2020届高三高考物理复习培优练习题：动量守恒定律

动量守恒定律一、选择题1．[2019·湖北宜昌一中月考](多选)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断()A．A、B的质量比为3：2B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B作用前后总动能不变2．[2019·安徽模拟]如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2，物块可视为质点．则碰撞前瞬间A的速度为()A．0.5m/sB．1.0m/sC．1.5m/sD．2.0m/s3.[2019·四川泸州检测]如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是()A．若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞B．若m1≪m2，则两球之间可能发生两次碰撞C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是eq\f(v,2)D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动4.如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．现让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处由静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，并能从C点离开半圆槽，则以下结论中正确的是()A．球在槽内运动的全过程中，球与半圆槽在水平方向动量守恒B．球在槽内运动的全过程中，球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C．球离开C点以后，将做竖直上抛运动D．槽将与墙不会再次接触5．如图所示，大气球质量为100kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（）A．10m B．30m C．40m D．60m6．[2019·福建邵武七中联考]如图所示，一半径为R、质量为M的1/4光滑圆弧槽D，放在光滑的水平面上，将一质量为m的小球由A点静止释放，在下滑到B点的过程中，下列说法正确的是()A．以地面为参考系，小球到达B点时相对于地的速度v满足eq\f(1,2)mv2＝mgRB．以槽为参考系，小球到达B点时相对于槽的速度v′满足eq\f(1,2)mv′2＝mgRC．以地面为参考系，以小球、槽和地球为系统，机械能守恒D．不论以槽或地面为参考系，小球、槽和地球组成的系统机械能均不守恒7．[2019·安徽滁州联考](多选)一质量为M的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为m的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有()A．若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止B．若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于0C．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于0D．无论两人如何跃入水中，船始终保持静止8．[2019·黑龙江哈三中模拟](多选)小球A的质量为mA＝5kg，动量大小为pA＝4kg·m/s，小球A水平向右运动时与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为p′A＝1kg·m/s，方向水平向右，则()A．碰后小球B的动量大小为pB＝3kg·m/sB．碰后小球B的动量大小为pB＝5kg·m/sC．小球B的质量为15kgD．小球B的质量为3kg9．[2019·河南信阳统考](多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是()A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零10.[2019·安徽芜湖模拟]如图所示，总质量为M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为L，已知M>m，重力加速度为g，某时刻小球获得一瞬时速度v0，当小球第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为()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．如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F(F>mg)，弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是A．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同B．当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态C．当B开始运动时，A的速度大小为D．全程中，A上升的最大高度为12．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、……、nv0，v0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则（）A．所有木块与木板一起匀速运动的速度为B．所有木块与木板一起匀速运动的速度为C．若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为D．若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为13．如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环．滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，绳长为L.将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则（）A．给物块的水平冲量为B．物块上升的最大高度为C．物块上升最高时的速度为D．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg14．如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圜弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则滑块从A运动到C的过程中A．滑块水平方向相对地面的位移大小为B．小车相对地面的位移大小为C．小车M的最大速度D．滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能15．如图固定在地面的斜面倾角为30°，物块B固定在木箱A的上方，一起从a点由静止开始下滑，到b点接触轻弹簧，又压缩至最低点c，此时将B迅速拿走，然后木箱A又恰好被轻弹簧弹回到a点。已知A质量为m，B质量为3m，a、c间距为L，重力加速度为g。下列说法正确的是A．在A上滑的过程中，与弹簧分离时A的速度最大B．弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为0.8mgLC．在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgLD．若物块B没有被拿出，AB能够上升的最高位置距离a点为L/4三、解答题16．静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为。重力加速度取。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？17．如图所示，两物体A和B并排静置于高h=0.8m的光滑水平桌面上，它们的质量均为0.5kg。一颗质量m=0.1kg的子弹以V0=100m/s的水平速度从左边射入A，射穿A后继续进入B中，且当子弹与B保持相对静止时，A和B都还没有离开桌面。已知子弹在物体A和B中所受阻力一直保持不变。已知A的长度为0.448m，A离开桌面后落地点到桌边的水平距离为3.2m，不计空气阻力，g=10m/s2。（1）求物体A和物体B离开桌面时的速度大小。（2）求子弹在物体B中穿过的距离。（3）为了使子弹在物体B中穿行时B不离开桌面，求物体B右端到桌边的最小距离。18．有一倾角为θ的斜面，其底端固定一挡板M，另有三个木块A、B和C，它们的质量分别为，它们与斜面间的动摩擦因数都相同。其中木块A放于斜面上并通过一轻弹簧与挡板M相连，如图所示，开始时，木块A静止在P处，弹簧处于自然伸长状态，木块B在Q点以初速度v0向下运动，P、Q间的距离为L。已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动，与木块A相撞后立刻一起向下运动，但不粘连。它们到达一个最低点后又向上运动，木块B向上运动恰好能回到Q点。若木块A仍静放于P点，木块C从Q点处开始以初速度向下运动，经历同样过程，最后木块C停在斜面的R点，求：（1）木块B与A相撞后瞬间的速度v1（2）弹簧第一次被压缩时获得的最大弹性势能Ep（3）P、R间的距离L′的大小19．如图所示，倾角θ=37°的传送带顺时针转动，传送带的长度（两轴心距离）s=15m。质量m=1kg的小物体以初速度v0=2m/s从A端滑上皮带，从B端滑上置于光滑水平面上质量为M=3Kg，上表面为光滑圆弧的槽车（物块由皮带滑上槽车时无机械能损失）。已知物体与皮带间的动摩擦因数为μ=0.8，求：(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，皮带的传送速度至少为多少？(2)物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最大高度？(3)若皮带传送速度为v，且满足v>v0，写出物体与皮带因摩擦产生的热量Q与v的关系式。20．某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题,用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将N个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方,且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力,小球编号从左到右依次为1、2、3、…、N,每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k倍(k<1).在第N个小球右侧有一光滑轨道，其中AB段是水平的，BCD段是竖直面内的半圆形，两段光滑轨道在B点平滑连接，半圆轨道的直径BD沿竖直方向。在水平轨道的A端放置一与第N个悬挂小球完全相同的P小球，所有小球的球心等高。现将1号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞….所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失。已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计。求：(1)求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小；(2)若共有N个小球，求P小球第一次碰撞后的速度vP的大小；(3)若N=6,当半圆形轨道半径R=128h/7，k=时，求P小球第一次被碰撞后能运动的最大高度。21．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L=3.2m，沿顺时针方向以v0=2m/s匀速运动。一质量m=2kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为m的光滑圆弧形轨道CDF，并沿轨道运动至最低点F，与位于圆弧轨道最低点的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M＝1kg，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，。求：(1)物块P从传送带离开时的动量；(2)传送带对物块P做功为多少；(3)物块P与物块Q碰撞后瞬间，物块P对圆弧轨道压力大小的取值范围。22．如图所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R＝0.32m.水平轨道PN右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN平齐，木板c质量m3＝2.2kg，长L＝4m，木板d质量m4＝4.4kg.质量m2＝3.3kg的小滑块b放置在轨道QN上，另一质量m1＝1.3kg的小滑块a从P点以水平速度v0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a沿原路返回到M点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g＝10m/s2.(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；(2)若碰后滑块b在木板c、d上滑动时，木板c、d均静止不动，c、d与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c、d与地面间的摩擦，碰后滑块b最终恰好没有离开木板d，求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度.23．如图所示，水平传送带两轮间的距离L=30m，传送带以恒定的速率顺时针匀速转动，两质量分别为m1=4kg、m2=2kg的小滑块P、Q用一根轻绳（未画出）连接，中间夹着一根被压缩的轻质弹簧（弹簧与物体不拴接），此时弹簧的弹性势能Ep=54J，现把P、Q从传送带的最左端由静止开始释放，t1=2s时轻绳突然断裂，瞬间弹簧恢复至原长（不考虑弹簧的长度的影响）。已知两滑块块与传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，求：（1）轻绳突然断裂时两滑块的位移；（2）两滑块离开传送带的时间差。24．如图所示，半径R=2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P，Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量ml=3.2kg，小球Q的质量m2=1kg，小球P与斜面间的动摩擦因数，剪断细线前弹簧的弹性势能EP=1.68J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)小球Q运动到C点时的速度；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。25．如图，中空的水平圆形转盘内径r=0.6m，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有A、B、D、E四个物块，D、E两物块分别被锁定在距离竖直转轴R=1.0m处，A、B紧靠D、E放置两根不可伸长的轻绳，每根绳长L=1.4m，一端系在C物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D、E两物块中间的光滑圆孔，系在A、B两个物块上，A、B、D、E四个物块的质量均为m=0.1㎏，C物块的质量=2.0kg，所有物块均可视为质点，(取重力加速度g=10m/s²)，计算结果可用最简的分式与根号表示）(1)启动转盘，转速缓慢增大，求A、D以及B、E之间恰好无压力时的细绳的拉力及转盘的角速度；(2)停下转盘后，将C物块置于圆心O处，并将A、B向外测移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放A、B、C物块构成的系统，求A、D以及B、E相碰前瞬间C物块的速度；(3)碰前瞬间解除对D、E物块的锁定，若A、D以及B、E一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰后C物块的速度.26．如图所示，质量为mc=2mb的物块c静止在倾角均为α=300的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t=1s同时到达斜面底端。已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1=0.9m，E、B两点的距离为l2=0.4m。斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为μ=，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g=10m/s2。求：（1）物块b由C点下滑到E点所用时间。（2）物块a能到达离A点的最大高度。（3）a、b物块的质量之比。27．如图所示，可视为质点两物体A、B质量均为m=10kg，它们之间用可遥控引爆的粘性炸药粘连在一起，现使两物体从光滑曲面（末端切线水平）上高度H=0.8m处由静止释放，到达底端时进入水平传送带，随即撤掉光滑曲面，传送带匀速向左传动，速率为。已知两物体与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.1，，按要求回到下列问题：（1）若两物体从传送带右端滑出，求皮带轮间的距离s需满足的条件；（2）若皮带轮间的距离足够大，求从两物体滑上离开传送带的整个过程中，由于两物体和传送带间的摩擦产生的热量Q；（3）若两皮带轮半径r=10cm，间距为13.5m。当两物体滑上皮带后经过2s的那一时刻，用遥控器引爆粘性炸药，此后两物体分离，物体B恰好从传送带右端平抛飞出。若爆炸所用时间极短，可忽略不计，爆炸所释放的化学能80％转化为两物体的机械能，求爆炸所释放的化学能E。29．如图所示，质量为2m的木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距S，长木板的右端固定一半径为R光滑的四分之一圆弧，圆弧的下端与木板水平相切但不相连。质量为m的滑块B（可视为质点）以初速度从圆弧的顶端沿圆弧下滑，当B到达最低点时，B从A右端的上表面水平滑入同时撤走圆弧．A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数为μ，A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g．试分析下列问题：（1）滑块B到圆弧底端时的速度大小v1；（2）A与台阶只发生一次碰撞，求S满足的条件；（3）S在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间B的速度。30．在光滑的水平面上有一质量M=2kg的木板A，其上表面Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间距离L=2m，如图所示；木板A右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽略不计质量m=2kg的滑块B．某时刻木板A以vA=1m/s的速度向左滑行，同时滑块B以vB=5m/s的速度向右滑行，当滑块B与P处相距3L/4时，二者刚好处于相对静止状态．若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它相碰后仍以原速率反弹（碰后立即描去该障碍物），求：（1）B与A的粗糙面之间的动摩擦因数μ；（2）滑块B最终停在木板A上的位置.(g取10m/s2)．31．如图所示，倾角θ=37°的粗糙传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，传送带始终以v=3m/s的速率顺时针匀速转动，A、B、C滑块的质量为mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，(各滑块均视为质点)．A、B间夹着质量可忽略的火药．k为处于原长的轻质弹簧，两端分别与B和C连接．现点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，滑块A以6m/s水平向左冲出，接着沿传送带向上前进，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.75，传送带与水平面足够长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)滑块A沿传送带向上能滑的最大距离？(2)滑块B通过弹簧与C相互作用的过程中，弹簧又到原长时B、C的速度？(3)滑块A追上滑块B时能粘住，试定量分析在A与B相遇的各种可能情况下，A、B、C及弹簧组成系统的机械能范围？32．如图，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=lm/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=lm.物块B静止在水平面的最右端N处、质量为mA=lkg的物块A在距N点s=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动、再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍，A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ=0.2、物块均可视为质点，取g=l0m/s2.（1）求A到达N点与B碰撞前的速度大小；（2）求碰撞后瞬间AB的速度大小及碰撞过程中产生的内能；（3）讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式33．（19分）如图所示，一个物块A（可看成质点）放在足够长的平板小车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．左边有一固定的竖直墙壁，小车B与墙壁相碰，碰撞时间极短，且碰撞前、后无动能损失．已知物块A与小车B的水平上表面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．（1）若A、B的质量均为m，求小车与墙壁碰撞后的运动过程中，物块A所受摩擦力的冲量大小和方向；（2）若A、B的质量比为k,且k＜1，求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对地的位移大小；（3）若A、B的质量比为k，且k=2，求小车第一次与墙壁碰撞后的运动过程所经历的总时间．34．质量为M的小车置于水平面上。小车的上表面由1/4圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为，C点右方的平面光滑。滑块质量为m，从圆弧最高处A无初速下滑（如图），与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止。求：（1）BC部分的动摩擦因数；（2）弹簧具有的最大弹性势能；（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．35．如下图所示，光滑水平面MN左端挡板处有一弹射装置P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ的长度L=8m，皮带轮逆时针转动带动传送带以v=2m/s的速度匀速转动。MN上放置两个质量都为m=1kg的小物块A、B，它们与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧，其弹性势能Ep=16J。现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧。取g=10m/s2。（1）求物块B被弹开时速度的大小；（2）求物块B在传送带上向右滑行的最远距离及返回水平面MN时的速度vB′；（3）A与P相碰后静止。当物块B返回水平面MN后，A被P弹出，A、B相碰后粘接在一起向右滑动，要使A、B连接体恰好能到达Q端，求P对A做的功。36．如图，光滑水平地面上有一质量为M的小车，车上表面水平且光滑，车上装有半径为R的光滑四分之一圆环轨道，圆环轨道质量不计且与车的上表面相切，质量为m的小滑块从跟车面等高的平台以v0的初速度滑上小车（v0足够大，以至滑块能够滑过与环心O等高的b点），试求：（1）滑块滑到b点瞬间小车的速度；（2）滑块从滑上小车至滑到环心O等高的b点过程中，车的上表面和环的弹力共对滑块做了多少功;（3）小车所能获得的最大速度．37．如图所示，质量M=10kg，上表面光滑的足够长木板在水平拉力F＝50N作用下，以v0=5m/s初速度沿水平地面向右匀速运动，现有足够多的小铁块，它们质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了L=1m时。又无初速地在木板最右端放上第二个铁块，只要木板运动了L=1m就在木板最右端无初速放一铁块。求：（1）第一个铁块放上后，木板运动lm时，木板获得多大动量？（2）最终有几个铁块能留在木板上？（3）最后一个铁块与木板右端距离多大？（g=10m/s2）38．如图，质量为M、长L=1．5m,右端带有竖直弹性档板的木板B静止在光滑水平面上。一质摄为m的小木块A（视为质点）．以v0＝4m/s的水平速度滑上B的左端，经过一次与档板的碰撞，最后停在B的表面上。已知A与B上表面间的动摩擦因数＝0．2，A与挡板碰撞时无机械能损失，忽略碰撞时间，取g＝10m/s2，求的取值范围。39．两个质量都是=0.4kg的砂箱A、B并排放在光滑的水平桌面上，一颗质量为=0.1kg的子弹以=140m/s的水平速度射向，如图所示.射穿后，进入并同一起运动，测得、落点到桌边缘的水平距离=1∶2，求：(1)沙箱离开桌面的瞬时速度；(2)子弹在砂箱､中穿行时系统一共产生的热量.40．如图所示，质量均为m、可视为质点的A.B两物体，B物体静止在水平地面上的N点，左边有竖直墙壁，右边在P点与固定的半径为R的1/4光滑圆弧槽相切，MN＝NP＝R。物体A与水平面间的摩擦力可忽略不计，物体B与水平面间的动摩擦因数0.5。现让A物体以水平初速度v0（v0未知）在水平地面上向右运动，与物体B发生第一次碰撞后，物体B恰能上升到圆弧槽最高点Q，若物体A与竖直墙壁间、物体A与物体B间发生的都是弹性碰撞，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）物体A的初速度v0；（2）物体AB最终停止运动时AB间的距离L。参考答案1．答案：ABD解析：物体A、B碰撞过程所受外力为零，作用前后总动量守恒，故B正确，C错误；根据动量守恒定律有mA×6m/s＋mB×1m/s＝mA×2m/s＋mB×7m/s，则mA：mB＝3：2，故A正确；A、B作用前总动能为eq\f(1,2)mA×(6m/s)2＋eq\f(1,2)mB×(1m/s2)＝mA·eq\f(55,3)(m/s)2，作用后总动能为eq\f(1,2)mA×(2m/s)2＋eq\f(1,2)mB×(7m/s)2＝mA·eq\f(55,3)(m/s)2，可见作用前后总动能不变，故D正确．2．答案：C解析：碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)·2mv2，代入数据解得v＝1m/s，A与B组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mv2，联立可得v0＝1.5m/s，故A、B、D错误，C正确．3.答案：A解析：设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向．根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2①根据机械能守恒定律得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，则得v1＝0，v2＝v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确；若m1≪m2，则得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误；两球第一次碰撞后，B球的速度为v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v，不一定是eq\f(v,2)，与两球的质量关系有关，故C错误；两球第一次碰撞后A球的速度为v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v，当m1>m2时，v1>0，碰后A球向左运动，当m1＝m2时，v1＝0，碰后A球静止，当m1<m2时，v1<0，碰后A球向右运动，故D错误．4.答案：D解析：球从A点到B点的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B点到C点的过程中，球对半圆槽的压力方向指向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在球运动的全过程，水平方向上动量也不守恒，选项A、B错误；当球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上的，所以此后球做斜上抛运动，即选项C错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，选项D正确．5．B【解析】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m1v1-m2v2=0，则，，，则绳子长度L=s气球+s人=10m+20m=30m，即绳子至少长30m长，故选B。【点睛】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系．6．答案：C解析：质量为m的小球由A点静止释放，在下滑到B点的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，设小球对地速度大小为v2，槽对地速度大小为v1，两速度方向相反，有Mv1＝mv2，系统机械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，A错误，C正确；以槽为参考系，小球到达B点时相对于槽的速度大小v′＝v1＋v2，则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错误；该系统只有重力做功，故系统机械能守恒，D错误．7．答案：AB解析：两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有0＝mv－mv＋Mv′，可知v′＝0，故A、B正确；若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为0，故C、D错误．8．答案：AD解析：规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝p′A＋pB，解得pB＝3kg·m/s，A正确，B错误；由于A、B是弹性碰撞，所以没有机械能损失，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错误，D正确．9．答案：ACD解析：在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程中机械能减少，故A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹簧弹性势能最大，故C正确；当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒定律可知，小球b的动能不为零，故D正确．10.答案：B解析：设小球第一次回到O点正下方时，小球与框架的速度分别为v1和v2.取水平向右为正方向，由题可知，小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，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.当小球第一次回到O点正下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得T－mg＝meq\f(v1－v22,L)，解得细线的拉力T＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),L)，B正确．11．BD【解析】A、由于冲量是矢量，弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量大小相等，方向相反，故A错误。B、当A受力平衡时速度最大，即弹簧的弹力大小等于A木块的重力，此时弹簧处于压缩状态，故B正确。C、设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升的最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒有：E=mg+m绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律有：mv=2mv1AB共同上升过程中根据能量守恒有：（m+m）=(m+m)gh联立解得B开始运动时，A的速度大小为：v1=全程中，A上升的最大高度H=，故C错误，D正确。故选：B、D【点睛】本题细绳和弹簧相连的连接体，要利用根据能量守恒解决问题，关键是绳子绷紧瞬间动量守恒。12．AC【解析】AB：根据动量守恒有：，解得：故A正确B错误CD：设经过时间，第1块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则：对第1个木块：对木板：，联立解得：设再经过时间，第2块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则：对第2个木块：对木板和第1个木块：，解得：再经过时间，第3块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则：对第3个木块：对木板和第1、2个木块：，……再经过时间，第k块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则：对第k个木块：对木板和第1、2、3…、k-1个木块：，解得：，将代入：故C正确D错误13．ABD【解析】A、设物块刚受到水平冲量后速度为v0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有：，可得，故给物块的水平冲量为，选项A正确。B、C、滑环不固定时，物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h时，它们速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则：Mv0＝(m＋M)v，；由以上各式可得：，，选项B正确，选项C错误。D、对m、M组成系统，当M第一次回到最低点时由动量守恒和能量守恒知速度仍然为v0，在最低点由牛顿第二定律可知，可得拉力T=3Mg；故D正确。故选ABD。【点睛】本题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用，要注意明确小球摆到最高时，两物体有共同的速度，系统只是水平动量守恒，总动量并不守恒．14．AC【解析】A、B、设全程小车相对地面的位移大小为s，滑块水平方向相对地面的位移为x，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒且满足人船模型：x+s=R+L，，已知M=2m，解得：，，故A正确，B错误.C、滑块刚滑到B点时小车受到滑块的压力一直做正功，小车的速度达到最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得，，解得；故C正确.D、滑块从B点开始和车相对滑动，滑动摩擦力对滑块做负功，根据动能定理知滑块克服摩擦力做的功等于滑块减少的动能；全过程滑块减少的机械能转化为系统生热；D错误.故选AC.【点睛】本题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒。运用动量守恒定律列式时要注意位移的参照物是地面.15．BC【解析】对木箱A下滑和上滑过程，运用功能原理列式，可分析若物块B没有被拿出，弹簧能否将整体弹回a点．在A、B一起下滑的过程中，速度最大时的位置合力为零．根据功能关系求弹簧上端在最低点c时其弹性势能以及摩擦产生的热量．【详解】A．在A上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A已经开始减速，故分离时A的速度不是最大，A错误；B．设弹簧上端在最低点c时，其弹性势能为Ep，在A、B一起下滑的过程中，由功能关系有4mgLsinθ＝μ•4mgLcos30°+Ep，将物块B拿出后木箱A从c点到a点的过程，由功能关系可得Ep＝mgLsinθ+μmgLcos30°联立解得Ep＝0.8mgL，故B正确；C．由分析可得，木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，摩擦生热D．若AB一起能返回的距离大于弹簧原长，则有，解得，但不知道与弹簧原长的关系，故无法确定，故D错误。【点睛】解决本题的关键是掌握功与能的关系，明确能量是如何转化的．解题时，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】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。【详解】（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有①②联立①②式并代入题给数据得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有④⑤⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA=vAt–⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA=1.75m，sB=0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m=0.50m⑨（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有联立式并代入题给数据得这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式由④式及题给数据得sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离17．（1）8m/s；10m/s（2）0.006m（3）0.041m【解析】【详解】（1）研究A平抛过程x=vth=gt2得到vA=8m/s研究子弹进入A到刚刚穿过A的过程（A，B一直共速）利用系统动量守恒列mv0=2MvA+mv1解得v1=20m/s再研究子弹进入B的过程MvA+mv1=（M+m）vB解得vB=10m/s（2）子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒

子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒

联立解得：f=1000N，LB＝0.006m．

即子弹在物块B中穿行的距离0.006m（3）子弹在物块A中穿行的过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，根据动能定理有：

fs1＝(M+M)vA2解得s1=0.032m子弹在物块B中穿行的过程中，物块B在水平桌面上的位移s2，根据动能定理得：

fs2＝MvB2−MvA2

解得s2=0.009m物块B到桌边的最小距离：Smin=s1+s2

ssim＝0.041m【点睛】利用功能关系和动量守恒解题时一定要选好状态，分析清楚运动过程，然后正确选择研究对象列方程求解，这类问题有一定难度，能够很好的考查学生综合分析问题的能力．18．（1）（2）（3）【解析】木块B下滑做匀速直线运动，有①（2分）B和A相撞前后，总动量守恒，②（2分）由①式可知在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩时两木块的总动能。E=mv（2分）设两木块向下压缩弹簧的最大长度为S，两木块被弹簧弹回到P点时的速度为V2，则③（2分）两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程：④（2分）木块C与A碰撞前后，总动量守恒，⑤（2分）设木块C和A压缩弹簧的最大长度为，两木块被弹簧回到P点时的速度为，则⑥（2分）木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R点的过程：⑦（2分）∵木块B和A压弹簧的初动能木块C和A压缩弹簧的初动能即，因此弹簧前后两次的最大压缩量相等，即⑧（2分）联立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】【详解】（1）为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，则物块在传送带上一直被加速，到达顶端时与传送带共速，根据牛顿第二定律：解得a=0.4m/s2，则传送带的最小速度也就是物块的最大速度v为：（2）物块上升到最大高度时与小车共速，由动量守恒定律：由能量关系：联立解得h=0.6m（3）若v>4m/s，则物块在传送带上一直被加速，加速度为a=0.4m/s，加速的时间根据即解得，此时物体与传送带摩擦生热：若v<4m/s，则物块先在传送带上先向上加速，后匀速，加速度为a=0.4m/s2加速的时间此时物体与传送带摩擦生热：【点睛】此题物理过程较多，涉及到的研究对象也较多；关键是能挖掘隐含条件，知道物体到达顶端速度最大时一直被加速；到达斜槽有最爱高度时与斜槽共速；知道求解摩擦生热的公式：Q=f∆x.20．（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）设1号小球的质量为m1，碰前的速度为v1，对于1号小球由h高运动到最低点过程，根据机械能守恒：m1gh＝m1v12

解得：v1＝（2）设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v1′和v2，取水平向右为正方向，对1、2号小球碰撞过程，由动量守恒定律：由能量关系：同理可推知N号小球与P碰前速度，N号小球与P碰撞交换速度vP=vN解得（3）由（2）的结果知道P球的初速度，设P小球在轨道CD之间脱离轨道，P球被碰撞后脱离轨道时有：P小球由A到脱离轨道有：上升的高度：H=R+Rsinθ+h′联立解得【点睛】本题是利用动量守恒和机械能守恒联合解决一维碰撞问题的典型例子，其中由1号球的速度归纳第N号球的速度是关键，而且也是难点．21．(1)8kgm/s，方向与水平方向成斜向右下；(2)-22.4J；(3)【解析】(1)物块在未到达与传送带共速之前,所受摩擦力方向沿传送带向下，由牛顿第二定律得：解得所需时间沿斜面向下运动的位移当物块的速度与传送带共速后，由于，所以物块所受摩擦力方向沿传送带向上,由牛顿第定律得：解得a2=2m/s2物块以加速度以运动的距离为：设物块运动到传送带底端的速度为,由运动学公式得v12=v02+2a2x2解得则动量为P=mv1=，方向与水平方向成斜向右下(2)物块从顶端到底端,根据动能定理：可知传送带对物块做功为：W=(3)设物块运动到点的速度为,由动能定理得解得若物块与物块发生完全弹性碰撞，并设物块碰撞后的速度为,物块Q碰撞后的速度为,则两物块的碰撞过程动量守恒，碰撞前后动能之和不变；解得若物块与物块发生完全非弹性碰撞,则解得所以物块的速度范围为：在点由牛顿第二定律得：解得：物块碰撞后间对圆弧轨道的压力为,由牛顿第三定律可得：22．（1），（2）（3），【解析】(1)根据题意可知：小滑块a碰后返回到M点时：小滑块a碰后返回到M点过程中机械能守恒：代入数据，解得：v1＝4m/s取水平向右为正方向，小滑块a、b碰撞前后：动量守恒：m1v0＝－m1v1＋m2v2机械能守恒：代入数据，解得：v0＝9.2m/s，v2＝5.2m/s(2)若b在d上滑动时d能静止，则b在c上滑动时c和d一定能静止解得(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小：此时两块长木板的加速度大小：令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t，则：时间t内小滑块b的位移两块长木板的位移且x1－x2＝L解得：t1＝1s或(舍去)b刚离开长木板c时b的速度b刚离开长木板c时d的速度d的长度至少为x：由动量守恒可知：解得：v＝2m/s解得：x＝1.4m点睛：本题考查了动量守恒与能量守恒相结合的问题，在运用动量守恒时要注意公式的矢量性，在运用能量守恒时要注意系统内有什么样的能量。23．（1）2m；（2）5.125s；【解析】试题分析：轻绳断前，两滑块先做匀加速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求出匀加速运动的时间，由位移公式求出匀加速的位移；绳断到弹簧处于原长的过程，PQ系统动量守恒，能量守恒求两滑块的速度。对两滑块分别研究，由运动学公式分段求离开传送带的时间，从而求得时间差。（1）绳子断前对PQ整体：解得：a=1m/s2假设绳子断前P、Q一直加速：假设成立可见：（2）绳断到弹簧恢复原长的过程，P、Q与弹簧系统动量、能量守恒，则：解得：，绳断后P向左运动：可见P从右侧掉落P向左减速为零时间：P向右加速到传送带速度：，P向右匀速直到掉下：解得：tp4=5.125sQ向右减速到传送带速度：解得：tQ2=4sQ向右匀速直到掉下：解得：tQ3=1s时间差：【点睛】解决本题的关键是要分析清楚滑块的运动情况，按时间顺序计算分析，运用牛顿第二定律和运动学公式逐段研究物体的运动状态。24．（1）（2）（3）【解析】（1）两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：①由机械能守恒定律得：②由①②两式可得：,小球Q沿圆环运动过程中，由机械能守恒定律可得：解得：,(2)小球P在斜面向上运动的加速度为，由牛顿第二定律得：,解得：故上升的最大高度为：（3）设两小球相遇点距离A点为x，从A点上升到两小球相遇所用的时间为t,小球P沿斜面下落的加速度为，则：，解得：小球P上升到最高点的时间：，则：解得：。25．(1)12.5N，(2)(3)【解析】试题分析：AB在细绳拉力作用下做，做匀速圆周运动。C在拉力作用下处于平衡态，结合轻绳上的拉力大小相等可求细绳的拉力及转盘的角速度；轻绳水平拉直，然后无初速度释放，A、B、C物块构成的系统机械能守恒，结合关联速度的知识，可求C物块的速度；碰前瞬间解除对D、E物块的锁定，由动量定理可求C物块的速度。（1）C物块保持静止故，，对A、B两个物块角速度（2）设碰前A、B速度大小为，C的速度大小为，由绳长不变可知：系统下落过程中机械能守恒：由几何关系h=0.8m得：（3）设碰后A、D的速度大小为，C的速度大小为由绳长不变设绳上拉力的冲量大小为I，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于重力。对C物块运用动量定理：对A、D运用动量定理：得：【点睛】解决本题关键：（1）利用系统机械能守恒定律，解决绳子连接的问题时，注意绳两端速度的分解；（2）熟练应用动量定理解决相关问题。26．0.6；0.578；15/16【解析】本题考查物体沿斜面的运动，以及碰撞；需运用牛顿运动定律、运动学公式、动量及能量守恒、动量定理等知识。（1）物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度为由解得：（2）取沿AC方向为正方向，由，解得a沿斜面上滑距离有所以物块a能到达离A点的最大高度（3）设绳断时物块b的速度为，b与c相碰后b的速度为，c的速度为，则联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段上的加速度为，物块b在EB段上作匀速运动。和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为，则代入数据，得解得的大小为物块b刚下滑到E点时的速度为若取，则的大小为，与事实不符，所以舍去。取，则，方向沿斜面向下。设细绳对物块a和b的冲量大小为I，由解得点睛：绳绷紧瞬间，对两端物体的冲量大小相等。27．（1）小于8m（2）490J（3）50J【解析】试题分析：若不启动引爆装置，AB整体在光滑曲面上下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律求出AB刚滑到曲面底端时的速度．研究AB在传送带上运动的过程，由动量定理求得滑行时间，再结合运动学公式求解AB在水平传送带上运动的最远距离s．根据相对位移求由于摩擦而增加的内能Q，研究AB从开始到爆炸位置的过程，由动能定理求出AB的速度．对于爆炸过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律列式．根据B到传送带右端时对传送带无压力，分析物体B的受力情况，知道重力提供向心力，由此求出B的速度．联立可求得d。(1)AB下滑到皮带上的速度为v，由机械能守恒定律解得；设皮带轮间的距离最小值为即皮带轮间的距离需满足的条件：(2)物体向右减速到零的时间为t1，物体向左加速到与皮带达到共速的时间为，则，物体向右减速到零的时间内相对皮带滑行的距离为，物体向左加速到与皮带达到同速的时间内相对皮带滑行的距离为，则，则从两物体滑上到离开传送带的整个过程中，由于两物体和传送带间的摩擦产生了热量；（3）两物体滑上皮带后经过2s的那一时刻的速度为,滑行的距离为x,则物体B恰好从传送带右端平抛飞出，则物体B对应的速度，解得炸药爆炸后瞬间物体AB对应的速度分别为、，则，解得根据动量守恒定律解得爆炸后物体AB所获得的机械能为E解得爆炸所释放的化学能。点晴：对于传送带类题目要注意因摩擦产生的内能等于摩擦力与相对位移间的乘积，要准确分析物体的运动情况，抓住爆炸的基本规律：动量守恒定律。29．（1）（2）（3）或【解析】试题分析:（1）滑块B从释放到最低点，机械能守恒，取水平面为零势面，由机械能守恒定律得：①由①解得：②（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得：③若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：④对A应用动能定理：⑤联立③④⑤解得：⑥即A与台阶只能碰撞一次的条件是：（3）设S=时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度，由动量守定律得：⑦对A应用动能定理：⑧联立⑦⑧得：讨论：（i）当即时，AB共速后A才与挡板碰撞．由⑦式可得A与台阶碰撞前瞬间的A、B的共同速度为：即A与台阶碰撞前瞬间B的速度为：（ii）当即时，AB共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理有：由上式解得A与台阶碰撞前瞬间的速度：设此时B的速度为，由动量守恒定律得：由上式解得：考点：考查动量守恒定律；机械能守恒定律．【名师点睛】本题木块在小车上滑动的类型，分析物体的运动过程，对于系统运用动量守恒列方程，对于单个物体运用动能定理列式求解位移，都是常用的思路，要加强这方面的练习，提高解决综合问题的能力．30．（1）0.6；（2）0.17m【解析】试题分析：①木板A与障碍物发生碰撞前、后两个过程中，木板和滑块系统，由动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解（1）设M、m共同速度为v，定水平向右为正方向，由动量守恒定律得mvB-MvA=（M+m）v①解得：v=2m/s对A、B组成的系统，由能量守恒MvA2+mvB2−(M+m)v2＝μmgL③代入数据得μ=0.6（2）木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒．由动量守恒定律得mv-Mv=（M+m）u④u=0设B相对A的路程为S，由能量守恒得(M+m)v2＝μmgs⑤代入数据得s＝m由于s＞L，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s1.s1＝s−L＝0.17m点睛：本题结合弹簧问题考查了动量守恒和功能关系的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动能定理与动量守恒定律、能量守恒定律可以解题。31．(1)x1=1.5m(2)m/sm/s(3)A、B、C及弹簧系统机械能范围：9.18J≤E≤13.5J【解析】本题考查动能定理、动量守恒、机械能守恒等知识，要注意过程的选取及临界情况的分析。(1)滑块A沿传送带向上的运动，根据动能定理得：代入数据解得：x1=1.5m(2)炸药爆炸过程，对A和B系统，设B获得的速度为vB，有：-mAvA+mBvB=0解得：vB=3m/sB与C相互作用，根据动量守恒得：根据机械能守恒定律得：=+解得：m/sm/s(3)A返回水平面的速度等于传送带的速度，m/s追上滑块B前，滑块B的速度在-0.6m/s与3m/s间变化A粘住B时，m/s，机械能损失最大，则，得：v′=0.6m/s此时m/sA、B、C及弹簧系统机械能的最小值：Emin=mCv+(mA+mB)v′2=9.18JA粘住B时，m/s，机械能损失最小，△E损=0A、B、C及弹簧系统机械能的最大值Emax=+=13.5JA、B、C及弹簧系统机械能范围：9.18J≤E≤13.5J点睛：碰撞分弹性碰撞和非弹性碰撞，要注意完全非弹性碰撞损失的能量最多。32．（1）4m/s（2）；（3）见解析；【解析】（1）设碰撞前A的速度为v1.由动能定理得，解得：（2）设碰撞后A、B速度为v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得，解得：由系统能量转化与守恒可得，解得：（3）①如果AB能从传送带右侧离开，必须满足：，解得：传送带对它们所做的功②当v2≤v时有：k≥3即AB先减速到0再返回，到传送带左端时速度仍为v2；这个过程传送带对AB所做的功③当1≤k<3时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端。在这个过程中传送带对AB所做的功，解得：点睛：整体滑上传送带后运动情况的各种可能性分析是解题的关键。33．(1),方向水平向右;(2);(3)【解析】试题分析：（1）设小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为，设向右为正方向，则由动量守恒定律得:解得:（2分）对物块A，由动量定理得摩擦力对物块A的冲量（2分）,冲量方向水平向右．（1分）（2）设A和B的质量分别为km和m，小车B与墙碰撞