)都相同.開始時，木板靜止不動，第1、2、3、……、n號木塊的初速度分別為v0、2v0、3v0、……、nv0，v0方向向右，木板的質量與所有木塊的總質量相等，最終所有木塊與木板以共同速度勻速運動，則（）A．所有木塊與木板一起勻速運動的速度為B．所有木塊與木板一起勻速運動的速度為C．若n=9，則第8號木塊在整個運動過程中的最小速度為D．若n=9，則第8號木塊在整個運動過程中的最小速度為13．如圖所示，在光滑的水平桿上套有一個質量為m的滑環(huán)．滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質量為M的物塊(可視為質點)，繩長為L.將滑環(huán)固定時，給物塊一個水平沖量，物塊擺起后剛好碰到水平桿；若滑環(huán)不固定時，仍給物塊以同樣的水平沖量，則（）A．給物塊的水平沖量為B．物塊上升的最大高度為C．物塊上升最高時的速度為D．物塊在最低點時對細繩的拉力3Mg14．如圖，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圜弧軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知小車質量M=2m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則滑塊從A運動到C的過程中A．滑塊水平方向相對地面的位移大小為B．小車相對地面的位移大小為C．小車M的最大速度D．滑塊克服摩擦力做的功在數(shù)值上等于滑塊減少的機械能15．如圖固定在地面的斜面傾角為30°，物塊B固定在木箱A的上方，一起從a點由靜止開始下滑，到b點接觸輕彈簧，又壓縮至最低點c，此時將B迅速拿走，然后木箱A又恰好被輕彈簧彈回到a點。已知A質量為m，B質量為3m，a、c間距為L，重力加速度為g。下列說法正確的是A．在A上滑的過程中，與彈簧分離時A的速度最大B．彈簧被壓縮至最低點c時，其彈性勢能為0.8mgLC．在木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點的過程中，因摩擦產生的熱量為1.5mgLD．若物塊B沒有被拿出，AB能夠上升的最高位置距離a點為L/4三、解答題16．靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為，；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為。重力加速度取。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；（2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？17．如圖所示，兩物體A和B并排靜置于高h=0.8m的光滑水平桌面上，它們的質量均為0.5kg。一顆質量m=0.1kg的子彈以V0=100m/s的水平速度從左邊射入A，射穿A后繼續(xù)進入B中，且當子彈與B保持相對靜止時，A和B都還沒有離開桌面。已知子彈在物體A和B中所受阻力一直保持不變。已知A的長度為0.448m，A離開桌面后落地點到桌邊的水平距離為3.2m，不計空氣阻力，g=10m/s2。（1）求物體A和物體B離開桌面時的速度大小。（2）求子彈在物體B中穿過的距離。（3）為了使子彈在物體B中穿行時B不離開桌面，求物體B右端到桌邊的最小距離。18．有一傾角為θ的斜面，其底端固定一擋板M，另有三個木塊A、B和C，它們的質量分別為，它們與斜面間的動摩擦因數(shù)都相同。其中木塊A放于斜面上并通過一輕彈簧與擋板M相連，如圖所示，開始時，木塊A靜止在P處，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，木塊B在Q點以初速度v0向下運動，P、Q間的距離為L。已知木塊B在下滑過程中做勻速直線運動，與木塊A相撞后立刻一起向下運動，但不粘連。它們到達一個最低點后又向上運動，木塊B向上運動恰好能回到Q點。若木塊A仍靜放于P點，木塊C從Q點處開始以初速度向下運動，經歷同樣過程，最后木塊C停在斜面的R點，求：（1）木塊B與A相撞后瞬間的速度v1（2）彈簧第一次被壓縮時獲得的最大彈性勢能Ep（3）P、R間的距離L′的大小19．如圖所示，傾角θ=37°的傳送帶順時針轉動，傳送帶的長度（兩軸心距離）s=15m。質量m=1kg的小物體以初速度v0=2m/s從A端滑上皮帶，從B端滑上置于光滑水平面上質量為M=3Kg，上表面為光滑圓弧的槽車（物塊由皮帶滑上槽車時無機械能損失）。已知物體與皮帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.8，求：(1)為使物塊到達傳送帶頂端時能以最大速度滑上槽車，皮帶的傳送速度至少為多少？(2)物塊以最大速度滑上槽車后，能上升的最大高度？(3)若皮帶傳送速度為v，且滿足v>v0，寫出物體與皮帶因摩擦產生的熱量Q與v的關系式。20．某同學設計了如圖所示的趣味實驗來研究碰撞問題,用材料和長度相同的不可伸長的輕繩依次將N個大小相同、質量不等的小球懸掛于水平天花板下方,且相鄰的小球靜止時彼此接觸但無相互作用力,小球編號從左到右依次為1、2、3、…、N,每個小球的質量為其相鄰左邊小球質量的k倍(k<1).在第N個小球右側有一光滑軌道，其中AB段是水平的，BCD段是豎直面內的半圓形，兩段光滑軌道在B點平滑連接，半圓軌道的直徑BD沿豎直方向。在水平軌道的A端放置一與第N個懸掛小球完全相同的P小球，所有小球的球心等高?，F(xiàn)將1號小球由最低點向左拉起高度h，保持繩繃緊狀態(tài)由靜止釋放1號小球，使其與2號小球碰撞，2號小球再與3號小球碰撞….所有碰撞均為在同一直線上的正碰且無機械能損失。已知重力加速度為g，空氣阻力、小球每次碰撞時間均可忽略不計。求：(1)求1號小球與2號小球碰撞之前的速度v1的大??；(2)若共有N個小球，求P小球第一次碰撞后的速度vP的大小；(3)若N=6,當半圓形軌道半徑R=128h/7，k=時，求P小球第一次被碰撞后能運動的最大高度。21．如圖所示，在豎直平面內有一傾角θ=37°的傳送帶，兩皮帶輪AB軸心之間的距離L=3.2m，沿順時針方向以v0=2m/s勻速運動。一質量m=2kg的物塊P從傳送帶頂端無初速度釋放，物塊P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。物塊P離開傳送帶后在C點沿切線方向無能量損失地進入半徑為m的光滑圓弧形軌道CDF，并沿軌道運動至最低點F，與位于圓弧軌道最低點的物塊Q發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，物塊Q的質量M＝1kg，物塊P和Q均可視為質點，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，。求：(1)物塊P從傳送帶離開時的動量；(2)傳送帶對物塊P做功為多少；(3)物塊P與物塊Q碰撞后瞬間，物塊P對圓弧軌道壓力大小的取值范圍。22．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＝0.32m.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＝2.2kg，長L＝4m，木板d質量m4＝4.4kg.質量m2＝3.3kg的小滑塊b放置在軌道QN上，另一質量m1＝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(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＝10m/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.23．如圖所示，水平傳送帶兩輪間的距離L=30m，傳送帶以恒定的速率順時針勻速轉動，兩質量分別為m1=4kg、m2=2kg的小滑塊P、Q用一根輕繩（未畫出）連接，中間夾著一根被壓縮的輕質彈簧（彈簧與物體不拴接），此時彈簧的彈性勢能Ep=54J，現(xiàn)把P、Q從傳送帶的最左端由靜止開始釋放，t1=2s時輕繩突然斷裂，瞬間彈簧恢復至原長（不考慮彈簧的長度的影響）。已知兩滑塊塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，求：（1）輕繩突然斷裂時兩滑塊的位移；（2）兩滑塊離開傳送帶的時間差。24．如圖所示，半徑R=2.8m的光滑半圓軌道BC與傾角的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切。在水平軌道上，兩靜止小球P，Q壓緊輕質彈簧后用細線連在一起。某時刻剪斷細線后，小球P向左運動到A點時，小球Q沿圓軌道到達C點；之后小球Q落到斜面上時恰好與沿斜面向下運動的小球P發(fā)生碰撞。已知小球P的質量ml=3.2kg，小球Q的質量m2=1kg，小球P與斜面間的動摩擦因數(shù)，剪斷細線前彈簧的彈性勢能EP=1.68J，小球到達A點或B點時已和彈簧分離。重力加速度g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)小球Q運動到C點時的速度；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q離開圓軌道后經過多長時間與小球P相碰。25．如圖，中空的水平圓形轉盤內徑r=0.6m，外徑足夠大，沿轉盤某條直徑有兩條光滑凹槽，凹槽內有A、B、D、E四個物塊，D、E兩物塊分別被鎖定在距離豎直轉軸R=1.0m處，A、B緊靠D、E放置兩根不可伸長的輕繩，每根繩長L=1.4m，一端系在C物塊上，另一端分別繞過轉盤內側的光滑小滑輪，穿過D、E兩物塊中間的光滑圓孔，系在A、B兩個物塊上，A、B、D、E四個物塊的質量均為m=0.1㎏，C物塊的質量=2.0kg，所有物塊均可視為質點，(取重力加速度g=10m/s2)，計算結果可用最簡的分式與根號表示）(1)啟動轉盤，轉速緩慢增大，求A、D以及B、E之間恰好無壓力時的細繩的拉力及轉盤的角速度；(2)停下轉盤后，將C物塊置于圓心O處，并將A、B向外測移動使輕繩水平拉直，然后無初速度釋放A、B、C物塊構成的系統(tǒng)，求A、D以及B、E相碰前瞬間C物塊的速度；(3)碰前瞬間解除對D、E物塊的鎖定，若A、D以及B、E一經碰撞就會粘在一起，且碰撞時間極短，求碰后C物塊的速度.26．如圖所示，質量為mc=2mb的物塊c靜止在傾角均為α=300的等腰斜面上E點，質量為ma的物塊a和質量為mb的物塊b通過一根不可伸長的勻質輕繩相連，細繩繞過斜面頂端的小滑輪并處于松馳狀態(tài)，按住物塊a使其靜止在D點，讓物塊b從斜面頂端C由靜止下滑，剛下滑到E點時釋放物塊a，細繩正好伸直且瞬間張緊繃斷，之后b與c立即發(fā)生完全彈性碰撞，碰后a、b都經過t=1s同時到達斜面底端。已知A、D兩點和C、E兩點的距離均為l1=0.9m，E、B兩點的距離為l2=0.4m。斜面上除EB段外其余都是光滑的，物塊b、c與EB段間的動摩擦因數(shù)均為μ=，空氣阻力不計，滑輪處摩擦不計，細繩張緊時與斜面平行，取g=10m/s2。求：（1）物塊b由C點下滑到E點所用時間。（2）物塊a能到達離A點的最大高度。（3）a、b物塊的質量之比。27．如圖所示，可視為質點兩物體A、B質量均為m=10kg，它們之間用可遙控引爆的粘性炸藥粘連在一起，現(xiàn)使兩物體從光滑曲面（末端切線水平）上高度H=0.8m處由靜止釋放，到達底端時進入水平傳送帶，隨即撤掉光滑曲面，傳送帶勻速向左傳動，速率為。已知兩物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，，按要求回到下列問題：（1）若兩物體從傳送帶右端滑出，求皮帶輪間的距離s需滿足的條件；（2）若皮帶輪間的距離足夠大，求從兩物體滑上離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產生的熱量Q；（3）若兩皮帶輪半徑r=10cm，間距為13.5m。當兩物體滑上皮帶后經過2s的那一時刻，用遙控器引爆粘性炸藥，此后兩物體分離，物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出。若爆炸所用時間極短，可忽略不計，爆炸所釋放的化學能80％轉化為兩物體的機械能，求爆炸所釋放的化學能E。29．如圖所示，質量為2m的木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺階相距S，長木板的右端固定一半徑為R光滑的四分之一圓弧，圓弧的下端與木板水平相切但不相連。質量為m的滑塊B（可視為質點）以初速度從圓弧的頂端沿圓弧下滑，當B到達最低點時，B從A右端的上表面水平滑入同時撤走圓?。瓵與臺階碰撞無機械能損失，不計空氣阻力，A、B之間動摩擦因數(shù)為μ，A足夠長，B不會從A表面滑出；重力加速度為g．試分析下列問題：（1）滑塊B到圓弧底端時的速度大小v1；（2）A與臺階只發(fā)生一次碰撞，求S滿足的條件；（3）S在滿足（2）條件下，討論A與臺階碰撞前瞬間B的速度。30．在光滑的水平面上有一質量M=2kg的木板A，其上表面Q處的左側粗糙，右側光滑，且PQ間距離L=2m，如圖所示；木板A右端擋板上固定一根輕質彈簧，在靠近木板左端的P處有一大小忽略不計質量m=2kg的滑塊B．某時刻木板A以vA=1m/s的速度向左滑行，同時滑塊B以vB=5m/s的速度向右滑行，當滑塊B與P處相距3L/4時，二者剛好處于相對靜止狀態(tài)．若在二者共同運動方向的前方有一障礙物，木板A與它相碰后仍以原速率反彈（碰后立即描去該障礙物），求：（1）B與A的粗糙面之間的動摩擦因數(shù)μ；（2）滑塊B最終停在木板A上的位置.(g取10m/s2)．31．如圖所示，傾角θ=37°的粗糙傳送帶與光滑水平面通過半徑可忽略的光滑小圓弧平滑連接，傳送帶始終以v=3m/s的速率順時針勻速轉動，A、B、C滑塊的質量為mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，(各滑塊均視為質點)．A、B間夾著質量可忽略的火藥．k為處于原長的輕質彈簧，兩端分別與B和C連接．現(xiàn)點燃火藥(此時間極短且不會影響各物體的質量和各表面的光滑程度)，滑塊A以6m/s水平向左沖出，接著沿傳送帶向上前進，已知滑塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.75，傳送帶與水平面足夠長，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)滑塊A沿傳送帶向上能滑的最大距離？(2)滑塊B通過彈簧與C相互作用的過程中，彈簧又到原長時B、C的速度？(3)滑塊A追上滑塊B時能粘住，試定量分析在A與B相遇的各種可能情況下，A、B、C及彈簧組成系統(tǒng)的機械能范圍？32．如圖，水平面MN右端N處與水平傳送帶恰好平齊且很靠近，傳送帶以速率v=lm/s逆時針勻速轉動，水平部分長度L=lm.物塊B靜止在水平面的最右端N處、質量為mA=lkg的物塊A在距N點s=2.25m處以v0=5m/s的水平初速度向右運動、再與B發(fā)生碰撞并粘在一起，若B的質量是A的k倍，A、B與水平面和傳送帶的動摩擦因數(shù)都為μ=0.2、物塊均可視為質點，取g=l0m/s2.（1）求A到達N點與B碰撞前的速度大小；（2）求碰撞后瞬間AB的速度大小及碰撞過程中產生的內能；（3）討論k在不同數(shù)值范圍時，A、B碰撞后傳送帶對它們所做的功W的表達式33．（19分）如圖所示，一個物塊A（可看成質點）放在足夠長的平板小車B的右端，A、B一起以v0的水平初速度沿光滑水平面向左滑行．左邊有一固定的豎直墻壁，小車B與墻壁相碰，碰撞時間極短，且碰撞前、后無動能損失．已知物塊A與小車B的水平上表面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．（1）若A、B的質量均為m，求小車與墻壁碰撞后的運動過程中，物塊A所受摩擦力的沖量大小和方向；（2）若A、B的質量比為k,且k＜1，求物塊A在小車B上發(fā)生相對運動的過程中物塊A對地的位移大小；（3）若A、B的質量比為k，且k=2，求小車第一次與墻壁碰撞后的運動過程所經歷的總時間．34．質量為M的小車置于水平面上。小車的上表面由1/4圓弧和平面組成，車的右端固定有一不計質量的彈簧，圓弧AB部分光滑，半徑為R，平面BC部分粗糙，長為，C點右方的平面光滑?；瑝K質量為m，從圓弧最高處A無初速下滑（如圖），與彈簧相接觸并壓縮彈簧，最后又返回到B相對于車靜止。求：（1）BC部分的動摩擦因數(shù)；（2）彈簧具有的最大彈性勢能；（3）當滑塊與彈簧剛分離時滑塊和小車的速度大?。?5．如下圖所示，光滑水平面MN左端擋板處有一彈射裝置P，右端N與處于同一高度的水平傳送帶之間的距離可忽略，傳送帶水平部分NQ的長度L=8m，皮帶輪逆時針轉動帶動傳送帶以v=2m/s的速度勻速轉動。MN上放置兩個質量都為m=1kg的小物塊A、B，它們與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.4。開始時A、B靜止，A、B間壓縮一輕質彈簧，其彈性勢能Ep=16J?，F(xiàn)解除鎖定，彈開A、B，并迅速移走彈簧。取g=10m/s2。（1）求物塊B被彈開時速度的大小；（2）求物塊B在傳送帶上向右滑行的最遠距離及返回水平面MN時的速度vB′；（3）A與P相碰后靜止。當物塊B返回水平面MN后，A被P彈出，A、B相碰后粘接在一起向右滑動，要使A、B連接體恰好能到達Q端，求P對A做的功。36．如圖，光滑水平地面上有一質量為M的小車，車上表面水平且光滑，車上裝有半徑為R的光滑四分之一圓環(huán)軌道，圓環(huán)軌道質量不計且與車的上表面相切，質量為m的小滑塊從跟車面等高的平臺以v0的初速度滑上小車（v0足夠大，以至滑塊能夠滑過與環(huán)心O等高的b點），試求：（1）滑塊滑到b點瞬間小車的速度；（2）滑塊從滑上小車至滑到環(huán)心O等高的b點過程中，車的上表面和環(huán)的彈力共對滑塊做了多少功;（3）小車所能獲得的最大速度．37．如圖所示，質量M=10kg，上表面光滑的足夠長木板在水平拉力F＝50N作用下，以v0=5m/s初速度沿水平地面向右勻速運動，現(xiàn)有足夠多的小鐵塊，它們質量均為m=1kg，將一鐵塊無初速地放在木板最右端，當木板運動了L=1m時。又無初速地在木板最右端放上第二個鐵塊，只要木板運動了L=1m就在木板最右端無初速放一鐵塊。求：（1）第一個鐵塊放上后，木板運動lm時，木板獲得多大動量？（2）最終有幾個鐵塊能留在木板上？（3）最后一個鐵塊與木板右端距離多大？（g=10m/s2）38．如圖，質量為M、長L=1．5m,右端帶有豎直彈性檔板的木板B靜止在光滑水平面上。一質攝為m的小木塊A（視為質點）．以v0＝4m/s的水平速度滑上B的左端，經過一次與檔板的碰撞，最后停在B的表面上。已知A與B上表面間的動摩擦因數(shù)＝0．2，A與擋板碰撞時無機械能損失，忽略碰撞時間，取g＝10m/s2，求的取值范圍。39．兩個質量都是=0.4kg的砂箱A、B并排放在光滑的水平桌面上，一顆質量為=0.1kg的子彈以=140m/s的水平速度射向，如圖所示.射穿后，進入并同一起運動，測得、落點到桌邊緣的水平距離=1∶2，求：(1)沙箱離開桌面的瞬時速度；(2)子彈在砂箱?中穿行時系統(tǒng)一共產生的熱量.40．如圖所示，質量均為m、可視為質點的A.B兩物體，B物體靜止在水平地面上的N點，左邊有豎直墻壁，右邊在P點與固定的半徑為R的1/4光滑圓弧槽相切，MN＝NP＝R。物體A與水平面間的摩擦力可忽略不計，物體B與水平面間的動摩擦因數(shù)0.5。現(xiàn)讓A物體以水平初速度v0（v0未知）在水平地面上向右運動，與物體B發(fā)生第一次碰撞后，物體B恰能上升到圓弧槽最高點Q，若物體A與豎直墻壁間、物體A與物體B間發(fā)生的都是彈性碰撞，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）物體A的初速度v0；（2）物體AB最終停止運動時AB間的距離L。參考答案1．答案：ABD解析：物體A、B碰撞過程所受外力為零，作用前后總動量守恒，故B正確，C錯誤；根據動量守恒定律有mA×6m/s＋mB×1m/s＝mA×2m/s＋mB×7m/s，則mA：mB＝3：2，故A正確；A、B作用前總動能為eq\f(1,2)mA×(6m/s)2＋eq\f(1,2)mB×(1m/s2)＝mA·eq\f(55,3)(m/s)2，作用后總動能為eq\f(1,2)mA×(2m/s)2＋eq\f(1,2)mB×(7m/s)2＝mA·eq\f(55,3)(m/s)2，可見作用前后總動能不變，故D正確．2．答案：C解析：碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)·2mv2，代入數(shù)據解得v＝1m/s，A與B組成的系統(tǒng)在碰撞過程中水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則mv0＝mv1＋2mv，由于沒有機械能損失，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mv2，聯(lián)立可得v0＝1.5m/s，故A、B、D錯誤，C正確．3.答案：A解析：設A球和B球第一次碰撞后速度分別為v1和v2，取向左為正方向．根據動量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2①根據機械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)②解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v③若m1＝m2，則得v1＝0，v2＝v，即A與B碰撞后交換速度，當B球與墻壁碰后以速度v2返回，并與A球發(fā)生第二次碰撞，之后B靜止，A向右運動，不再發(fā)生碰撞，所以兩球之間有且僅有兩次碰撞，故A正確；若m1?m2，則得v1≈－v，v2≈0，兩球之間只能發(fā)生一次碰撞，故B錯誤；兩球第一次碰撞后，B球的速度為v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v，不一定是eq\f(v,2)，與兩球的質量關系有關，故C錯誤；兩球第一次碰撞后A球的速度為v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，當m1>m2時，v1>0，碰后A球向左運動，當m1＝m2時，v1＝0，碰后A球靜止，當m1<m2時，v1<0，碰后A球向右運動，故D錯誤．4.答案：D解析：球從A點到B點的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而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，球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒；從B點到C點的過程中，球對半圓槽的壓力方向指向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動，因而球參與了兩個運動：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，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，球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，在球運動的全過程，水平方向上動量也不守恒，選項A、B錯誤；當球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上的，所以此后球做斜上拋運動，即選項C錯誤；因為全過程中，整個系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量，最終槽將與墻不會再次接觸，選項D正確．5．B【解析】人與氣球組成的系統(tǒng)動量守恒，設人的速度v1，氣球的速度v2，設運動時間為t，以人與氣球組成的系統(tǒng)為研究對象，以向下為正方向，由動量守恒得：m1v1-m2v2=0，則，，，則繩子長度L=s氣球+s人=10m+20m=30m，即繩子至少長30m長，故選B?！军c睛】本題為動量守恒定律的應用，屬于人船模型的類別，關鍵要找出人和氣球的速度關系和繩子長度與運動路程的關系．6．答案：C解析：質量為m的小球由A點靜止釋放，在下滑到B點的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小球對地速度大小為v2，槽對地速度大小為v1，兩速度方向相反，有Mv1＝mv2，系統(tǒng)機械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，A錯誤，C正確；以槽為參考系，小球到達B點時相對于槽的速度大小v′＝v1＋v2，則eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)m(v1＋v2)2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mv1v2，eq\f(1,2)mv′2－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mv1v2－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)v1(mv1＋mv2)>0，B錯誤；該系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，D錯誤．7．答案：AB解析：兩個人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，開始總動量為零，不管誰先躍入水中，若兩人相對水的速率相等，則有0＝mv－mv＋Mv′，可知v′＝0，故A、B正確；若兩人先后以相等的相對船的速率躍入水中，可知兩人相對水的速度大小不等，根據動量守恒定律知，船速不為0，故C、D錯誤．8．答案：AD解析：規(guī)定向右為正方向，碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，所以有pA＝p′A＋pB，解得pB＝3kg·m/s，A正確，B錯誤；由于A、B是彈性碰撞，所以沒有機械能損失，故eq\f(p\o\al(2,A),2mA)＝eq\f(p′\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p\o\al(2,B),2mB)，解得mB＝3kg，C錯誤，D正確．9．答案：ACD解析：在整個運動過程中，三球與彈簧組成的系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的總動量守恒，a與b碰撞過程中機械能減少，故A正確，B錯誤；當小球b、c速度相等時，彈簧的壓縮量或伸長量最大，彈簧彈性勢能最大，故C正確；當彈簧恢復原長時，小球c的動能一定最大，根據動量守恒和機械能守恒定律可知，小球b的動能不為零，故D正確．10.答案：B解析：設小球第一次回到O點正下方時，小球與框架的速度分別為v1和v2.取水平向右為正方向，由題可知，小球、框架組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒、機械能守恒，即mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，v2＝eq\f(2m,m＋M)v0.當小球第一次回到O點正下方時，以小球為研究對象，由牛頓第二定律得T－mg＝meq\f(v1－v22,L)，解得細線的拉力T＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),L)，B正確．11．BD【解析】A、由于沖量是矢量，彈簧恢復到原長的過程中，彈簧彈力對A、B的沖量大小相等，方向相反，故A錯誤。B、當A受力平衡時速度最大，即彈簧的彈力大小等于A木塊的重力，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B正確。C、設彈簧恢復到原長時A的速度為v，繩子繃緊瞬間A、B共同速度為v1，A、B共同上升的最大高度為h，A上升的最大高度為H，彈簧恢復到原長的過程中根據能量守恒有：E=mg+m繩子繃緊瞬間根據動量守恒定律有：mv=2mv1AB共同上升過程中根據能量守恒有：（m+m）=(m+m)gh聯(lián)立解得B開始運動時，A的速度大小為：v1=全程中，A上升的最大高度H=，故C錯誤，D正確。故選：B、D【點睛】本題細繩和彈簧相連的連接體，要利用根據能量守恒解決問題，關鍵是繩子繃緊瞬間動量守恒。12．AC【解析】AB：根據動量守恒有：，解得：故A正確B錯誤CD：設經過時間，第1塊木塊與木板的速度相同，設此時木板的速度為，則：對第1個木塊：對木板：，聯(lián)立解得：設再經過時間，第2塊木塊與木板的速度相同，設此時木板的速度為，則：對第2個木塊：對木板和第1個木塊：，解得：再經過時間，第3塊木塊與木板的速度相同，設此時木板的速度為，則：對第3個木塊：對木板和第1、2個木塊：，……再經過時間，第k塊木塊與木板的速度相同，設此時木板的速度為，則：對第k個木塊：對木板和第1、2、3…、k-1個木塊：，解得：，將代入：故C正確D錯誤13．ABD【解析】A、設物塊剛受到水平沖量后速度為v0，滑環(huán)固定時，根據機械能守恒定律，有：，可得，故給物塊的水平沖量為，選項A正確。B、C、滑環(huán)不固定時，物塊初速度仍為v0，在物塊擺起最大高度h時，它們速度都為v，在此過程中物塊和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，則：Mv0＝(m＋M)v，；由以上各式可得：，，選項B正確，選項C錯誤。D、對m、M組成系統(tǒng)，當M第一次回到最低點時由動量守恒和能量守恒知速度仍然為v0，在最低點由牛頓第二定律可知，可得拉力T=3Mg；故D正確。故選ABD?！军c睛】本題考查動量守恒及機械能守恒定律的應用，要注意明確小球擺到最高時，兩物體有共同的速度，系統(tǒng)只是水平動量守恒，總動量并不守恒．14．AC【解析】A、B、設全程小車相對地面的位移大小為s，滑塊水平方向相對地面的位移為x，滑塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒且滿足人船模型：x+s=R+L，，已知M=2m，解得：，，故A正確，B錯誤.C、滑塊剛滑到B點時小車受到滑塊的壓力一直做正功，小車的速度達到最大，取水平向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒分別得，，解得；故C正確.D、滑塊從B點開始和車相對滑動，滑動摩擦力對滑塊做負功，根據動能定理知滑塊克服摩擦力做的功等于滑塊減少的動能；全過程滑塊減少的機械能轉化為系統(tǒng)生熱；D錯誤.故選AC.【點睛】本題主要考查系統(tǒng)水平方向動量守恒和能量守恒的問題，要注意系統(tǒng)的總動量并不守恒，只是水平方向動量守恒。運用動量守恒定律列式時要注意位移的參照物是地面.15．BC【解析】對木箱A下滑和上滑過程，運用功能原理列式，可分析若物塊B沒有被拿出，彈簧能否將整體彈回a點．在A、B一起下滑的過程中，速度最大時的位置合力為零．根據功能關系求彈簧上端在最低點c時其彈性勢能以及摩擦產生的熱量．【詳解】A．在A上滑的過程中，與彈簧分離是彈簧恢復原長的時候，之前A已經開始減速，故分離時A的速度不是最大，A錯誤；B．設彈簧上端在最低點c時，其彈性勢能為Ep，在A、B一起下滑的過程中，由功能關系有4mgLsinθ＝μ?4mgLcos30°+Ep，將物塊B拿出后木箱A從c點到a點的過程，由功能關系可得Ep＝mgLsinθ+μmgLcos30°聯(lián)立解得Ep＝0.8mgL，故B正確；C．由分析可得，木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點的過程中，摩擦生熱D．若AB一起能返回的距離大于彈簧原長，則有，解得，但不知道與彈簧原長的關系，故無法確定，故D錯誤。【點睛】解決本題的關鍵是掌握功與能的關系，明確能量是如何轉化的．解題時，采用分段法列式．16．（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）B先停止；0.50m；（3）0.91m；【解析】首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，再結合能量關系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都會做勻減速直線運動，并且易知是B先停下，至于A是否已經到達墻處，則需要根據計算確定，結合幾何關系可算出第二問結果；再判斷A向左運動停下來之前是否與B發(fā)生碰撞，也需要通過計算確定，結合空間關系，列式求解即可。【詳解】（1）設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有①②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發(fā)生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有④⑤⑥在時間t內，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內的路程sA都可表示為sA=vAt–⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據得sA=1.75m，sB=0.25m⑧這表明在時間t內A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處。B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s=0.25m+0.25m=0.50m⑨（3）t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據得故A與B將發(fā)生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有聯(lián)立式并代入題給數(shù)據得這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式由④式及題給數(shù)據得sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離17．（1）8m/s；10m/s（2）0.006m（3）0.041m【解析】【詳解】（1）研究A平拋過程x=vth=gt2得到vA=8m/s研究子彈進入A到剛剛穿過A的過程（A，B一直共速）利用系統(tǒng)動量守恒列mv0=2MvA+mv1解得v1=20m/s再研究子彈進入B的過程MvA+mv1=（M+m）vB解得vB=10m/s（2）子彈在物塊B中穿行的過程中，由能量守恒

子彈在物塊A中穿行的過程中，由能量守恒

聯(lián)立解得：f=1000N，LB＝0.006m．

即子彈在物塊B中穿行的距離0.006m（3）子彈在物塊A中穿行的過程中，物塊A在水平桌面上的位移為s1，根據動能定理有：

fs1＝(M+M)vA2解得s1=0.032m子彈在物塊B中穿行的過程中，物塊B在水平桌面上的位移s2，根據動能定理得：

fs2＝MvB2?MvA2

解得s2=0.009m物塊B到桌邊的最小距離：Smin=s1+s2

ssim＝0.041m【點睛】利用功能關系和動量守恒解題時一定要選好狀態(tài)，分析清楚運動過程，然后正確選擇研究對象列方程求解，這類問題有一定難度，能夠很好的考查學生綜合分析問題的能力．18．（1）（2）（3）【解析】木塊B下滑做勻速直線運動，有①（2分）B和A相撞前后，總動量守恒，②（2分）由①式可知在木塊壓縮彈簧的過程中，重力對木塊所做的功與摩擦力對木塊所做的功大小相等，因此彈簧被壓縮而具有的最大彈性勢能等于開始壓縮時兩木塊的總動能。E=mv（2分）設兩木塊向下壓縮彈簧的最大長度為S，兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為V2，則③（2分）兩木塊在P點處分開后，木塊B上滑到Q點的過程：④（2分）木塊C與A碰撞前后，總動量守恒，⑤（2分）設木塊C和A壓縮彈簧的最大長度為，兩木塊被彈簧回到P點時的速度為，則⑥（2分）木塊C與A在P點處分開后，木塊C上滑到R點的過程：⑦（2分）∵木塊B和A壓彈簧的初動能木塊C和A壓縮彈簧的初動能即，因此彈簧前后兩次的最大壓縮量相等，即⑧（2分）聯(lián)立①至⑧式，解得⑨（3分）19．(1)v=4m/s(2)h=0.6m(3)Q=32v-96(v>4m/s)Q=8×（4v-v2-4）(v<4m/s)【解析】【詳解】（1）為使物塊到達傳送帶頂端時能以最大速度滑上槽車，則物塊在傳送帶上一直被加速，到達頂端時與傳送帶共速，根據牛頓第二定律：解得a=0.4m/s2，則傳送帶的最小速度也就是物塊的最大速度v為：（2）物塊上升到最大高度時與小車共速，由動量守恒定律：由能量關系：聯(lián)立解得h=0.6m（3）若v>4m/s，則物塊在傳送帶上一直被加速，加速度為a=0.4m/s，加速的時間根據即解得，此時物體與傳送帶摩擦生熱：若v<4m/s，則物塊先在傳送帶上先向上加速，后勻速，加速度為a=0.4m/s2加速的時間此時物體與傳送帶摩擦生熱：【點睛】此題物理過程較多，涉及到的研究對象也較多；關鍵是能挖掘隱含條件，知道物體到達頂端速度最大時一直被加速；到達斜槽有最愛高度時與斜槽共速；知道求解摩擦生熱的公式：Q=f?x.20．（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）設1號小球的質量為m1，碰前的速度為v1，對于1號小球由h高運動到最低點過程，根據機械能守恒：m1gh＝m1v12

解得：v1＝（2）設1號、2號小球碰撞后的速度分別為v1′和v2，取水平向右為正方向，對1、2號小球碰撞過程，由動量守恒定律：由能量關系：同理可推知N號小球與P碰前速度，N號小球與P碰撞交換速度vP=vN解得（3）由（2）的結果知道P球的初速度，設P小球在軌道CD之間脫離軌道，P球被碰撞后脫離軌道時有：P小球由A到脫離軌道有：上升的高度：H=R+Rsinθ+h′聯(lián)立解得【點睛】本題是利用動量守恒和機械能守恒聯(lián)合解決一維碰撞問題的典型例子，其中由1號球的速度歸納第N號球的速度是關鍵，而且也是難點．21．(1)8kgm/s，方向與水平方向成斜向右下；(2)-22.4J；(3)【解析】(1)物塊在未到達與傳送帶共速之前,所受摩擦力方向沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得：解得所需時間沿斜面向下運動的位移當物塊的速度與傳送帶共速后，由于，所以物塊所受摩擦力方向沿傳送帶向上,由牛頓第定律得：解得a2=2m/s2物塊以加速度以運動的距離為：設物塊運動到傳送帶底端的速度為,由運動學公式得v12=v02+2a2x2解得則動量為P=mv1=，方向與水平方向成斜向右下(2)物塊從頂端到底端,根據動能定理：可知傳送帶對物塊做功為：W=(3)設物塊運動到點的速度為,由動能定理得解得若物塊與物塊發(fā)生完全彈性碰撞，并設物塊碰撞后的速度為,物塊Q碰撞后的速度為,則兩物塊的碰撞過程動量守恒，碰撞前后動能之和不變；解得若物塊與物塊發(fā)生完全非彈性碰撞,則解得所以物塊的速度范圍為：在點由牛頓第二定律得：解得：物塊碰撞后間對圓弧軌道的壓力為,由牛頓第三定律可得：22．（1），（2）（3），【解析】(1)根據題意可知：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，解得：v1＝4m/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：代入數(shù)據，解得：v0＝9.2m/s，v2＝5.2m/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一定能靜止解得(3)小滑塊b滑上長木板c時的加速度大?。捍藭r兩塊長木板的加速度大?。毫钚』瑝Kb在長木板c上的滑行時間為t，則：時間t內小滑塊b的位移兩塊長木板的位移且x1－x2＝L解得：t1＝1s或(舍去)b剛離開長木板c時b的速度b剛離開長木板c時d的速度d的長度至少為x：由動量守恒可知：解得：v＝2m/s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(tǒng)內有什么樣的能量。23．（1）2m；（2）5.125s；【解析】試題分析：輕繩斷前，兩滑塊先做勻加速運動，由牛頓第二定律求得加速度，由速度公式求出勻加速運動的時間，由位移公式求出勻加速的位移；繩斷到彈簧處于原長的過程，PQ系統(tǒng)動量守恒，能量守恒求兩滑塊的速度。對兩滑塊分別研究，由運動學公式分段求離開傳送帶的時間，從而求得時間差。（1）繩子斷前對PQ整體：解得：a=1m/s2假設繩子斷前P、Q一直加速：假設成立可見：（2）繩斷到彈簧恢復原長的過程，P、Q與彈簧系統(tǒng)動量、能量守恒，則：解得：，繩斷后P向左運動：可見P從右側掉落P向左減速為零時間：P向右加速到傳送帶速度：，P向右勻速直到掉下：解得：tp4=5.125sQ向右減速到傳送帶速度：解得：tQ2=4sQ向右勻速直到掉下：解得：tQ3=1s時間差：【點睛】解決本題的關鍵是要分析清楚滑塊的運動情況，按時間順序計算分析，運用牛頓第二定律和運動學公式逐段研究物體的運動狀態(tài)。24．（1）（2）（3）【解析】（1）兩小球彈開的過程，由動量守恒定律得：①由機械能守恒定律得：②由①②兩式可得：,小球Q沿圓環(huán)運動過程中，由機械能守恒定律可得：解得：,(2)小球P在斜面向上運動的加速度為，由牛頓第二定律得：,解得：故上升的最大高度為：（3）設兩小球相遇點距離A點為x，從A點上升到兩小球相遇所用的時間為t,小球P沿斜面下落的加速度為，則：，解得：小球P上升到最高點的時間：，則：解得：。25．(1)12.5N，(2)(3)【解析】試題分析：AB在細繩拉力作用下做，做勻速圓周運動。C在拉力作用下處于平衡態(tài)，結合輕繩上的拉力大小相等可求細繩的拉力及轉盤的角速度；輕繩水平拉直，然后無初速度釋放，A、B、C物塊構成的系統(tǒng)機械能守恒，結合關聯(lián)速度的知識，可求C物塊的速度；碰前瞬間解除對D、E物塊的鎖定，由動量定理可求C物塊的速度。（1）C物塊保持靜止故，，對A、B兩個物塊角速度（2）設碰前A、B速度大小為，C的速度大小為，由繩長不變可知：系統(tǒng)下落過程中機械能守恒：由幾何關系h=0.8m得：（3）設碰后A、D的速度大小為，C的速度大小為由繩長不變設繩上拉力的沖量大小為I，由于碰撞時間極短，繩子拉力遠大于重力。對C物塊運用動量定理：對A、D運用動量定理：得：【點睛】解決本題關鍵：（1）利用系統(tǒng)機械能守恒定律，解決繩子連接的問題時，注意繩兩端速度的分解；（2）熟練應用動量定理解決相關問題。26．0.6；0.578；15/16【解析】本題考查物體沿斜面的運動，以及碰撞；需運用牛頓運動定律、運動學公式、動量及能量守恒、動量定理等知識。（1）物塊b在斜面上光滑段CE運動的加速度為由解得：（2）取沿AC方向為正方向，由，解得a沿斜面上滑距離有所以物塊a能到達離A點的最大高度（3）設繩斷時物塊b的速度為，b與c相碰后b的速度為，c的速度為，則聯(lián)立解得因的方向沿斜面向下，故的方向沿斜面向下，的方向沿斜面向上。在EB段上的加速度為，物塊b在EB段上作勻速運動。和c相碰后b先向上滑再下滑到E點時的速度仍為，則代入數(shù)據，得解得的大小為物塊b剛下滑到E點時的速度為若取，則的大小為，與事實不符，所以舍去。取，則，方向沿斜面向下。設細繩對物塊a和b的沖量大小為I，由解得點睛：繩繃緊瞬間，對兩端物體的沖量大小相等。27．（1）小于8m（2）490J（3）50J【解析】試題分析：若不啟動引爆裝置，AB整體在光滑曲面上下滑時，只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律求出AB剛滑到曲面底端時的速度．研究AB在傳送帶上運動的過程，由動量定理求得滑行時間，再結合運動學公式求解AB在水平傳送帶上運動的最遠距離s．根據相對位移求由于摩擦而增加的內能Q，研究AB從開始到爆炸位置的過程，由動能定理求出AB的速度．對于爆炸過程，由于內力遠大于外力，所以系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律列式．根據B到傳送帶右端時對傳送帶無壓力，分析物體B的受力情況，知道重力提供向心力，由此求出B的速度．聯(lián)立可求得d。(1)AB下滑到皮帶上的速度為v，由機械能守恒定律解得；設皮帶輪間的距離最小值為即皮帶輪間的距離需滿足的條件：(2)物體向右減速到零的時間為t1，物體向左加速到與皮帶達到共速的時間為，則，物體向右減速到零的時間內相對皮帶滑行的距離為，物體向左加速到與皮帶達到同速的時間內相對皮帶滑行的距離為，則，則從兩物體滑上到離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產生了熱量；（3）兩物體滑上皮帶后經過2s的那一時刻的速度為,滑行的距離為x,則物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出，則物體B對應的速度，解得炸藥爆炸后瞬間物體AB對應的速度分別為、，則，解得根據動量守恒定律解得爆炸后物體AB所獲得的機械能為E解得爆炸所釋放的化學能。點晴：對于傳送帶類題目要注意因摩擦產生的內能等于摩擦力與相對位移間的乘積，要準確分析物體的運動情況，抓住爆炸的基本規(guī)律：動量守恒定律。29．（1）（2）（3）或【解析】試題分析:（1）滑塊B從釋放到最低點，機械能守恒，取水平面為零勢面，由機械能守恒定律得：①由①解得：②（2）設A與臺階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA和vB，由動量守恒定律得：③若A與臺階只碰撞一次，碰撞后必須滿足：④對A應用動能定理：⑤聯(lián)立③④⑤解得：⑥即A與臺階只能碰撞一次的條件是：（3）設S=時，A左端到臺階板前瞬間，A、B恰好達到共同速度，由動量守定律得：⑦對A應用動能定理：⑧聯(lián)立⑦⑧得：討論：（i）當即時，AB共速后A才與擋板碰撞．由⑦式可得A與臺階碰撞前瞬間的A、B的共同速度為：即A與臺階碰撞前瞬間B的速度為：（ii）當即時，AB共速前A就與臺階碰撞，對A應用動能定理有：由上式解得A與臺階碰撞前瞬間的速度：設此時B的速度為，由動量守恒定律得：由上式解得：考點：考查動量守恒定律；機械能守恒定律．【名師點睛】本題木塊在小車上滑動的類型，分析物體的運動過程，對于系統(tǒng)運用動量守恒列方程，對于單個物體運用動能定理列式求解位移，都是常用的思路，要加強這方面的練習，提高解決綜合問題的能力．30．（1）0.6；（2）0.17m【解析】試題分析：①木板A與障礙物發(fā)生碰撞前、后兩個過程中，木板和滑塊系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解（1）設M、m共同速度為v，定水平向右為正方向，由動量守恒定律得mvB-MvA=（M+m）v①解得：v=2m/s對A、B組成的系統(tǒng)，由能量守恒MvA2+mvB2?(M+m)v2＝μmgL③代入數(shù)據得μ=0.6（2）木板A與障礙物發(fā)生碰撞后以原速率反彈，假設B向右滑行并與彈簧發(fā)生相互作用，當A、B再次處于相對靜止狀態(tài)時，兩者的共同速度為u，在此過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、能量守恒．由動量守恒定律得mv-Mv=（M+m）u④u=0設B相對A的路程為S，由能量守恒得(M+m)v2＝μmgs⑤代入數(shù)據得s＝m由于s＞L，所以B滑過Q點并與彈簧相互作用，然后相對A向左滑動到Q點左邊，設離Q點距離為s1.s1＝s?L＝0.17m點睛：本題結合彈簧問題考查了動量守恒和功能關系的應用，分析清楚物體運動過程是解題的關鍵，應用動能定理與動量守恒定律、能量守恒定律可以解題。31．(1)x1=1.5m(2)m/sm/s(3)A、B、C及彈簧系統(tǒng)機械能范圍：9.18J≤E≤13.5J【解析】本題考查動能定理、動量守恒、機械能守恒等知識，要注意過程的選取及臨界情況的分析。(1)滑塊A沿傳送帶向上的運動，根據動能定理得：代入數(shù)據解得：x1=1.5m(2)炸藥爆炸過程，對A和B系統(tǒng)，設B獲得的速度為vB，有：-mAvA+mBvB=0解得：vB=3m/sB與C相互作用，根據動量守恒得：根據機械能守恒定律得：=+解得：m/sm/s(3)A返回水平面的速度等于傳送帶的速度，m/s追上滑塊B前，滑塊B的速度在-0.6m/s與3m/s間變化A粘住B時，m/s，機械能損失最大，則，得：v′=0.6m/s此時m/sA、B、C及彈簧系統(tǒng)機械能的最小值：Emin=mCv+(mA+mB)v′2=9.18JA粘住B時，m/s，機械能損失最小，△E損=0A、B、C及彈簧系統(tǒng)機械能的最大值Emax=+=13.5JA、B、C及彈簧系統(tǒng)機械能范圍：9.18J≤E≤13.5J點睛：碰撞分彈性碰撞和非彈性碰撞，要注意完全非彈性碰撞損失的能量最多。32．（1）4m/s（2）；（3）見解析；【解析】（1）設碰撞前A的速度為v1.由動能定理得，解得：（2）設碰撞后A、B速度為v2，且設向右為正方向，由動量守恒定律得，解得：由系統(tǒng)能量轉化與守恒可得，解得：（3）①如果AB能從傳送帶右側離開，必須滿足：，解得：傳送帶對它們所做的功②當v2≤v時有：k≥3即AB先減速到0再返回，到傳送帶左端時速度仍為v2；這個過程傳送帶對AB所做的功③當1≤k<3時，AB沿傳送帶向右減速到速度為零，再向左加速，當速度與傳送帶速度相等時與傳送帶一起勻速運動到傳送帶的左端。在這個過程中傳送帶對AB所做的功，解得：點睛：整體滑上傳送帶后運動情況的各種可能性分析是解題的關鍵。33．(1),方向水平向右;(2);(3)【解析】試題分析：（1）設小車B與墻碰撞后物塊A與小車B所達到的共同速度大小為，設向右為正方向，則由動量守恒定律得:解得:（2分）對物塊A，由動量定理得摩擦力對物塊A的沖量（2分）,沖量方向水平向右．（1分）（2）設A和B的質量分別為km和m，小車B與墻碰撞