2019人教版选择性必修第一册第一章动量守恒定律第3节动量守恒定律基础训练（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2019人教版选择性必修第一册第一章动量守恒定律第3节动量守恒定律基础训练（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-23 07:46:28 | ||
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文档简介
2019人教版选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 第3节 动量守恒定律 基础训练
一、多选题
1．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为80m0、20m0两船沿同一直线相向运动，速度大小分别为2v0、v0。为避免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为m0的货物袋以相对地面6.2v0的水平速度抛向乙船，且被乙船上的人接住，假设某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，不计水的阻力。试求此时（ ）
A．甲、乙两船的速度大小1.4v0
B．甲、乙两船的速度大小1.25v0
C．从甲船抛出的总货物袋数12个
D．从甲船抛出的总货物袋数10个
2．水平传送带在外力F驱动下以恒定速度运动，将一块砖放置在传送带上，若砖块所受摩擦力为f，传送带所受摩擦力为，砖块无初速放到传送带上至砖块达到与传送带相同速度的过程中以下正确的是（ ）
A．f′所做的功等于f所做的功的负值
B．F所做的功与所做的功之和等于砖块所获得的动能
C．F所做的功与所做的功之和等于零
D．F所做的功大于砖块所获得的动能
3．质量为3m足够长的木板静止在水平面上，木板与地面的摩擦可忽略，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ．现同时给木块l、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度为g．则下列说法正确的是
A．1木块相对静止前，木板是静止的
B．1木块的最小速度是0
C．2木块的最小速度是v0
D．木块3从开始运动到相对静止时位移是
4．嫦娥五号取壤返回地球，完成了中国航天史上的一次壮举。如图所示为嫦娥五号着陆地球前部分轨道的简化示意图，其中Ⅰ是月地转移轨道，在点由轨道Ⅰ变为绕地椭圆轨道Ⅱ，在近地点再变为绕地椭圆轨道Ⅲ。下列说法不正确的是（ ）
A．在轨道Ⅱ运行时，嫦娥五号在点的机械能比在点的机械能大
B．嫦娥五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长
C．嫦娥五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过点的向心加速度大小相等
D．嫦娥五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过点的速度大小相等
5．如图所示，甲、乙两小车的质量分别为、，且，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上．现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力、，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长（弹簧仍在弹性限度内）的过程中．对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A．系统受到外力作用，动量不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C．甲车的最大动能小于乙车的最大动能
D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力、的大小
6．如图所示，一固定光滑斜面倾角为，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与斜面上质量为的物块连接。开始时用手压住物块使弹簧压缩量为，放手后物块由静止开始上滑，到达最高点时弹簧的伸长量为，重力加速度为。则在物块由静止上滑到最高点的过程中（ ）
A．物块的加速度先减小后增大
B．物块克服重力做功的功率先减小后增大
C．物块的重力势能增加了
D．物块重力势能与动能之和保持不变
7．如图所示，一质量为电荷量为的带正电粒子在匀强电场中只在电场力作用下运动，由A运动到的时间为，经过、点时速度分别为和，两点速度与直线夹角均为，已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．电场中点电势高于A点电势
B．电场力方向与直线所成夹角
C．电场强度大小为
D．由A运动到电场力一直做正功
二、单选题
8．我校在今年四月份组织的“水火箭”比赛中，1班“破云队”最终以139.9米的成绩获得射程赛冠军。若该小队制作的“水火箭”箭体质量为0.2kg，里面装水0.4kg，发射时将水以约15m/s的平均速度向后喷出，喷水时间很短，则箭体发射后获得的速度约为（ ）
A．30m/s B．20m/s
C．10m/s D．条件不足，无法计算
9．如图，在光滑的水平面上，有一质量为M=3kg的木板，木板上有质量为m=1kg的物块．它们都以v=3m/s的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，当木板的速度为1.8m/s时，物块的运动情况是（ ）
A．做减速运动
B．做匀速运动
C．做加速运动
D．以上运动都有可能
10．如图所示，一匀强电场的方向平行于xOy平面，O点为坐标原点，已知OM与x轴夹角为，从原O点起沿x轴方向每经过1m距离电势下降10V，沿OM方向每经过1m电势下降也为10V，图中P点坐标（），则下列说法正确的是（ ）
A．电场强度沿OP方向，大小
B．OP两点的电势差为
C．沿x轴正方向移动电子，每移动1m电场力做功10eV
D．沿y轴正方向每移动1m电势降低
11．老师讲了一个新的龟兔赛跑的故事，按照老师所讲的故事情节，乌龟和兔子的位移随时间的图像如图所示，则根据图像可知（ ）
A．发令枪一响，乌龟先跑出去，兔子过一会儿才跑出去
B．兔子先加速前进，中途匀速前进，最后又加速前进
C．乌龟一直匀加速前进
D．兔子先通过预定的位移sm到达终点
12．一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，静止在水中。遇到危险时,它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s的速度向前逃窜。以下说法错误的是（ ）
A．该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反
B．该乌贼喷出的水的速度大小为28 m/s
C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2 J
D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280 N
13．光滑的水平面上有半径相同的A、B两个小球，小球A的质量为。时刻，A、B两个小球开始在同一直线上相向运动，随后发生碰撞，A、B两个小球碰撞前后的位移-时间图像如图所示。下列说法中正确的是（ ）。
A．小球B的质量为
B．小球B对A的冲量为
C．小球B的动量改变量为
D．碰撞过程中，A、B两球损失的机械能为
14．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（ ）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．当锤子速度方向水平向右时，人和车水平方向的总动量水平向左
D．人、车和锤组成的系统动量守恒
15．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M静止在光滑水平面上，一个物块m在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)
A．1:2 B．1:3 C．1:6 D．1:9
16．如图，质量为3kg木板放在光滑的水平面上，质量为1kg的物块放在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长，两者都以4m/s的速度相向运动．当木板的速度为2.4m/s 时，物块:
A．加速运动 B．减速运动
C．匀速运动 D．静止不动
17．下列说法正确的是（ ）
A．动量大的物体，它的动能一定也大
B．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
C．一对相互作用力所做功的代数和一定为零
D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒
18．如图，两物体A、B用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在弹簧由原长伸到最长的过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，下列不正确的说法是（ ）
A．A、B先做变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大；之后，A、B做变减速运动，直至速度减到零
B．A、B做变减速运动速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大
C．A、B、弹簧组成的系统机械能在这一过程中是先增大后减小
D．因F1、F2等值反向，故A、B、弹簧组成的系统的动量守恒
19．在一次摩托车跨越壕沟的表演中，摩托车从壕沟的一侧以速度沿水平方向飞向另一侧，壕沟的宽度及两侧的高度如图所示。若摩托车前后轴距为1.6m，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．摩托车不能越过壕沟
B．摩托车能越过壕沟，落地瞬间的速度大小为
C．摩托车能越过嫁沟，落地瞬间的速度方向与水平地面的夹角的正切值为5
D．在跨越壕沟的过程中，摩托车与人组成的系统动量守恒
20．如图所示，将一质量为2m、半径为R的半圆形槽置于光滑水平面上，现让一质量为m的小球从A点正上方h处静止释放，经最低点后能从右端最高点冲出，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球与槽组成的系统动量守恒
B．小球离开槽后做斜上抛运动
C．小球从右端上升的高度小于h
D．槽向左运动最大距离为
21．在某些小区的自助洗车设备中，有一种是用高压水流冲洗汽车表面。今有一汽车高压水枪，设水枪喷水口横截面积S，由枪口喷出的高压水流流速为，假设水柱垂直喷射到汽车竖直的表面上，冲击汽车竖直表面后水的速度变为零，已知水的密度为ρ，则水柱对汽车竖直表面的平均冲击力为（ ）
A． B． C． D．
三、解答题
22．如图所示，距地面高度h=5m的平台边缘水平放置一两轮间距为d=6m的传送带，一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v0=5m/s的初速度滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0．2．取重力加速度大小g=10m/s2．求：
（1）若传送带不动，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离；
（2）试分析传送带的速度满足什么条件时，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，并求最大距离；
（3）设传送带的速度为v′且规定传送带顺时针运动时v′为正，逆时针运动是v′为负．试分析在图中画出小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线（不需要计算过程，只需画出图线即可）．
23．随着中国女子冰壶队取得辉煌的成就，冰壶比赛胜负的标准成为广大欣赏者应掌握的常识，其标准具体是：最后当双方队员投掷完所有冰壶后，以场地上冰壶距离营垒圆心的远近决定胜负，如图为队员投掷冰壶的镜头，通过电子测速设备测得，在某次投掷中，运动员对冰壶的水平作用力恒为9.5N，4s后释放冰壶，一段时间后与对方的静止冰壶发生碰撞，碰后对方的冰壶以2.00m/s的速度向前滑行，投掷的冰壶速度减小为0.02m/s，比赛中投掷的冰壶实测质量为19.0kg，则
①由于制造工艺上的不足，两冰壶质量有点偏差，估算出对方使用冰壶的质量，（结果保留三位有效数字）
②试判断两冰壶的碰撞是否是弹性碰撞
24．如图所示两个质量分别为M1、M2的劈A、B，高度相同．放在光滑水平面上，A、B的上表面为光滑曲面，曲面末端与地面相切．有一质量为m的物块（可视为质点）自劈顶端自由下滑．劈顶端到地面距离h=0.06m，劈A与物块的质量比．求：
（I）物块离开A瞬间A和物块的速度各多大？(g=10m/s2)
（II）物块从A上滑下后又冲上B，若要保证物块离开B后不能追上A，则B与物块的质量比应满足什么条件．
25．如图所示，质量为 m＝1 kg的长方体金属滑块夹在竖直挡板 M、N 之间，M、N与金属滑块间动摩擦因数均为 μ＝0.2，金属滑块与一劲度系数为k＝200N/m的轻弹簧相连接，轻弹簧下端固定，挡板M固定不动，挡板N与一智能调节装置相连接(调整挡板与滑块间的压力)．起初滑块静止，挡板与滑块间的压力为0.现有一质量也为m的物体从距滑块L＝20 cm处自由落下，与滑块瞬间完成碰撞后粘在一起向下运动．为保证滑块下滑过程中做匀减速运动，且下移距离为l＝10 cm时速度减为0，挡板对滑块的压力需随滑块下移而变化，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．g 取10 m/s2，求：
(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)当滑块下移距离为d＝5 cm时挡板对滑块压力的大小；
(3)已知弹簧的弹性势能的表达式为Ep＝kx2(式中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的伸长或压缩量)，求滑块速度减为零的过程中，挡板对滑块的摩擦力所做的功．
26．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑轨道，AB部分水平，BC部分是半径为R的圆弧轨道。小球a，b均静止在水平轨道上，两者相隔一定距离，两小球的质量分别为，。现对a施加一水平恒力F使其从静止开始运动，作用时间t后撤去F，之后a与b发生对心弹性正碰。要使碰后两球均能通过圆弧轨道的最高点C，求F至少应为多大。
27．如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；
（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；
（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．
28．用同种材料制成的质量均为M＝1kg的形状不同的滑块n个静止在光滑水平面上，编号依次为1、2、3…．质量为m＝0.1kg的子弹（视为质点）以水平初速度v0＝200m/s依次击穿这些滑块后最终保留在第n个滑块中．要求子弹穿过每个滑块的时间都相等，子弹在两滑块间匀速运动的时间也相等且等于子弹穿过一块滑块的时间，这必然导致每个滑块长度不同，滑块间的间距也不同．子弹穿过滑块时受到的水平阻力f＝150N并保持恒定．测得子弹穿过编号为1的滑块后滑块的速度变为v＝1.5m/s．不考虑子弹在竖直方向上的受力和运动．（滑块不翻转，不计空气阻力）
（1）求n
（2）用计算说明子弹刚穿过第N（N＜n）块滑块时，第N﹣1块滑块没有追上第N块滑块
29．如图所示，质量均为m＝1 kg的A、B两物块静止放在光滑水平面上，两物块靠在一起，中间夹着一小块火药。水平面左端墙面上固定着一个弹性板P，右端紧靠一个长为L＝10m的水平传送带，水平面右端与传送带左端M平滑相接，传送带以v＝2m/s的速度逆时针匀速转动。点燃两物块间的火药，火药爆炸将两物块推开，物块B以一定的速度滑上传送带，且恰好能运动到传送带的右端N点然后返回；物块A以一定的速度向左滑动，与弹性板碰撞后返回，接着两物块在水平面上相碰并粘在一起。已知重力加速度g＝10 m/s2，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，物块与弹性板碰撞过程没有能量损失，不考虑A、B两物块的大小，求：
(1)火药爆炸后，物块A、B的速度大小；
(2)物块A、B在水平面上相碰粘在一起后的共同速度；
(3)A、B粘在一起后，第一次滑上到滑离传送带的过程中，传送带电动机额外消耗的电能为多少。
30．如图所示，一质量m=lkg的长木板静止于光滑的水平面上，一个质量M=2kg的物块（可视为质点）置于长木板的左端。长木板与右侧竖直挡板足够远。现同时给物块水平向右、给长木板水平向左且大小均为=2m/s的初速度，已知物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，物块始终没有从长木板上掉下来，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)长木板长度的最小值L；
(2)物块与长木板开始运动到长木板第n次与竖直挡板碰撞前的过程中，物块相对长木板滑动的总时间t。
31．如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ=37°，传送带长为L=8.2m，以v0=2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带下端与地面平滑连接。一滑块从传送带顶端A点由静止释放，滑块A的质量为m1=1kg，与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.5。一段时间以后，滑块A到达传送带底端与静止在地面上的物块B发生弹性正碰，物块B的质量为m2=2kg。滑块A、物块B与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。取重力加速度g=10m/s2，sinθ=0.6，cosθ=0.8，求:
（1）滑块A从开始运动到与传送带共速所经过的位移x；
（2）滑块A与物块B碰撞后瞬间，物块B的速度vB；
（3）滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离d。
32．如图所示，BCD为半径为R的光滑圆轨道，O为圆心，CD为竖直直径，．现从与D点等高的A点水平抛出一小球，小球运动至B点时，刚好沿B点切线进入圆轨道，并恰好能过D点，落在水平台上的E点．空气阻力不计，重力加速度为g，试求：
（1）从A点抛出时的初速度；
（2）BE间的距离s．
33．如图所示，质量为m=3.0kg的小车在光滑水平轨道上以v1=2.0m/s速度向右运动．一股水流以v2=2.4m/s的水平速度自右向左射向小车后壁．已知水流流量为Q=5.0×10-5m3/s，射到车壁的水全部流入车厢内．那么，经多长时间可使小车静止？（水的密度为ρ=1.0×103kg/m3）
34．如图所示，质量M＝1.5 kg的滑块A置于水平地面上，A的上表面为半径R＝1.5 m的光滑圆弧，圆弧与足够大的水平面相切于C点．水平恒力F（大小未知）作用于滑块A上，使质量m＝1kg的小物块B（视为质点）恰好在P处与A相对静止并一起向右运动，半径OP与OC的夹角θ＝60°，经时间t1＝s突然撤去力F，B从P点沿圆弧下滑，从A的底端C处离开进入水平面向右滑动．B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，A与水平面间的摩擦不计，取g＝10m/s2．求：
（1）力F的大小以及刚撤去力F时A的速度大小v；
（2）B从A的底端C处离开时，A的速度大小v1；
（3）B从A的底端C处离开进入水平面后，B与C间的最大距离xm．
35．如图所示，将一质量为的物块放在点，用弹簧由静止将其弹出，使其沿着竖直光滑的半圆形轨道和运动，和的半径分别为，。段为光滑水平轨道，右端有一传送带，长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面长，它与物块间的动摩擦因数，在点右侧有一半径为的光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为。传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。取。
(1)要使物块恰好不脱离圆弧轨道和，则初始弹簧储存的弹性势能为多大；
(2)更换弹簧，当弹簧储存的能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的点，求右侧圆弧的轨道半径；
(3)在(2)情形下，当物块运动到点时，用小锤水平敲击物块一下，使小物块恰能滑到右侧圆弧轨道最高点点，求小锤对物块的冲量大小。
四、填空题
36．如图所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为α，炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦，则炮身向后反冲的速度大小为___________。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．AD
【详解】
AB．刚好保证两船不致相撞，可知两船此时速度相等，设为v，以甲船运动方向为正方向，整个过程据动量守恒定律可得
解得甲、乙两船的速度大小为
v=1.4v0
A正确，B错误；
CD．设从甲船抛出的总货物袋数为n，对甲船抛出货物袋的过程由动量守恒定律可得
解得
n=10
C错误，D正确。
故选AD。
2．CD
【详解】
A．因为砖块由静止被传送带带动并达到与传送带相同速度的过程中发生相对滑动，砖块的位移与传送带的位移不等，则所做的功不等于f所做的功的负值。故A错误；
BC．对传送带研究，动能不变，根据动能定理知，F所做的功与所做的功之和等于零。故B错误，C正确；
D．根据能量守恒得，F所做的功等于砖块动能的增加量与摩擦产生的内能之和。故D正确。
故选CD。
3．CD
【详解】
木块开始运动时，木块对木板的摩擦力，木板发生运动．设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律m（v0+2v0+3v0）=（2m+3m）v2+mv3，在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同3v0–v3=2v0–v2，解得v2=v0，当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，且为v．系统动量守恒m（v0+2v0+3v0）=6mv，解得v=v0，整个运动过程中，木块3在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律μmg=ma，由运动学公式（3v0）2–v2=2as3，解得s3=，故选CD．
4．BC
【详解】
A．在轨道Ⅱ运行时，只有引力做功，则系统的机械能守恒，所以嫦娥五号在点的机械能等于点的机械能，则A错误；
B．根据开普勒第三定律
可知，轨道半径越大的其周期越大，则嫦娥五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长，所以B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
嫦娥五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过同一个点时，向心加速度大小相等，所以C正确；
D．根据卫星变轨，由低轨道进入高轨道要点火加速，由高轨道进入低轨道需要点火减速，所以嫦娥五号由轨道Ⅱ到轨道Ⅲ运行时，经过点的速度减小，则D错误；
故选BC。
5．BC
【详解】
A．因、等大反向，故甲、乙弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；
B．在整个过程中，拉力一直对系统做正功，速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大，故B正确；
C．当弹簧弹力等于恒力时：两力的速度最大，动能最大，在此过程中，甲车的质量大，两车所受的合力大小在任何时刻相等，则甲车的加速度小，则最大速度小，所以甲车的最大动能小于乙车的最大动能，故C正确；
D．在拉力作用下，甲、乙开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，物体甲、乙受到的合力变小，物体加速度变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，故D错误；
故选BC．
6．AC
【详解】
A．物块由静止向下运动的过程中，弹簧弹力先沿斜面向上，且大小减小，物块的合外力减小，加速度减小．后来弹力反向增大，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，所以加速度先减小后增大．选项A正确；
B．物块先沿斜面向上加速，后向上减速，则重力的功率先增大后减小．选项B错误；
C．物块重力势能的增加量为
选项C正确；
D．对于物块和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律知，物块重力势能、动能与弹簧弹性势能之和保持不变，而弹簧的弹性势能在不断变化，所以物块重力势能与动能之和也不断变化，选项D错误。
故选AC。
7．BC
【详解】
A．从A到B带正电的粒子的速度变大、动能变大，则电场力做正功，电势能减小，由
可知电场中点电势低于A点电势，A错误；
B．据动量定理可得，沿着AB方向
垂直于AB方向
联立解得
，
电场力方向与直线所成夹角
B正确；
C．电场强度大小为
C正确；
D．因
即，则开始时速度方向与电场力夹角大于90°，如图所示
即由A运动到电场力先做负功后做正功，D错误。
故选BC。
8．A
【详解】
由动量守恒定律可知
故选A。
9．C
【解析】开始阶段，m向右减速，M向左减速，根据系统的动量守恒定律得：当m的速度为零时，设此时M的速度为v1．根据动量守恒定律得 （M-m）v=Mv1 代入解得v1=2.0m/s．此后m将向左加速，M继续向左减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2．由动量守恒定律得 （M-m）v=（M+m）v2，代入解得v2=1.5m/s．两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．由此可知当M的速度为1.8m/s时，m处于向左加速过程中，故C正确，ABD错误。
10．B
【详解】
A．从原O点起沿x轴方向每经过1m距离电势下降10V，沿OM方向每经过1m电势下降也为10V，则电场线在∠MOx的角平分线上，即直线上，而P（）点在角平分线上，所以电场线沿OP方向。
当x=1m时，由几何关系知
根据可得电场强度大小
A错误；
B．OP两点的距离
所以OP两点的电势差为
B正确；
C．沿x轴正方向移动电子，根据W=qU可知每移动1m电场力做功-10eV，C错误；
D．沿y轴正方向每移动1m，沿电场线方向移动2m，则电势降低
D错误。
故选B。
11．D
【详解】
A．由图可知，兔子和乌龟同时跑出去，故A错误；
B．位移—时间图像中图线的斜率表示速度，则可知兔子先匀速前进，中途静止，最后又以更大的速度匀速前进，故B错误；
C．乌龟一直匀速前进，故C错误；
D．由图可知当兔子位移为sm时，乌龟还未到达，故兔子先通过预定的位移sm到达终点，故D正确。
故选D。
12．C
【详解】
A．乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力，系统动量守恒, 则该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反，故A正确；
B．选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得
0=Mv1-mv2
解得
v2== m/s=28 m/s
故B正确；
C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量
E=m+M=42 J
故C错误；
D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为
F==280 N
故D正确。
本题要求选说法错误的
故选C。
13．D
【详解】
A．x-t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可得碰撞前后两者的速度分别为
，，，
根据动量守恒
带入可得
mB=3kg
故A错误；
B．由动量定理，B对A的冲量等于A动量的变化量
故B错误；
C．小球B的动量改变量
故C错误；
D．碰撞过程中，A、B两球损失的机械能
解得
故D正确。
故选D。
14．C
【详解】
AC．人、车和锤看作一个系统，因处在光滑水平地面上，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，总动量始终为零，当大锤有相对大地向右的速度时，人和车有向左的速度，当大锤有相对大地向左的速度时，人和车有向右的速度，故车来回运动，选项A错误，C正确；
B．大锤击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，选项B错误；
D．人、车和锤水平方向动量守恒，因为大锤会有竖直方向的加速度，故竖直方向合外力不为零，竖直动量不守恒，系统总动量不守恒，选项D错误。
故选C。
15．C
【详解】
当物块运动到圆弧上某一位置时，相对圆弧轨道的速度为零，此时物块与圆弧轨道的速度相同，动能之比为1:2，则物块与圆弧轨道的质量之比为1:2，设物块的质量为，则有：
得
，
此时物块的动能为
，
根据机械能守恒定律，物块的重力势能为：
，
因此动能与重力势能之比为1:6，故C正确，ABD错误。
故选：C
16．A
【详解】
设木板的质量为M，物块的质量为m；开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1．
根据动量守恒定律得：
代入解得：
此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2．由动量守恒定律得：
,
代入解得：．
两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．
由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中，加速度向右．
故选A．
17．D
【详解】
A．由动量表达式
动能
可得两者的大小关系为
则动量大的物体，质量关系不清楚，则动能不一定大，A错误；
B．系统的内力总是成对出现其总冲量为零，故系统的动量是否守恒是看外力的总冲量为零，故B错误；
C．一对相互作用力大小相等，方向相反，但两物体的位移不一定相同，则总功可以为零（一对静摩擦力）或不为零（一对滑动摩擦力），故C错误；
D．除重力做功外，其他力不做功，物体只发生动能和势能的相互转化，满足机械能守恒条件，物体的机械能一定守恒，故D正确。
故选D。
18．C
【详解】
A．在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，物体A、B受到的合力变小，物体加速度变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大；之后A、B作变减速运动，直至速度减到零，故A正确，不符合题意；
BC．在整个过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，A、B作变减速运动速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大，故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．因F1、F2等大反向，故A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确，不符合题意；
19．B
【详解】
A．由于摩托车做平抛运动，根据平抛运动的规律，在竖直方向
可知摩托车下落2m所用时间为
在水平方向
所以
由于壕沟只有18m宽，所以摩托车能越过壕沟。故A错误；
B．落地瞬间的速度大小为
故B正确；
C．落地瞬间的速度方向与水平地面的夹角的正切值为
故C错误；
D．摩托车与人组成的系统中，重力属于外力，在跨越壕沟的过程中，重力做了功，摩托车与人组成的系统动量不守恒，故D错误。
故选B。
20．D
【详解】
A．系统水平方向不受力，所以小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向有小球的重力，所以竖直方向动量不守恒。故A错误；
B．系统水平方向动量守恒，所以当小球离开槽时只具有竖直方向速度，做竖直上抛运动。故B错误；
C．依题意，若小球与槽有摩擦，则上升高度小于h，若二者没有摩擦，则上升高度等于h。故C错误；
D．设槽向左的最大距离为x，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有
解得
故D正确。
故选D。
21．A
【详解】
设水流的横截面积为S，则t时间内喷水质量为
m=ρSvt
以该运动方向为正方向，对其与汽车碰撞过程采用动量定理（水平分运动），有
-Ft=0-mv
联立解得
F=ρSv2
根据牛顿第三定律可得水柱对车表面的平均冲击力为ρSv2，故A正确，BCD错误。
故选A。
22．（1）1m；（2）7m；（3）见解析图；
【详解】
试题分析：（1）若传送带静止，物块一直匀减速，根据动能定理，有：
解得：v1=1m/s
平抛运动的时间：
故射程为：x1=v1t=1×1=1m；
（2）如果小物块在传送带上一直加速，则离开传送带的速度最大，根据动能定理，有：
解得：v2=7m/s
故射程为： x2=v2t=7×1=7m；
（3）如果传送带顺时针转动，速度v′≥7m/s，物体一直加速，射程最远，为7m；
如果传送带顺时针转动，速度1m/s≤v′＜7m/s，物体先加速后匀速，射程：x=v′t=v′；
如果传送带顺时针转动，速度v′＜1m/s，物体一直减速，射程为1m；
如果传送带逆时针转动，物体一直减速，射程为1m；
故s﹣v′图象如图所示：
考点：动能定理及牛顿定律的应用
【名师点睛】本题是动能定理及牛顿定律的应用问题；关键是明确小滑块的受力情况和运动情况，结合动能定理和平抛运动的分位移公式列式求解，不难．
23．①②是
【详解】
试题分析：①冰壶所受的水平作用力恒为9.5N，根据牛顿第二定律得，
所以投掷的冰壶碰撞前的速度是
冰壶碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律得．解得：
②碰前总动能，碰后总动能
两者近似相等，故碰撞前后机械能守恒，故是弹性碰撞
考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律的应用
【名师点睛】根据牛顿第二定律和运动学公式求出投掷的冰壶碰撞前的速度．冰壶碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律即可求解．根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可
24．（I）A的速度v1=0.2m/s，物块的速度v0=1.0m/s；（II）
【详解】
解:（1）物块在滑离A的瞬间，物块与A水平方向动量守恒
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
已知：
解得：m/s，m/s，负号表示速度方向与m方向相反；
（2）物块与B相互作用过程中动量守恒，
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
解得：
当时，，当时，m不能再追上A，即：
解得：
25．(1) 1J (2) 25N (3) -1J
【解析】
(1)设物体与滑块碰撞前瞬间速度为v0，对物体下落过程由机械能守恒定律得
设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律得
根据能量守恒定律，下落物体与滑块碰撞过程中损失的机械能
上式联立数据带入得J．
(2)设滑块下移时加速度为a，由运动学公式得
起初滑块静止时，有
当滑块下移距离为cm时
弹簧的弹力
对其受力分析如下图所示，由牛顿第二定律得
滑动摩擦力
解得N．
(3)由功能关系可得
解得J．
答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能是1J；
(2)当滑块下移距离为d=5cm时挡板对滑块压力的大小是25N；
(3)滑块速度减为零的过程中,挡板对滑块的摩擦力所做的功是-1J．
26．
【详解】
对于任意一个小球恰好通过C点时，有
得
小球从最低点B到最高点C的过程，由机械能守恒定律得：
解得
设a与b碰撞前a的速度为v0．取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
，
联立解得
所以要使碰后两球均能通过圆弧轨道的最高点C，只要满足条件：
即可．则v0的最小值为
对碰撞前a的运动过程，由动量定理得
解得 F的最小值
27．（1）（2）N=12.5N（3）Q=16J
【详解】
（1）释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点由动能定理知：
由能量守恒定律知
解得
（2）由平抛运动知：竖直方向：
水平方向
在E点，由牛顿第二定律知
解得
N=12.5N
（3）从D到E，由动能定理知：
解得
从B到D，由动能定理知
解得
对物块
解得
t=1s
由能量守恒定律知
解得
Q=16J
28．（1）14（2）dN﹣1取最小值是0.2075m．从子弹刚接触N﹣1到刚击穿N的过程N﹣1比N多走的位移，△S＝2vt＝0.03m，（dN﹣1）min＞△S，所以没有追上
【分析】
分析子弹击穿第一块滑块的过程，运用动量守恒定律求解．
第N块刚被击穿时是否被N﹣1块追上，取决于二者静止时的间距dN﹣1是否小于子弹刚接触N﹣1到刚击穿N的过程N﹣1比N多走的位移，分析子弹的运动过程，运用运动学公式求解比较．子弹打穿前13块后，1到13各块的速度均为v，根据系统动量守恒定律和机械能守恒列车等式求解．
【详解】
（1）子弹击穿第一块滑块的过程，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝mv1+Mv
代入数据得：v1＝185m/s
由于子弹穿过每个滑块的时间相等、受到的阻力也相等，所以速度的减少量相等，有：
△v＝v0﹣v1＝15m/s
n，取n＝14
（2）第N块刚被击穿时是否被N﹣1块追上，取决于二者静止时的间距dN﹣1是否小于子弹刚接触N﹣1到刚击穿N的过程N﹣1比N多走的位移．
子弹穿过一块滑块的时间或在两滑块间匀速运动的时间为：t0.01s
子弹击穿第N﹣1块的过程中第N﹣1块的位移为：SN﹣1t＝0.0075m
子弹击穿N﹣1后匀速飞行的位移为：S′N﹣1＝[v0﹣（N﹣1）△v]t＝2﹣0.15（N﹣1）m
静止时N﹣1与N的距离为：dN﹣1＝SN﹣1+S′N﹣1＝2.075﹣0.15（N﹣1）m
当N＝13时，dN﹣1取最小值是0.2075m．
从子弹刚接触N﹣1到刚击穿N的过程N﹣1比N多走的位移，如图：
△S＝2vt＝0.03m，（dN﹣1）min＞△S，所以没有追上．
【点睛】
本题考查了求子弹、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．
29．(1)；(2)，方向水平向右；(3)。
【详解】
(1)设火药爆炸后，物块A、B的速度大小分别为v1和v2。取向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv1-mv2=0
得：
v1=v2
物块B恰好能到达传送带的右端N点，物块B在传送带上做匀减速运动的加速度大小为：
a=μg=5m/s2
根据运动学公式有：
解得：
v1=v2=10m/s
(2)设物块B在传送带上向左先加速后匀速，则加速运动的位移为：
由于x1＜L，假设成立，因此物块B以v=2m/s的速度滑上水平面与物块A发生碰撞并粘在一起，设粘在一起后的共同速度大小为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv1-mv=2mv3
解得：
v3=4m/s，方向水平向右。
(3)由上述可知，两物块粘在一起后先向右减速，后向左加速再匀速从传送带左端滑出，两物块向右减速滑行所用时间为：
这段时间内传送带运动的距离为：
x3=vt1=2×0.8m=1.6m
两物块向左加速运动的时间为：
传送带运动的距离为：
x4=vt2=0.8m
因此，A、B粘在一起后，第一次从滑上到滑离传送带的过程中，传送带电动机额外多消耗的电能为：
E=μ 2mg(x3+x4)
解得：
E=24J
30．(1)；(2)
【详解】
(1)由题意知，长木板与挡板每次碰撞前物块与长木板已达共同速度，长木板与竖直挡板多次碰撞后停在挡板处，当长木板的长度最小时物块停在长木板的右端，整个过程中由能量守恒定律有
解得
(2)设长木板与右侧挡板第一次碰撞前，物块与长木板的共同速度为，由动量守恒定律得
解得
第一次碰撞前物块相对长木板滑动的时间
长木板与挡板第二次碰撞前，设物块与长木板的共同速度为，由动量守恒定律得
解得
第一次碰撞后与第二次碰撞前物块相对长木板滑动的时间
长木板与挡板第三次碰前，设物块与长木板的共同速度为，由动量守恒定律得
解得
第二次碰撞后与第三次碰撞前物块相对长木板滑动的时间
……
依此类推，物块与长木板开始运动到长木板第n次与竖直挡板碰撞前的过程中，物块相对长木板滑动的总时间为
31．（1）0.2m；（2）；（3）
【详解】
（1）开始时物块A的加速度
解得
a=10m/s2
达到与传送带共速时的时间
A与传送带共速所经过的位移
（2）共速后，因为
可知物块A继续加速，加速度为
解得
则A滑倒底端的速度为
解得
A与B碰撞时由动量守恒定律以及能量关系
解得
即物块B的速度
（3）物块A以的速度再次滑向传送带，再次滑回水平地面时的速度仍为，对物块A由动能定理
对物块B由动能定理
解得滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离
32．（1）（2）
【解析】
【详解】
（1）小球恰好能无压力通过D点时，则圆周运动规律得：，即 ，小球从A运动至D的过程中机械能守恒，故A、D点的速度大小相等，则从A点抛出时的初速度为
（2）小球从D点飞出后做平抛运动，由平抛运动规律得： ， ，联立上式可得：
33．50s
【详解】
由题意知，小车质量m=3.0kg，速度v1=2.0m/s；水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=5.0×10-5m3/s，水的密度ρ=1.0×103kg/m3.
设经t时间，流人车内的水的质量为M，此时车开始反向运动，车和水流在水平方向没有外力，动量守恒，所以有mv1-Mv2=0 ①
又因为M=ρV ②
V=Qt③
由以上各式带入数据解得 t=50s ④
34．（1），v=10m/s；（2）v1=8 m/s；（3）
【解析】
【详解】
（1）力F作用时，B的受力如图所示
设B的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律
解得B的加速度大小
a1=
对A、B整体有
力F的大小
t1时间内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动，刚撤去力F时A的速度大小
=10m/s
（2）设B从A的底端C处离开时，B的速度大小为v2，对A、B整体分析，根据机械能守恒定律
B从A的底端C处前，A、B整体，在水平方向上动量守恒
B从A的底端C处离开时，A的速度大小
v1=8 m/s(另一解v1=12 m/sv，不合题意舍去)
v2=13m/s
（3）B从A的底端C处离开后，A做匀速直线运动，B做匀减速直线运动，设B的加速度大小为a2，则有
当A、B速度相等时，B与C间的距离最大，设B从A的底端C处离开到A、B速度相等所用的时间为t2，则有
经分析可知
解得B从A的底端C处离开进入水平面后，B与C间的最大距离
35．(1)6J；(2)0.8m；(3)
【详解】
(1)物块恰好不脱离圆弧轨道和，则需满足
分析小物块从静止到运动到A点，根据能量守恒有
联立可得
要使物块恰好不脱离圆弧轨道和，则初始弹簧储存的弹性势能为6J。
(2)对小物块分阶段分析，从静止释放到运动到传送带左端C点，根据能量守恒有
代入数据，得
小物块从C点冲上传送带，做匀减速运动，则有
代入数据，得
即小物块到达传送带右端D点时，速度为传送带的速度
从D点运动到F点，根据能量守恒，有
代入数据，得
右侧圆弧的轨道半径为0.8m。
(3)在上一问的情形下，小物块从D点运动到E点，根据动能定理，有
代入数据，得
小物块到E点时，被小锤敲击过程，应用动量定理，有
小物块被敲击后运动到G点，应用动能定理，有
小物块在G点受力分析，应用牛顿第二定律，有
联立，可得
小锤对物块的冲量大小为。
36．
【详解】
取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒。炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cosα，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv0cosα-Mv=0
所以炮车向后反冲的速度大小为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、多选题
1．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为80m0、20m0两船沿同一直线相向运动，速度大小分别为2v0、v0。为避免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为m0的货物袋以相对地面6.2v0的水平速度抛向乙船，且被乙船上的人接住，假设某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，不计水的阻力。试求此时（ ）
A．甲、乙两船的速度大小1.4v0
B．甲、乙两船的速度大小1.25v0
C．从甲船抛出的总货物袋数12个
D．从甲船抛出的总货物袋数10个
2．水平传送带在外力F驱动下以恒定速度运动，将一块砖放置在传送带上，若砖块所受摩擦力为f，传送带所受摩擦力为，砖块无初速放到传送带上至砖块达到与传送带相同速度的过程中以下正确的是（ ）
A．f′所做的功等于f所做的功的负值
B．F所做的功与所做的功之和等于砖块所获得的动能
C．F所做的功与所做的功之和等于零
D．F所做的功大于砖块所获得的动能
3．质量为3m足够长的木板静止在水平面上，木板与地面的摩擦可忽略，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ．现同时给木块l、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度为g．则下列说法正确的是
A．1木块相对静止前，木板是静止的
B．1木块的最小速度是0
C．2木块的最小速度是v0
D．木块3从开始运动到相对静止时位移是
4．嫦娥五号取壤返回地球，完成了中国航天史上的一次壮举。如图所示为嫦娥五号着陆地球前部分轨道的简化示意图，其中Ⅰ是月地转移轨道，在点由轨道Ⅰ变为绕地椭圆轨道Ⅱ，在近地点再变为绕地椭圆轨道Ⅲ。下列说法不正确的是（ ）
A．在轨道Ⅱ运行时，嫦娥五号在点的机械能比在点的机械能大
B．嫦娥五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长
C．嫦娥五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过点的向心加速度大小相等
D．嫦娥五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过点的速度大小相等
5．如图所示，甲、乙两小车的质量分别为、，且，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上．现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力、，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长（弹簧仍在弹性限度内）的过程中．对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A．系统受到外力作用，动量不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C．甲车的最大动能小于乙车的最大动能
D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力、的大小
6．如图所示，一固定光滑斜面倾角为，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与斜面上质量为的物块连接。开始时用手压住物块使弹簧压缩量为，放手后物块由静止开始上滑，到达最高点时弹簧的伸长量为，重力加速度为。则在物块由静止上滑到最高点的过程中（ ）
A．物块的加速度先减小后增大
B．物块克服重力做功的功率先减小后增大
C．物块的重力势能增加了
D．物块重力势能与动能之和保持不变
7．如图所示，一质量为电荷量为的带正电粒子在匀强电场中只在电场力作用下运动，由A运动到的时间为，经过、点时速度分别为和，两点速度与直线夹角均为，已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．电场中点电势高于A点电势
B．电场力方向与直线所成夹角
C．电场强度大小为
D．由A运动到电场力一直做正功
二、单选题
8．我校在今年四月份组织的“水火箭”比赛中，1班“破云队”最终以139.9米的成绩获得射程赛冠军。若该小队制作的“水火箭”箭体质量为0.2kg，里面装水0.4kg，发射时将水以约15m/s的平均速度向后喷出，喷水时间很短，则箭体发射后获得的速度约为（ ）
A．30m/s B．20m/s
C．10m/s D．条件不足，无法计算
9．如图，在光滑的水平面上，有一质量为M=3kg的木板，木板上有质量为m=1kg的物块．它们都以v=3m/s的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，当木板的速度为1.8m/s时，物块的运动情况是（ ）
A．做减速运动
B．做匀速运动
C．做加速运动
D．以上运动都有可能
10．如图所示，一匀强电场的方向平行于xOy平面，O点为坐标原点，已知OM与x轴夹角为，从原O点起沿x轴方向每经过1m距离电势下降10V，沿OM方向每经过1m电势下降也为10V，图中P点坐标（），则下列说法正确的是（ ）
A．电场强度沿OP方向，大小
B．OP两点的电势差为
C．沿x轴正方向移动电子，每移动1m电场力做功10eV
D．沿y轴正方向每移动1m电势降低
11．老师讲了一个新的龟兔赛跑的故事，按照老师所讲的故事情节，乌龟和兔子的位移随时间的图像如图所示，则根据图像可知（ ）
A．发令枪一响，乌龟先跑出去，兔子过一会儿才跑出去
B．兔子先加速前进，中途匀速前进，最后又加速前进
C．乌龟一直匀加速前进
D．兔子先通过预定的位移sm到达终点
12．一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，静止在水中。遇到危险时,它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s的速度向前逃窜。以下说法错误的是（ ）
A．该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反
B．该乌贼喷出的水的速度大小为28 m/s
C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为39.2 J
D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280 N
13．光滑的水平面上有半径相同的A、B两个小球，小球A的质量为。时刻，A、B两个小球开始在同一直线上相向运动，随后发生碰撞，A、B两个小球碰撞前后的位移-时间图像如图所示。下列说法中正确的是（ ）。
A．小球B的质量为
B．小球B对A的冲量为
C．小球B的动量改变量为
D．碰撞过程中，A、B两球损失的机械能为
14．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（ ）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．当锤子速度方向水平向右时，人和车水平方向的总动量水平向左
D．人、车和锤组成的系统动量守恒
15．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M静止在光滑水平面上，一个物块m在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)
A．1:2 B．1:3 C．1:6 D．1:9
16．如图，质量为3kg木板放在光滑的水平面上，质量为1kg的物块放在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长，两者都以4m/s的速度相向运动．当木板的速度为2.4m/s 时，物块:
A．加速运动 B．减速运动
C．匀速运动 D．静止不动
17．下列说法正确的是（ ）
A．动量大的物体，它的动能一定也大
B．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
C．一对相互作用力所做功的代数和一定为零
D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒
18．如图，两物体A、B用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在弹簧由原长伸到最长的过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，下列不正确的说法是（ ）
A．A、B先做变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大；之后，A、B做变减速运动，直至速度减到零
B．A、B做变减速运动速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大
C．A、B、弹簧组成的系统机械能在这一过程中是先增大后减小
D．因F1、F2等值反向，故A、B、弹簧组成的系统的动量守恒
19．在一次摩托车跨越壕沟的表演中，摩托车从壕沟的一侧以速度沿水平方向飞向另一侧，壕沟的宽度及两侧的高度如图所示。若摩托车前后轴距为1.6m，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．摩托车不能越过壕沟
B．摩托车能越过壕沟，落地瞬间的速度大小为
C．摩托车能越过嫁沟，落地瞬间的速度方向与水平地面的夹角的正切值为5
D．在跨越壕沟的过程中，摩托车与人组成的系统动量守恒
20．如图所示，将一质量为2m、半径为R的半圆形槽置于光滑水平面上，现让一质量为m的小球从A点正上方h处静止释放，经最低点后能从右端最高点冲出，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球与槽组成的系统动量守恒
B．小球离开槽后做斜上抛运动
C．小球从右端上升的高度小于h
D．槽向左运动最大距离为
21．在某些小区的自助洗车设备中，有一种是用高压水流冲洗汽车表面。今有一汽车高压水枪，设水枪喷水口横截面积S，由枪口喷出的高压水流流速为，假设水柱垂直喷射到汽车竖直的表面上，冲击汽车竖直表面后水的速度变为零，已知水的密度为ρ，则水柱对汽车竖直表面的平均冲击力为（ ）
A． B． C． D．
三、解答题
22．如图所示，距地面高度h=5m的平台边缘水平放置一两轮间距为d=6m的传送带，一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v0=5m/s的初速度滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0．2．取重力加速度大小g=10m/s2．求：
（1）若传送带不动，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离；
（2）试分析传送带的速度满足什么条件时，小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大，并求最大距离；
（3）设传送带的速度为v′且规定传送带顺时针运动时v′为正，逆时针运动是v′为负．试分析在图中画出小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v′的变化关系图线（不需要计算过程，只需画出图线即可）．
23．随着中国女子冰壶队取得辉煌的成就，冰壶比赛胜负的标准成为广大欣赏者应掌握的常识，其标准具体是：最后当双方队员投掷完所有冰壶后，以场地上冰壶距离营垒圆心的远近决定胜负，如图为队员投掷冰壶的镜头，通过电子测速设备测得，在某次投掷中，运动员对冰壶的水平作用力恒为9.5N，4s后释放冰壶，一段时间后与对方的静止冰壶发生碰撞，碰后对方的冰壶以2.00m/s的速度向前滑行，投掷的冰壶速度减小为0.02m/s，比赛中投掷的冰壶实测质量为19.0kg，则
①由于制造工艺上的不足，两冰壶质量有点偏差，估算出对方使用冰壶的质量，（结果保留三位有效数字）
②试判断两冰壶的碰撞是否是弹性碰撞
24．如图所示两个质量分别为M1、M2的劈A、B，高度相同．放在光滑水平面上，A、B的上表面为光滑曲面，曲面末端与地面相切．有一质量为m的物块（可视为质点）自劈顶端自由下滑．劈顶端到地面距离h=0.06m，劈A与物块的质量比．求：
（I）物块离开A瞬间A和物块的速度各多大？(g=10m/s2)
（II）物块从A上滑下后又冲上B，若要保证物块离开B后不能追上A，则B与物块的质量比应满足什么条件．
25．如图所示，质量为 m＝1 kg的长方体金属滑块夹在竖直挡板 M、N 之间，M、N与金属滑块间动摩擦因数均为 μ＝0.2，金属滑块与一劲度系数为k＝200N/m的轻弹簧相连接，轻弹簧下端固定，挡板M固定不动，挡板N与一智能调节装置相连接(调整挡板与滑块间的压力)．起初滑块静止，挡板与滑块间的压力为0.现有一质量也为m的物体从距滑块L＝20 cm处自由落下，与滑块瞬间完成碰撞后粘在一起向下运动．为保证滑块下滑过程中做匀减速运动，且下移距离为l＝10 cm时速度减为0，挡板对滑块的压力需随滑块下移而变化，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．g 取10 m/s2，求：
(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)当滑块下移距离为d＝5 cm时挡板对滑块压力的大小；
(3)已知弹簧的弹性势能的表达式为Ep＝kx2(式中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的伸长或压缩量)，求滑块速度减为零的过程中，挡板对滑块的摩擦力所做的功．
26．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑轨道，AB部分水平，BC部分是半径为R的圆弧轨道。小球a，b均静止在水平轨道上，两者相隔一定距离，两小球的质量分别为，。现对a施加一水平恒力F使其从静止开始运动，作用时间t后撤去F，之后a与b发生对心弹性正碰。要使碰后两球均能通过圆弧轨道的最高点C，求F至少应为多大。
27．如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；
（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；
（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．
28．用同种材料制成的质量均为M＝1kg的形状不同的滑块n个静止在光滑水平面上，编号依次为1、2、3…．质量为m＝0.1kg的子弹（视为质点）以水平初速度v0＝200m/s依次击穿这些滑块后最终保留在第n个滑块中．要求子弹穿过每个滑块的时间都相等，子弹在两滑块间匀速运动的时间也相等且等于子弹穿过一块滑块的时间，这必然导致每个滑块长度不同，滑块间的间距也不同．子弹穿过滑块时受到的水平阻力f＝150N并保持恒定．测得子弹穿过编号为1的滑块后滑块的速度变为v＝1.5m/s．不考虑子弹在竖直方向上的受力和运动．（滑块不翻转，不计空气阻力）
（1）求n
（2）用计算说明子弹刚穿过第N（N＜n）块滑块时，第N﹣1块滑块没有追上第N块滑块
29．如图所示，质量均为m＝1 kg的A、B两物块静止放在光滑水平面上，两物块靠在一起，中间夹着一小块火药。水平面左端墙面上固定着一个弹性板P，右端紧靠一个长为L＝10m的水平传送带，水平面右端与传送带左端M平滑相接，传送带以v＝2m/s的速度逆时针匀速转动。点燃两物块间的火药，火药爆炸将两物块推开，物块B以一定的速度滑上传送带，且恰好能运动到传送带的右端N点然后返回；物块A以一定的速度向左滑动，与弹性板碰撞后返回，接着两物块在水平面上相碰并粘在一起。已知重力加速度g＝10 m/s2，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，物块与弹性板碰撞过程没有能量损失，不考虑A、B两物块的大小，求：
(1)火药爆炸后，物块A、B的速度大小；
(2)物块A、B在水平面上相碰粘在一起后的共同速度；
(3)A、B粘在一起后，第一次滑上到滑离传送带的过程中，传送带电动机额外消耗的电能为多少。
30．如图所示，一质量m=lkg的长木板静止于光滑的水平面上，一个质量M=2kg的物块（可视为质点）置于长木板的左端。长木板与右侧竖直挡板足够远。现同时给物块水平向右、给长木板水平向左且大小均为=2m/s的初速度，已知物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，物块始终没有从长木板上掉下来，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)长木板长度的最小值L；
(2)物块与长木板开始运动到长木板第n次与竖直挡板碰撞前的过程中，物块相对长木板滑动的总时间t。
31．如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ=37°，传送带长为L=8.2m，以v0=2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带下端与地面平滑连接。一滑块从传送带顶端A点由静止释放，滑块A的质量为m1=1kg，与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.5。一段时间以后，滑块A到达传送带底端与静止在地面上的物块B发生弹性正碰，物块B的质量为m2=2kg。滑块A、物块B与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。取重力加速度g=10m/s2，sinθ=0.6，cosθ=0.8，求:
（1）滑块A从开始运动到与传送带共速所经过的位移x；
（2）滑块A与物块B碰撞后瞬间，物块B的速度vB；
（3）滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离d。
32．如图所示，BCD为半径为R的光滑圆轨道，O为圆心，CD为竖直直径，．现从与D点等高的A点水平抛出一小球，小球运动至B点时，刚好沿B点切线进入圆轨道，并恰好能过D点，落在水平台上的E点．空气阻力不计，重力加速度为g，试求：
（1）从A点抛出时的初速度；
（2）BE间的距离s．
33．如图所示，质量为m=3.0kg的小车在光滑水平轨道上以v1=2.0m/s速度向右运动．一股水流以v2=2.4m/s的水平速度自右向左射向小车后壁．已知水流流量为Q=5.0×10-5m3/s，射到车壁的水全部流入车厢内．那么，经多长时间可使小车静止？（水的密度为ρ=1.0×103kg/m3）
34．如图所示，质量M＝1.5 kg的滑块A置于水平地面上，A的上表面为半径R＝1.5 m的光滑圆弧，圆弧与足够大的水平面相切于C点．水平恒力F（大小未知）作用于滑块A上，使质量m＝1kg的小物块B（视为质点）恰好在P处与A相对静止并一起向右运动，半径OP与OC的夹角θ＝60°，经时间t1＝s突然撤去力F，B从P点沿圆弧下滑，从A的底端C处离开进入水平面向右滑动．B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，A与水平面间的摩擦不计，取g＝10m/s2．求：
（1）力F的大小以及刚撤去力F时A的速度大小v；
（2）B从A的底端C处离开时，A的速度大小v1；
（3）B从A的底端C处离开进入水平面后，B与C间的最大距离xm．
35．如图所示，将一质量为的物块放在点，用弹簧由静止将其弹出，使其沿着竖直光滑的半圆形轨道和运动，和的半径分别为，。段为光滑水平轨道，右端有一传送带，长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面长，它与物块间的动摩擦因数，在点右侧有一半径为的光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为。传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。取。
(1)要使物块恰好不脱离圆弧轨道和，则初始弹簧储存的弹性势能为多大；
(2)更换弹簧，当弹簧储存的能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的点，求右侧圆弧的轨道半径；
(3)在(2)情形下，当物块运动到点时，用小锤水平敲击物块一下，使小物块恰能滑到右侧圆弧轨道最高点点，求小锤对物块的冲量大小。
四、填空题
36．如图所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为α，炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦，则炮身向后反冲的速度大小为___________。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．AD
【详解】
AB．刚好保证两船不致相撞，可知两船此时速度相等，设为v，以甲船运动方向为正方向，整个过程据动量守恒定律可得
解得甲、乙两船的速度大小为
v=1.4v0
A正确，B错误；
CD．设从甲船抛出的总货物袋数为n，对甲船抛出货物袋的过程由动量守恒定律可得
解得
n=10
C错误，D正确。
故选AD。
2．CD
【详解】
A．因为砖块由静止被传送带带动并达到与传送带相同速度的过程中发生相对滑动，砖块的位移与传送带的位移不等，则所做的功不等于f所做的功的负值。故A错误；
BC．对传送带研究，动能不变，根据动能定理知，F所做的功与所做的功之和等于零。故B错误，C正确；
D．根据能量守恒得，F所做的功等于砖块动能的增加量与摩擦产生的内能之和。故D正确。
故选CD。
3．CD
【详解】
木块开始运动时，木块对木板的摩擦力，木板发生运动．设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律m（v0+2v0+3v0）=（2m+3m）v2+mv3，在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同3v0–v3=2v0–v2，解得v2=v0，当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，且为v．系统动量守恒m（v0+2v0+3v0）=6mv，解得v=v0，整个运动过程中，木块3在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律μmg=ma，由运动学公式（3v0）2–v2=2as3，解得s3=，故选CD．
4．BC
【详解】
A．在轨道Ⅱ运行时，只有引力做功，则系统的机械能守恒，所以嫦娥五号在点的机械能等于点的机械能，则A错误；
B．根据开普勒第三定律
可知，轨道半径越大的其周期越大，则嫦娥五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长，所以B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
嫦娥五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过同一个点时，向心加速度大小相等，所以C正确；
D．根据卫星变轨，由低轨道进入高轨道要点火加速，由高轨道进入低轨道需要点火减速，所以嫦娥五号由轨道Ⅱ到轨道Ⅲ运行时，经过点的速度减小，则D错误；
故选BC。
5．BC
【详解】
A．因、等大反向，故甲、乙弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；
B．在整个过程中，拉力一直对系统做正功，速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大，故B正确；
C．当弹簧弹力等于恒力时：两力的速度最大，动能最大，在此过程中，甲车的质量大，两车所受的合力大小在任何时刻相等，则甲车的加速度小，则最大速度小，所以甲车的最大动能小于乙车的最大动能，故C正确；
D．在拉力作用下，甲、乙开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，物体甲、乙受到的合力变小，物体加速度变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，故D错误；
故选BC．
6．AC
【详解】
A．物块由静止向下运动的过程中，弹簧弹力先沿斜面向上，且大小减小，物块的合外力减小，加速度减小．后来弹力反向增大，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，所以加速度先减小后增大．选项A正确；
B．物块先沿斜面向上加速，后向上减速，则重力的功率先增大后减小．选项B错误；
C．物块重力势能的增加量为
选项C正确；
D．对于物块和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律知，物块重力势能、动能与弹簧弹性势能之和保持不变，而弹簧的弹性势能在不断变化，所以物块重力势能与动能之和也不断变化，选项D错误。
故选AC。
7．BC
【详解】
A．从A到B带正电的粒子的速度变大、动能变大，则电场力做正功，电势能减小，由
可知电场中点电势低于A点电势，A错误；
B．据动量定理可得，沿着AB方向
垂直于AB方向
联立解得
，
电场力方向与直线所成夹角
B正确；
C．电场强度大小为
C正确；
D．因
即，则开始时速度方向与电场力夹角大于90°，如图所示
即由A运动到电场力先做负功后做正功，D错误。
故选BC。
8．A
【详解】
由动量守恒定律可知
故选A。
9．C
【解析】开始阶段，m向右减速，M向左减速，根据系统的动量守恒定律得：当m的速度为零时，设此时M的速度为v1．根据动量守恒定律得 （M-m）v=Mv1 代入解得v1=2.0m/s．此后m将向左加速，M继续向左减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2．由动量守恒定律得 （M-m）v=（M+m）v2，代入解得v2=1.5m/s．两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．由此可知当M的速度为1.8m/s时，m处于向左加速过程中，故C正确，ABD错误。
10．B
【详解】
A．从原O点起沿x轴方向每经过1m距离电势下降10V，沿OM方向每经过1m电势下降也为10V，则电场线在∠MOx的角平分线上，即直线上，而P（）点在角平分线上，所以电场线沿OP方向。
当x=1m时，由几何关系知
根据可得电场强度大小
A错误；
B．OP两点的距离
所以OP两点的电势差为
B正确；
C．沿x轴正方向移动电子，根据W=qU可知每移动1m电场力做功-10eV，C错误；
D．沿y轴正方向每移动1m，沿电场线方向移动2m，则电势降低
D错误。
故选B。
11．D
【详解】
A．由图可知，兔子和乌龟同时跑出去，故A错误；
B．位移—时间图像中图线的斜率表示速度，则可知兔子先匀速前进，中途静止，最后又以更大的速度匀速前进，故B错误；
C．乌龟一直匀速前进，故C错误；
D．由图可知当兔子位移为sm时，乌龟还未到达，故兔子先通过预定的位移sm到达终点，故D正确。
故选D。
12．C
【详解】
A．乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力，系统动量守恒, 则该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反，故A正确；
B．选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得
0=Mv1-mv2
解得
v2== m/s=28 m/s
故B正确；
C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量
E=m+M=42 J
故C错误；
D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为
F==280 N
故D正确。
本题要求选说法错误的
故选C。
13．D
【详解】
A．x-t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可得碰撞前后两者的速度分别为
，，，
根据动量守恒
带入可得
mB=3kg
故A错误；
B．由动量定理，B对A的冲量等于A动量的变化量
故B错误；
C．小球B的动量改变量
故C错误；
D．碰撞过程中，A、B两球损失的机械能
解得
故D正确。
故选D。
14．C
【详解】
AC．人、车和锤看作一个系统，因处在光滑水平地面上，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，总动量始终为零，当大锤有相对大地向右的速度时，人和车有向左的速度，当大锤有相对大地向左的速度时，人和车有向右的速度，故车来回运动，选项A错误，C正确；
B．大锤击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，选项B错误；
D．人、车和锤水平方向动量守恒，因为大锤会有竖直方向的加速度，故竖直方向合外力不为零，竖直动量不守恒，系统总动量不守恒，选项D错误。
故选C。
15．C
【详解】
当物块运动到圆弧上某一位置时，相对圆弧轨道的速度为零，此时物块与圆弧轨道的速度相同，动能之比为1:2，则物块与圆弧轨道的质量之比为1:2，设物块的质量为，则有：
得
，
此时物块的动能为
，
根据机械能守恒定律，物块的重力势能为：
，
因此动能与重力势能之比为1:6，故C正确，ABD错误。
故选：C
16．A
【详解】
设木板的质量为M，物块的质量为m；开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1．
根据动量守恒定律得：
代入解得：
此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2．由动量守恒定律得：
,
代入解得：．
两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．
由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中，加速度向右．
故选A．
17．D
【详解】
A．由动量表达式
动能
可得两者的大小关系为
则动量大的物体，质量关系不清楚，则动能不一定大，A错误；
B．系统的内力总是成对出现其总冲量为零，故系统的动量是否守恒是看外力的总冲量为零，故B错误；
C．一对相互作用力大小相等，方向相反，但两物体的位移不一定相同，则总功可以为零（一对静摩擦力）或不为零（一对滑动摩擦力），故C错误；
D．除重力做功外，其他力不做功，物体只发生动能和势能的相互转化，满足机械能守恒条件，物体的机械能一定守恒，故D正确。
故选D。
18．C
【详解】
A．在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，物体A、B受到的合力变小，物体加速度变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大；之后A、B作变减速运动，直至速度减到零，故A正确，不符合题意；
BC．在整个过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，A、B作变减速运动速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大，故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．因F1、F2等大反向，故A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确，不符合题意；
19．B
【详解】
A．由于摩托车做平抛运动，根据平抛运动的规律，在竖直方向
可知摩托车下落2m所用时间为
在水平方向
所以
由于壕沟只有18m宽，所以摩托车能越过壕沟。故A错误；
B．落地瞬间的速度大小为
故B正确；
C．落地瞬间的速度方向与水平地面的夹角的正切值为
故C错误；
D．摩托车与人组成的系统中，重力属于外力，在跨越壕沟的过程中，重力做了功，摩托车与人组成的系统动量不守恒，故D错误。
故选B。
20．D
【详解】
A．系统水平方向不受力，所以小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向有小球的重力，所以竖直方向动量不守恒。故A错误；
B．系统水平方向动量守恒，所以当小球离开槽时只具有竖直方向速度，做竖直上抛运动。故B错误；
C．依题意，若小球与槽有摩擦，则上升高度小于h，若二者没有摩擦，则上升高度等于h。故C错误；
D．设槽向左的最大距离为x，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有
解得
故D正确。
故选D。
21．A
【详解】
设水流的横截面积为S，则t时间内喷水质量为
m=ρSvt
以该运动方向为正方向，对其与汽车碰撞过程采用动量定理（水平分运动），有
-Ft=0-mv
联立解得
F=ρSv2
根据牛顿第三定律可得水柱对车表面的平均冲击力为ρSv2，故A正确，BCD错误。
故选A。
22．（1）1m；（2）7m；（3）见解析图；
【详解】
试题分析：（1）若传送带静止，物块一直匀减速，根据动能定理，有：
解得：v1=1m/s
平抛运动的时间：
故射程为：x1=v1t=1×1=1m；
（2）如果小物块在传送带上一直加速，则离开传送带的速度最大，根据动能定理，有：
解得：v2=7m/s
故射程为： x2=v2t=7×1=7m；
（3）如果传送带顺时针转动，速度v′≥7m/s，物体一直加速，射程最远，为7m；
如果传送带顺时针转动，速度1m/s≤v′＜7m/s，物体先加速后匀速，射程：x=v′t=v′；
如果传送带顺时针转动，速度v′＜1m/s，物体一直减速，射程为1m；
如果传送带逆时针转动，物体一直减速，射程为1m；
故s﹣v′图象如图所示：
考点：动能定理及牛顿定律的应用
【名师点睛】本题是动能定理及牛顿定律的应用问题；关键是明确小滑块的受力情况和运动情况，结合动能定理和平抛运动的分位移公式列式求解，不难．
23．①②是
【详解】
试题分析：①冰壶所受的水平作用力恒为9.5N，根据牛顿第二定律得，
所以投掷的冰壶碰撞前的速度是
冰壶碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律得．解得：
②碰前总动能，碰后总动能
两者近似相等，故碰撞前后机械能守恒，故是弹性碰撞
考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律的应用
【名师点睛】根据牛顿第二定律和运动学公式求出投掷的冰壶碰撞前的速度．冰壶碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律即可求解．根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可
24．（I）A的速度v1=0.2m/s，物块的速度v0=1.0m/s；（II）
【详解】
解:（1）物块在滑离A的瞬间，物块与A水平方向动量守恒
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
已知：
解得：m/s，m/s，负号表示速度方向与m方向相反；
（2）物块与B相互作用过程中动量守恒，
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
解得：
当时，，当时，m不能再追上A，即：
解得：
25．(1) 1J (2) 25N (3) -1J
【解析】
(1)设物体与滑块碰撞前瞬间速度为v0，对物体下落过程由机械能守恒定律得
设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律得
根据能量守恒定律，下落物体与滑块碰撞过程中损失的机械能
上式联立数据带入得J．
(2)设滑块下移时加速度为a，由运动学公式得
起初滑块静止时，有
当滑块下移距离为cm时
弹簧的弹力
对其受力分析如下图所示，由牛顿第二定律得
滑动摩擦力
解得N．
(3)由功能关系可得
解得J．
答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能是1J；
(2)当滑块下移距离为d=5cm时挡板对滑块压力的大小是25N；
(3)滑块速度减为零的过程中,挡板对滑块的摩擦力所做的功是-1J．
26．
【详解】
对于任意一个小球恰好通过C点时，有
得
小球从最低点B到最高点C的过程，由机械能守恒定律得：
解得
设a与b碰撞前a的速度为v0．取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
，
联立解得
所以要使碰后两球均能通过圆弧轨道的最高点C，只要满足条件：
即可．则v0的最小值为
对碰撞前a的运动过程，由动量定理得
解得 F的最小值
27．（1）（2）N=12.5N（3）Q=16J
【详解】
（1）释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点由动能定理知：
由能量守恒定律知
解得
（2）由平抛运动知：竖直方向：
水平方向
在E点，由牛顿第二定律知
解得
N=12.5N
（3）从D到E，由动能定理知：
解得
从B到D，由动能定理知
解得
对物块
解得
t=1s
由能量守恒定律知
解得
Q=16J
28．（1）14（2）dN﹣1取最小值是0.2075m．从子弹刚接触N﹣1到刚击穿N的过程N﹣1比N多走的位移，△S＝2vt＝0.03m，（dN﹣1）min＞△S，所以没有追上
【分析】
分析子弹击穿第一块滑块的过程，运用动量守恒定律求解．
第N块刚被击穿时是否被N﹣1块追上，取决于二者静止时的间距dN﹣1是否小于子弹刚接触N﹣1到刚击穿N的过程N﹣1比N多走的位移，分析子弹的运动过程，运用运动学公式求解比较．子弹打穿前13块后，1到13各块的速度均为v，根据系统动量守恒定律和机械能守恒列车等式求解．
【详解】
（1）子弹击穿第一块滑块的过程，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝mv1+Mv
代入数据得：v1＝185m/s
由于子弹穿过每个滑块的时间相等、受到的阻力也相等，所以速度的减少量相等，有：
△v＝v0﹣v1＝15m/s
n，取n＝14
（2）第N块刚被击穿时是否被N﹣1块追上，取决于二者静止时的间距dN﹣1是否小于子弹刚接触N﹣1到刚击穿N的过程N﹣1比N多走的位移．
子弹穿过一块滑块的时间或在两滑块间匀速运动的时间为：t0.01s
子弹击穿第N﹣1块的过程中第N﹣1块的位移为：SN﹣1t＝0.0075m
子弹击穿N﹣1后匀速飞行的位移为：S′N﹣1＝[v0﹣（N﹣1）△v]t＝2﹣0.15（N﹣1）m
静止时N﹣1与N的距离为：dN﹣1＝SN﹣1+S′N﹣1＝2.075﹣0.15（N﹣1）m
当N＝13时，dN﹣1取最小值是0.2075m．
从子弹刚接触N﹣1到刚击穿N的过程N﹣1比N多走的位移，如图：
△S＝2vt＝0.03m，（dN﹣1）min＞△S，所以没有追上．
【点睛】
本题考查了求子弹、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．
29．(1)；(2)，方向水平向右；(3)。
【详解】
(1)设火药爆炸后，物块A、B的速度大小分别为v1和v2。取向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv1-mv2=0
得：
v1=v2
物块B恰好能到达传送带的右端N点，物块B在传送带上做匀减速运动的加速度大小为：
a=μg=5m/s2
根据运动学公式有：
解得：
v1=v2=10m/s
(2)设物块B在传送带上向左先加速后匀速，则加速运动的位移为：
由于x1＜L，假设成立，因此物块B以v=2m/s的速度滑上水平面与物块A发生碰撞并粘在一起，设粘在一起后的共同速度大小为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv1-mv=2mv3
解得：
v3=4m/s，方向水平向右。
(3)由上述可知，两物块粘在一起后先向右减速，后向左加速再匀速从传送带左端滑出，两物块向右减速滑行所用时间为：
这段时间内传送带运动的距离为：
x3=vt1=2×0.8m=1.6m
两物块向左加速运动的时间为：
传送带运动的距离为：
x4=vt2=0.8m
因此，A、B粘在一起后，第一次从滑上到滑离传送带的过程中，传送带电动机额外多消耗的电能为：
E=μ 2mg(x3+x4)
解得：
E=24J
30．(1)；(2)
【详解】
(1)由题意知，长木板与挡板每次碰撞前物块与长木板已达共同速度，长木板与竖直挡板多次碰撞后停在挡板处，当长木板的长度最小时物块停在长木板的右端，整个过程中由能量守恒定律有
解得
(2)设长木板与右侧挡板第一次碰撞前，物块与长木板的共同速度为，由动量守恒定律得
解得
第一次碰撞前物块相对长木板滑动的时间
长木板与挡板第二次碰撞前，设物块与长木板的共同速度为，由动量守恒定律得
解得
第一次碰撞后与第二次碰撞前物块相对长木板滑动的时间
长木板与挡板第三次碰前，设物块与长木板的共同速度为，由动量守恒定律得
解得
第二次碰撞后与第三次碰撞前物块相对长木板滑动的时间
……
依此类推，物块与长木板开始运动到长木板第n次与竖直挡板碰撞前的过程中，物块相对长木板滑动的总时间为
31．（1）0.2m；（2）；（3）
【详解】
（1）开始时物块A的加速度
解得
a=10m/s2
达到与传送带共速时的时间
A与传送带共速所经过的位移
（2）共速后，因为
可知物块A继续加速，加速度为
解得
则A滑倒底端的速度为
解得
A与B碰撞时由动量守恒定律以及能量关系
解得
即物块B的速度
（3）物块A以的速度再次滑向传送带，再次滑回水平地面时的速度仍为，对物块A由动能定理
对物块B由动能定理
解得滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离
32．（1）（2）
【解析】
【详解】
（1）小球恰好能无压力通过D点时，则圆周运动规律得：，即 ，小球从A运动至D的过程中机械能守恒，故A、D点的速度大小相等，则从A点抛出时的初速度为
（2）小球从D点飞出后做平抛运动，由平抛运动规律得： ， ，联立上式可得：
33．50s
【详解】
由题意知，小车质量m=3.0kg，速度v1=2.0m/s；水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=5.0×10-5m3/s，水的密度ρ=1.0×103kg/m3.
设经t时间，流人车内的水的质量为M，此时车开始反向运动，车和水流在水平方向没有外力，动量守恒，所以有mv1-Mv2=0 ①
又因为M=ρV ②
V=Qt③
由以上各式带入数据解得 t=50s ④
34．（1），v=10m/s；（2）v1=8 m/s；（3）
【解析】
【详解】
（1）力F作用时，B的受力如图所示
设B的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律
解得B的加速度大小
a1=
对A、B整体有
力F的大小
t1时间内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动，刚撤去力F时A的速度大小
=10m/s
（2）设B从A的底端C处离开时，B的速度大小为v2，对A、B整体分析，根据机械能守恒定律
B从A的底端C处前，A、B整体，在水平方向上动量守恒
B从A的底端C处离开时，A的速度大小
v1=8 m/s(另一解v1=12 m/sv，不合题意舍去)
v2=13m/s
（3）B从A的底端C处离开后，A做匀速直线运动，B做匀减速直线运动，设B的加速度大小为a2，则有
当A、B速度相等时，B与C间的距离最大，设B从A的底端C处离开到A、B速度相等所用的时间为t2，则有
经分析可知
解得B从A的底端C处离开进入水平面后，B与C间的最大距离
35．(1)6J；(2)0.8m；(3)
【详解】
(1)物块恰好不脱离圆弧轨道和，则需满足
分析小物块从静止到运动到A点，根据能量守恒有
联立可得
要使物块恰好不脱离圆弧轨道和，则初始弹簧储存的弹性势能为6J。
(2)对小物块分阶段分析，从静止释放到运动到传送带左端C点，根据能量守恒有
代入数据，得
小物块从C点冲上传送带，做匀减速运动，则有
代入数据，得
即小物块到达传送带右端D点时，速度为传送带的速度
从D点运动到F点，根据能量守恒，有
代入数据，得
右侧圆弧的轨道半径为0.8m。
(3)在上一问的情形下，小物块从D点运动到E点，根据动能定理，有
代入数据，得
小物块到E点时，被小锤敲击过程，应用动量定理，有
小物块被敲击后运动到G点，应用动能定理，有
小物块在G点受力分析，应用牛顿第二定律，有
联立，可得
小锤对物块的冲量大小为。
36．
【详解】
取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒。炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cosα，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv0cosα-Mv=0
所以炮车向后反冲的速度大小为
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