2019人教版选择性必修第一册第一章动量守恒定律第5节弹性碰撞和非弹性碰撞基础训练（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5节弹性碰撞和非弹性碰撞基础训练（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 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 07:47:10 | ||
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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5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 基础训练
一、多选题
1．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒
D．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处
2．如图所示，一名运动员参加跳远比赛，腾空过程中离地面的最大高度为，成绩为。运动员落入沙坑瞬间速度为v，方向与水平面的夹角为。运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。则有（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，相距L的光滑金属导轨，半径为R的圆弧部分竖直放置，平直部分固定于水平地面上，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触，cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A．cd在磁场中运动时电流的方向为c→d
B．cd在磁场中做加速度减小的加速运动
C．cd在磁场中运动的过程中流过的电量为
D．至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为
4．质量分别为m甲和m乙的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是，；甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙的动量变为，则m甲，m乙的关系可能是（ ）
A．m甲＝m乙 B．2m甲＝m乙 C．5m甲＝2m乙 D．4m甲＝m乙
5．在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10 kg·m/s与2 kg·m/s，方向均向东，且定向东为正方向，A球在B球后，A球若追上B球发生正碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为( )
A．6 kg·m/s，6 kg·m/s B．-4 kg·m/s，16 kg·m/s
C．3 kg·m/s，9 kg·m/s D．6 kg·m/s，12 kg·m/s
6．如图所示，一个可视为质点的小球，从高度处由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径为的竖直圆环轨道，圆环轨道部分的动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道无压力；沿CB滑下后进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为（ ）
A．3.9m B．4.2m C．4.6m D．5.5m
二、单选题
7．伽利略的斜面实验反映了一个重要事实：如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略不计，小球一旦沿斜面A滚落，必将准确地终止于斜面B上同它开始点相同高度处，绝不会更高一点，这说明，小球在运动过程中有一个“东西”是不变的，这个“东西”是
A．弹力 B．速度 C．机械能 D．加速度
8．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能为0
C．由于F1、F2大小不变，故m、M各自一直做匀加速运动
D．由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零
9．如图所示，A、B两球形状大小一样，且质量均为m；某时刻两球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A速度大小为、方向水平向右，小球B速度大小为，方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后，则（ ）
A．小球A向右运动 B．小球B的动量增大
C．碰后小球A的动能增加了 D．小球B的动量变化量大小为
10．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面时速度为v。已知重力加速度为g，则在此过程中，地面对运动员的平均作用力大小为（ ）
A．0 B． C． D．
11．如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R=1m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M=4m，g取10m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为（ ）
A．v0=4m/s B．v0=6m/s C．v0=5m/s D．v0=7m/s
12．北京冬奥会2000米短道速滑接力热身赛上，在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。则交接过程中（ ）
A．两运动员的总机械能守恒
B．两运动员的总动量增大
C．每个运动员的动量变化相同
D．每个运动员所受推力的冲量大小相同
13．如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图所示，重力加速度g=10m/s2.。则下列说法正确的是（ ）
A．长木板的质量M=4kg
B．A、B之间动摩擦因数为0.2
C．长木板长度至少为2m
D．A、B组成系统损失机械能为2J
14．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1．不计质量损失，取重力加速度 g＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A． B．
C． D．
15．台球是大家比较喜爱的一项运动。在光滑水平面上，小明利用一个白球以初速度去撞击2018个一字排开的花球来模拟，如图所示，已知球与球之间的碰撞为弹性正碰，白球质量是花球质星的2倍，则编号为1的花球的最终速度为（ ）
A． B． C． D．
16．如图所示，物块A与轻质弹簧相连并静止在光滑水平面上，物块B以一定的初速度向物块A运动。在两物块与弹簧作用的过程中，两物块的图像如图所示，则（ ）
A．物块的质量大于物块的质量
B．弹簧在时刻的弹性势能最大
C．物块在时刻的加速度最大
D．物块在时间内动能一直减小
17．如图所示，两质量分别为和的弹性小球A、B叠放在一起，从某高度自由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。若A反弹后刚好能返回到原高度，那么与的比值为（ ）
A．0.5 B．1 C．2 D．3
三、解答题
18．如图，光滑的水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝5kg，上表面光滑，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝3 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.8 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l。
19．质量为m1的木板静止在光滑的水平面上,在木板上放一个质量为m2的木块.现给木块一个相对地面的水平速度v0；已知木块与木板间动摩擦因数为μ,因此木板被木块带动,最后木板与木块以共同的速度运动.求
① 木板与木块的共同速度
② 此过程中木块在木板上滑行的距离.
20．雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为，初速度为，下降距离l后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为、．．．．．．．．．．．．（设各质量为已知量）。不计空气阻力。若不计重力，求第次碰撞后雨滴的速度；若考虑重力的影响，
（1）求第1次碰撞前、后雨滴的速度和；
（2）求第n次碰撞后雨滴的动能。
21．如图所示，一质量为m0=0.05kg的子弹以水平初速度v0=200m/s打中一放在水平地面上A点的质量为m=0.95kg的物块，并留在物块内(时间极短，可忽略)，随后物块从A点沿AB方向运动，与距离A点L=5m的B处的墙壁发生碰撞，碰后以v2=6m/s的速度反向运动直至静止，测得物块与墙碰撞的时间为t=0.05s，物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.36，g取10m/s2，求
(1)物块从A点开始沿水平面运动的初速度v．
(2)物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小．
(3)物块在运动过程中产生的摩擦热Q．
22．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB光滑，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度L=2m，圆弧半径R=1m，整个轨道处于同一竖直平面内，可视为质点的物块从C点以8m/s初速度向左运动，物块与BC部分的动摩擦因数μ=0.7，已知物块质量为m=1kg，小车的质量M=3.5kg（g=10m/s2）求：
(1)物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力及离开B点上升的最大高度；
(2)物块滑回B点后再经多长时间离开小车及小车运动的最大速度。
23．如图所示，水平直轨道AC的长度为L=8m，AC中点B正上方有一探测器，C处有一竖直挡板D。现使物块P1沿轨道向右以速度v1与静止在A处的物块P2正碰，碰撞后，P1与P2粘成组合体P。以P1、P2碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。已知物块P1、P2的质量均为m=1kg，P1、P2和P均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
(1)若v1=8m/s，P恰好不与挡板发生碰撞，求P与轨道AC间的动摩擦因数；
(2)若P与挡板发生弹性碰撞后，并能在探测器工作时间内通过B点，求v1的取值范围。
24．某实验室工作人员，用初速度v0＝0.09c（c为真空的光速）的α粒子，轰击静止的氮原子核，产生了质子，若某次碰撞可看作对心正碰，碰后新核与质子同方向运动，垂直磁场方向射入磁场，通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1∶20，已知质子质量为m。
（1）写出核反应方程；
（2）求出质子的速度v。
25．如图所示，传送带与水平面间的夹角为，传送带以一定的速度逆时针方向转动，在传送带的A端无初速的轻放一个小物体（可视为质点），物体与传送带之间的动摩擦因数，长，g取求：
(1)若要使物体从A运动B所需的时间最短，则传送带的速度至少为多少？
(2)若传送带逆时针方向转动的速度为，则物体从A运动B所需的时间为多少？
26．用力将质量的木球竖直上抛，在木球到达最高点时，一子弹正好从木球正下方竖直向上击中木球，之后木球又上升了。已知子弹的质量，击中木球后子弹未穿出，不计空气阻力和子弹与木球相互作用的时间，取。
(1)求子弹击中木球前的速度大小；
(2)若子弹仍以(1)中的速度击中木球，但穿球而出，并测得此后木球又上升了，求子弹穿出木球时的速度大小。
27．如图所示，可视为质点的木块A、B质量为， 两物体与水平地面的动摩擦因数均为 ，木块A、B粘在一起且中间夹有一小块炸药（炸药的质量可以忽略不计）。当A、B向右运动到O点时速度为，此时炸药爆炸使木块A、B分离，A运动距离L=1.5m后到达 P点速度变为，炸药爆炸时释放的化学能均全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计。重力加速度为，求：
（1）爆炸瞬间B的冲量；
（2）炸药爆炸时释放的化学能。
28．如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m、不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动，，小球P、Q正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移，已知匀强电场的电场强度，水平台面距地面高度，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球Q的速度大小，
(2)P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落体？落地点与平台边缘间的水平距离多大？
(3)若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘、小球P仍以水平初速度向Q运动，小球Q的运动轨迹如图所示，已知Q球在最高点和最低点所受合力的大小相等．求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H.
29．实验用升降机箱体质量为M=55kg，内部天花板到地板间距恰好H=6m．某次实验时，开动电机给升降机箱体恒定的拉力使箱体匀加速上升，加速度大小为，静止启动的同时从天花板处让一弹性小球自由下落．已知小球质量m=5kg，小球和箱体只在竖直方向上运动且每次碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间很短，内力远大于外力，忽略空气阻力，g取10m/s2．求：
(1)小球开始运动经多长时间与箱体发生第一次碰撞？
(2)第一次碰撞结束时箱体速度大小和小球的速度大小？
(3)从开始运动到第三次碰撞箱体前电机对箱体做的功？
30．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
31．如图所示，相距l1＝0.5 m的光滑平行金属导轨固定在水平面上，其左端连接有阻值R＝0.1 Ω的定值电阻，导轨区域内每隔Δl＝0.6 m存在磁感应强度大小B＝0.7 T、方向垂直导轨向上的匀强磁场，磁场的宽度l2＝0.4 m, 一正方形导体框MNPQ由四根长l1＝0.5 m、质量为m0＝25 g的金属棒构成，其中MQ段的电阻为0.3 Ω，NP段的电阻为0.1 Ω，MN和QP段的电阻不计，导体框以v0＝6.3 m/s的初速度沿导轨向右运动，导轨电阻不计，导体框始终与导轨接触良好．
（1）求导体框MQ段刚进入第一个磁场时的速度大小v1；
（2）导体框MQ段从aa′处运动至bb′处的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少；
（3）求导体框MQ段从第一个磁场边界bb′离开后，还能前进的距离．
32．如图甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为，质量分别为0.5kg和1kg的A、B两个小物块，用一根细线相连，A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A、B与弹簧组成的系统可视为质点。某时刻，将A、B从P点由静止释放，运动至Q点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A、B瞬间分离，从分离时开始计时，A、B短时间内运动的速度图像如图乙所示，重力加速度取g=10m/s 。求：
(1)A、B与斜面间的动摩擦因数；
(2)细绳未断裂前微型弹簧储存的弹性势能；
(3)A、B再次相遇前的最远距离。
四、填空题
33．如图所示，在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，相距为L，一端连接阻值为R的电阻。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动。
(1)求导体棒匀速运动过程中流经R的电流_________；
(2)通过公式推导：在t时间内，F对导体棒MN所做的功W等于电路获得的电能________；
(3)楞次定律是电磁感应过程中判断感应电流方向的重要定律。楞次定律本质上是能量守恒定律在电磁感应中的具体表现：
a.由楞次定律可知导体棒MN中感应电流方向为_______；（选填“M到N”或“N到M”）
b.试说明感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果_________。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．AC
【详解】
A．在下滑过程中，只有重力对物块和槽组成的系统做功，所以系统机械能守恒，故A正确；
B．在下滑过程中，物块和槽在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，故B错误；
C．在压缩弹簧的过程中，外力对物块和弹簧组成的系统均不做功，所以系统机械能守恒，故C正确；
D．由题意，根据动量守恒定律易知物块滑离弧形槽瞬间，物块与槽的速度大小相等，根据机械能守恒定律可知物块被弹簧弹回后速度大小仍等于槽的速度大小相等，故物块将永远追不上槽，不可能回到槽上高h处，故D错误。
故选AC。
2．BC
【详解】
从最高点到落地，人做平抛运动，设在最高点时的速度为v0，则
则
故选BC。
3．BD
【详解】
A．cd在磁场中运动时，回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，cd电流的方向为d→c，选项A错误；
B．当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，选项B正确；
C．ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得
对ab和cd系统，合外力为零，则由动量守恒
解得
对cd由动量定理
其中
解得
选项C错误；
D．从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系
其中
解得
选项D正确。
故选BD。
4．BC
【详解】
ABCD．根据动量守恒定律得
解得
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
代入数据解得
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
代入数据解得
综上有
所以，只有和可能，AD错误BC正确。
故选BC。
5．AC
【解析】
【详解】
由题意A、 B两球动量分别为且A球能追上B球并发生碰撞可知，A球的初速度大于B球，碰撞前的总动量为，设两个小球的质量均为m，则碰撞前总动能为：；
A．总动量满足守恒，碰撞后总动能为，可见碰撞过程总动能减小，是可能的，故A正确；
B．碰撞后的总动量为，符合动量守恒，碰撞后总动能为，碰撞过程动能出现增大，不符合能量守恒定律，故B错误；
C．碰撞后的总动量为，满足动量守恒定律，碰撞后总动能为，总动能不增加，是可能的，故C正确；
D．碰撞后的总动量为，不满足动量守恒定律，故D错误；
故选AC．
6．BC
【详解】
小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得
可得
从开始小球从H=6m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道ab，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：
从C点继续沿粗糙圆周轨道下降后上升到D点速度为零，由动能定理
因小球沿轨道下滑由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，有
联立各式解得
故符合高度h范围的只有4.2m和4.6m，故BC正确，AD错误。
故选BC。
7．C
【解析】
【详解】
因为在物体运动的过程中改变斜面的倾角不同物体受到的支持力不同但物体仍能达到相同的高度，故力不是守恒量，加速度，斜面的倾角变化，故加速度也不是守恒量，AD错误；在物体运动过程中物体的速度随时间发生变化，故速度不守恒，B错误；伽利略理想斜面实验中如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，则在物体运动的过程只有重力做功，则物体的机械能守恒，故这个不变量应该是能量是动能和势能的总和，C正确．
8．D
【详解】
由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，故系统机械能不守恒，A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，B错误；由于弹力是变化的，m、M所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，D正确．故选D．
9．D
【详解】
AB．两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB，取向左为正，则
解得
所以小球A向左运动，小球B向右运动，小球B的动量大小不变，故AB错误；
C．碰后小球A的动能增加了
故C错误；
D．小球B的动量变化量大小为
故D正确。
故选D。
10．C
【详解】
人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得
故地面对人的冲量为
则地面对人的平均作用力
故C正确，ABD错误。
故选C。
11．C
【详解】
当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0=（m+M）v1，根据机械能守恒定律有：；根据题意有：M=4m，联立两式解得：v0=5m/s，故ABD错误，C 正确．故选C．
【点睛】
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及能量守恒定律等，知道小球刚好没跃出圆弧的上端，两者水平方向上的速度相同，结合水平方向系统动量守恒和系统机械能守恒列式求解即可．
12．D
【详解】
A．在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加。A错误；
B．两运动员合力为零，动量守恒。B错误；
C．动量守恒，所以一个运动员动量变化等大反向。C错误；
D．两运动员相互作用力相同，力的作用时间相同，所以每个运动员所受推力的冲量大小相同。D正确。
故选D。
13．D
【详解】
A．从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v=1m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
故A错误；
B．由图象可知，木板B匀加速运动的加速度
对B，根据牛顿第二定律得
解得
μ=0.1
故B错误；
C．由图象可知前1s内B的位移
A的位移
所以木板最小长度
故C错误；
D．A、B组成系统损失机械能
故D正确。
故选D。
14．D
【详解】
试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．
规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有,则，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，，水平方向做匀速运动，，则，结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确．
15．A
【详解】
质量为的白球以初速度与编号为2018的花球发生弹性正碰，满足动量守恒和机械能守恒，设碰后，白球和编号为2018的花球的速度分别为，以向右为正方向，则：
,
.
解得：
,.
同理分析，两个质量相同花球碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒可能，两球速度交换，此时编号为2018的花球与编号为2017的花球交换速度，以此类推，最终编号为1的花球的速度为
故A正确，BCD错误。
故选A。
16．A
【详解】
A．B与A借助弹簧发生弹性碰撞，有
解得
，
由图像可知碰后B的速度为负，即运动反向，则，则，故A正确；
B．B先相对靠近A，弹簧被压缩，后A相对B远离，弹簧逐渐恢复，则时刻两者速度相等时为弹簧压缩量最大，则弹簧在时刻的弹性势能最大，故B错误；
C．两物体都是受弹簧弹力而有加速度，则弹力最大时加速度最大，故两物块在时刻的加速度最大，故C错误；
D．由图像可知物块在时刻速度减为零，则时间内动能先减小后增大，故D错误；
故选A。
17．B
【详解】
设两物体落地前的瞬时速度均为v，B碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，因碰后A仍回到原高度，则碰后A的速度仍为v，设B的速度为v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v-m1v=m1v+m2v2
由能量守恒定律得
联立解得
m1=m2
故选B。
18．(1)2.0 m/s2；(2)1 m/s；(3)0.64 m
【详解】
(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
代入数据解得
(2)设对A、B碰撞后共同运动速度为，在一起运动过程中，由动量定理得
代入数据解得
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
代入数据可得
19．① ②
【解析】
【详解】
.①规定木块的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v，
解得共同速度为：，
②根据能量守恒定律得：μm2gL＝m2v02 (m1+m2)v2，
解得： ．
20．（1）；；（2）
【详解】
不计重力，全过程中动量守恒
得
若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒
第1次碰撞前
第1次碰撞后
第2次碰撞前
化简得
第2次碰撞后，得
同理，第3次碰撞后
第n次碰撞后
动能
21．（1） （2） （3）
【详解】
（1）子弹打中物块的过程，由于内力远大于外力，根据动量守恒定律可得，解得；
（2）物块由A点运动到B点的过程，根据动能定理有；，解得；
物块与墙碰撞过程中，以向右为正方向，有动量定理有；
解得；
（3）物块在向右运动过程中
物块在想左运动过程中，根据能量守恒定律可知，动能全部转化为因摩擦而产生的热量，即；
所以．
22．（1）46N ，1.8m ；（2） s，1.33m/s
【详解】
（1）物块由C到B的过程对物块由动能定理得
代入数据，解得
vB=6m/s
根据牛顿第二定律，有
代入数据，解得
FN=46N
由牛顿第三定律，物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力FN′═46N，方向竖直向下；
由机械能守恒定律
解得
h=1.8m
（2）设物块滑回B点至轨道末端C处分离用时t，对物块由牛顿第二定律
μmg=ma1
对小车有
μmg=Ma2
vBt-a1t2-a2t2=L
解得
t= s
分离时小车速度最大
v车=a2t
解得
v车=1.33 m/s
23．(1)0.1；(2)。
【详解】
(1)设与轨道间的动摩擦因数为，、碰撞后的共同速度为；、碰撞过程，系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
由动能定理有：
解得：
；
(2)由于与挡板的碰撞为弹性碰撞，所以在间等效为匀减速运动，设在段加速度为，根据牛顿第二定律得：
返回经过点，由位移公式得：
由(1)知：
根据题给条件和数据解得的取值范围为：
。
24．（1）＋→＋；（2）0.20c
【详解】
（1）根据质量数守恒和电荷数守恒可得核反应方程为
＋→＋
（2）设α粒子、新核质量分别为4m、17m，质子速度为v，由于对心碰撞，满足动量守恒，故
4mv0＝17m＋mv
解得v＝0.20c
25．(1)；(2)2s
【详解】
(1)要使物体从A运动B所需的时间最短，则要求物体以最大加速度加速，即摩擦力方向始终沿初速度向下，设物体质量为m，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得：
根据速度—位移关系可得
解得：
(2)若传送带逆时针方向转动的速度为，则物体达到传送带速度之前的加速度仍为a，当物体加速到10m/s时，所通过的位移为
所用时间为
由于
所以1s后，物体将受到沿传送带向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可得
代入数据求得：
1s后物体匀加速运动的位移为
设所用时间为t2，则有
解得：
故物体从A运动B所需的时间为
26．(1)；(2)
【详解】
(1)根据竖直上抛运动规律可知，子弹击中木球后，木球的速度
一子弹正好从木球正下方竖直向上击中木球，击中木球后子弹未穿出，由动量守恒定律得
解得子弹击中木球前的速度大小
(2)木球又上升了，子弹击中木球后，木球的速度
一子弹正好从木球正下方竖直向上击中木球，但穿球而出，由动量守恒定律得
解得子弹击中木球前的速度大小
27．（1），方向水平向左；（2）18J
【详解】
（1）A物体从O运动到P
得
得
到O点炸药爆炸，根据动量守恒
得
爆炸瞬间B的冲量
方向水平向左；
（2）根据能量守恒可知
28．(1), (2), (3),
【解析】
（1）小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
mv0=mvP+mvQ；
联立解得 vP=0，vQ=v0= ．
（2）对于小球Q，由于qE=mg，故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
qvQB=m
经时间t1=T=
小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后：vP′=v0=，vQ′=0
小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，t2=
所以P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间
落地点与平台边缘的水平距离 xP=vP′t2=
（3）PQ相碰后，Q球速度vQ=v0，Q球在最高点和最低点的合力大小相等，故有：
解得
因为
解得
29．（1）1s；（2）小球速度12m/s，箱体速度0；（3）8580J
【详解】
(1)设t时间第一次相碰，由运动学规律得：
解得：
(2)碰前小球的速度为：
v1=gt=10m/s(竖直向下)
箱体的速度为：
v2=at=2m/s(竖直向上)
设碰后小球速度为向上的，箱体速度为向上的，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
得：
代入数据得：
(3)经分析小球不会碰箱体末花板，设经时间t2第二次碰地板
解得：
可得第二次碰前速度小球为8m/s(方向向下)，箱体速度为4m/s(方向向上)
同样由碰撞中动量守恒和能量守恒可得：第二次碰后小球速度14m/s(向上)箱体速度2m/s(向上)．
分析可知小球还是不与天花板相撞，设经时间t3第三次碰地板
解得：
所以第三次碰前箱体上升总高度为：
对箱体受力有：
得
由功的计算：
算得电动机对箱体做功8580J.
答：(1)小球开始运动与箱体发生第一次碰撞经过时间.
(2)第一次碰撞结束时小球速度12m/s，箱体速度0.
(3)从开始运动到第三次碰撞箱体前电机对箱体做的功W=8580J.
【点睛】
本题主要是动量守恒定律和能量守恒定律的灵活运用，要熟练掌握各守恒定律的条件.
30．(1) (2)
【解析】
试题分析：（1）b球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比．（2）求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b求的动能，然后求出能量之比．
（1）b球下摆过程中，由动能定理得：
碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：，
两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：
解得：
（2）两球碰撞过程中损失是机械能：，
碰前b球的最大动能，
31．（1）3.5 m/s （2）0.028 J （3）0.4 m
【详解】
(1)从导体框NP段进入第一个磁场到出第一个磁场的过程中，根据动量定理有
，
，
，
，
，
得
Δv＝－2.8 m/s，
v1＝3.5 m/s；
(2)设MQ从边界bb′离开时的速度为v2，则
，
，
，
，
，
得
Δv′＝－1.4 m/s，
v2＝2.1 m/s，
根据能量守恒可知，系统产生的焦耳热
，
电阻R上产生的焦耳热
；
(3)MQ从bb′离开时速度v2＝2.1 m/s，前进
Δl－l1＝0.1 m，
开始进入第二个磁场，由Δv＝－2.8 m/s，可知，导体框不能全部进入第二个磁场，设NP段从cc′进入后，前进距离x后停下，则
，
即
得
x＝0.3 m
前进的距离
；
32．(1)，；(2)；(3)
【详解】
(1)根据图像可知，AB分离后，B沿斜面向下做匀速直线运动，A沿斜面向上做匀减速直线运动，且
对A由牛顿第二定律得
解得
对B由平衡方程得
解得
(2)细线断裂瞬间，对AB由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
(3)当AB的速度相等时，二者相距最远，设A上滑的时间为tA，位移为xA；A下滑过程中的加速度为，时间为，位移为，则有
，
对A由牛顿第二定律得
，
B发生的位移
AB再次相遇前的最远距离
解得
33． 见解析所示 N到M 见解析所示
【详解】
(1)[1]设安培力大小为F安，则
得
(2)[2]设导体棒沿导轨向右以速度v匀速运动，产生的电动势为E，则
代入，解得
F对导体棒MN所做的功
电路获得的电能
代入，，解得
F对导体棒MN所做的功W等于电路获得的电能W电。
(3)[3]由右手定则可知，导体棒MN中感应电流方向为N到M。
[4]电路获得的电能。根据能量守恒定律，这部分能量只能从其他形式的能量转化而来。按照楞次定律，导体棒运动时，要克服拉力所做的机械功，把机械能转化成电能。设想感应电流的方向与楞次定律的结论相反M到N，导体棒MN所受的安培力不是阻力而是动力，导体棒MN将加速运动，速度越来越大，电流越来越大，如此增长就得到了取之不尽的动能（机械能）和电能，违背能量守恒定律。由此可见，回路中的感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。
答案第1页，共2页
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一、多选题
1．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒
D．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处
2．如图所示，一名运动员参加跳远比赛，腾空过程中离地面的最大高度为，成绩为。运动员落入沙坑瞬间速度为v，方向与水平面的夹角为。运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。则有（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，相距L的光滑金属导轨，半径为R的圆弧部分竖直放置，平直部分固定于水平地面上，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触，cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A．cd在磁场中运动时电流的方向为c→d
B．cd在磁场中做加速度减小的加速运动
C．cd在磁场中运动的过程中流过的电量为
D．至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为
4．质量分别为m甲和m乙的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是，；甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙的动量变为，则m甲，m乙的关系可能是（ ）
A．m甲＝m乙 B．2m甲＝m乙 C．5m甲＝2m乙 D．4m甲＝m乙
5．在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10 kg·m/s与2 kg·m/s，方向均向东，且定向东为正方向，A球在B球后，A球若追上B球发生正碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为( )
A．6 kg·m/s，6 kg·m/s B．-4 kg·m/s，16 kg·m/s
C．3 kg·m/s，9 kg·m/s D．6 kg·m/s，12 kg·m/s
6．如图所示，一个可视为质点的小球，从高度处由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径为的竖直圆环轨道，圆环轨道部分的动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道无压力；沿CB滑下后进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为（ ）
A．3.9m B．4.2m C．4.6m D．5.5m
二、单选题
7．伽利略的斜面实验反映了一个重要事实：如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略不计，小球一旦沿斜面A滚落，必将准确地终止于斜面B上同它开始点相同高度处，绝不会更高一点，这说明，小球在运动过程中有一个“东西”是不变的，这个“东西”是
A．弹力 B．速度 C．机械能 D．加速度
8．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能为0
C．由于F1、F2大小不变，故m、M各自一直做匀加速运动
D．由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零
9．如图所示，A、B两球形状大小一样，且质量均为m；某时刻两球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A速度大小为、方向水平向右，小球B速度大小为，方向水平向左，两小球发生弹性碰撞后，则（ ）
A．小球A向右运动 B．小球B的动量增大
C．碰后小球A的动能增加了 D．小球B的动量变化量大小为
10．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面时速度为v。已知重力加速度为g，则在此过程中，地面对运动员的平均作用力大小为（ ）
A．0 B． C． D．
11．如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R=1m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M=4m，g取10m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为（ ）
A．v0=4m/s B．v0=6m/s C．v0=5m/s D．v0=7m/s
12．北京冬奥会2000米短道速滑接力热身赛上，在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。则交接过程中（ ）
A．两运动员的总机械能守恒
B．两运动员的总动量增大
C．每个运动员的动量变化相同
D．每个运动员所受推力的冲量大小相同
13．如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图所示，重力加速度g=10m/s2.。则下列说法正确的是（ ）
A．长木板的质量M=4kg
B．A、B之间动摩擦因数为0.2
C．长木板长度至少为2m
D．A、B组成系统损失机械能为2J
14．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1．不计质量损失，取重力加速度 g＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A． B．
C． D．
15．台球是大家比较喜爱的一项运动。在光滑水平面上，小明利用一个白球以初速度去撞击2018个一字排开的花球来模拟，如图所示，已知球与球之间的碰撞为弹性正碰，白球质量是花球质星的2倍，则编号为1的花球的最终速度为（ ）
A． B． C． D．
16．如图所示，物块A与轻质弹簧相连并静止在光滑水平面上，物块B以一定的初速度向物块A运动。在两物块与弹簧作用的过程中，两物块的图像如图所示，则（ ）
A．物块的质量大于物块的质量
B．弹簧在时刻的弹性势能最大
C．物块在时刻的加速度最大
D．物块在时间内动能一直减小
17．如图所示，两质量分别为和的弹性小球A、B叠放在一起，从某高度自由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。若A反弹后刚好能返回到原高度，那么与的比值为（ ）
A．0.5 B．1 C．2 D．3
三、解答题
18．如图，光滑的水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝5kg，上表面光滑，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝3 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.8 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l。
19．质量为m1的木板静止在光滑的水平面上,在木板上放一个质量为m2的木块.现给木块一个相对地面的水平速度v0；已知木块与木板间动摩擦因数为μ,因此木板被木块带动,最后木板与木块以共同的速度运动.求
① 木板与木块的共同速度
② 此过程中木块在木板上滑行的距离.
20．雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为，初速度为，下降距离l后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为、．．．．．．．．．．．．（设各质量为已知量）。不计空气阻力。若不计重力，求第次碰撞后雨滴的速度；若考虑重力的影响，
（1）求第1次碰撞前、后雨滴的速度和；
（2）求第n次碰撞后雨滴的动能。
21．如图所示，一质量为m0=0.05kg的子弹以水平初速度v0=200m/s打中一放在水平地面上A点的质量为m=0.95kg的物块，并留在物块内(时间极短，可忽略)，随后物块从A点沿AB方向运动，与距离A点L=5m的B处的墙壁发生碰撞，碰后以v2=6m/s的速度反向运动直至静止，测得物块与墙碰撞的时间为t=0.05s，物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.36，g取10m/s2，求
(1)物块从A点开始沿水平面运动的初速度v．
(2)物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小．
(3)物块在运动过程中产生的摩擦热Q．
22．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB光滑，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度L=2m，圆弧半径R=1m，整个轨道处于同一竖直平面内，可视为质点的物块从C点以8m/s初速度向左运动，物块与BC部分的动摩擦因数μ=0.7，已知物块质量为m=1kg，小车的质量M=3.5kg（g=10m/s2）求：
(1)物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力及离开B点上升的最大高度；
(2)物块滑回B点后再经多长时间离开小车及小车运动的最大速度。
23．如图所示，水平直轨道AC的长度为L=8m，AC中点B正上方有一探测器，C处有一竖直挡板D。现使物块P1沿轨道向右以速度v1与静止在A处的物块P2正碰，碰撞后，P1与P2粘成组合体P。以P1、P2碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。已知物块P1、P2的质量均为m=1kg，P1、P2和P均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
(1)若v1=8m/s，P恰好不与挡板发生碰撞，求P与轨道AC间的动摩擦因数；
(2)若P与挡板发生弹性碰撞后，并能在探测器工作时间内通过B点，求v1的取值范围。
24．某实验室工作人员，用初速度v0＝0.09c（c为真空的光速）的α粒子，轰击静止的氮原子核，产生了质子，若某次碰撞可看作对心正碰，碰后新核与质子同方向运动，垂直磁场方向射入磁场，通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1∶20，已知质子质量为m。
（1）写出核反应方程；
（2）求出质子的速度v。
25．如图所示，传送带与水平面间的夹角为，传送带以一定的速度逆时针方向转动，在传送带的A端无初速的轻放一个小物体（可视为质点），物体与传送带之间的动摩擦因数，长，g取求：
(1)若要使物体从A运动B所需的时间最短，则传送带的速度至少为多少？
(2)若传送带逆时针方向转动的速度为，则物体从A运动B所需的时间为多少？
26．用力将质量的木球竖直上抛，在木球到达最高点时，一子弹正好从木球正下方竖直向上击中木球，之后木球又上升了。已知子弹的质量，击中木球后子弹未穿出，不计空气阻力和子弹与木球相互作用的时间，取。
(1)求子弹击中木球前的速度大小；
(2)若子弹仍以(1)中的速度击中木球，但穿球而出，并测得此后木球又上升了，求子弹穿出木球时的速度大小。
27．如图所示，可视为质点的木块A、B质量为， 两物体与水平地面的动摩擦因数均为 ，木块A、B粘在一起且中间夹有一小块炸药（炸药的质量可以忽略不计）。当A、B向右运动到O点时速度为，此时炸药爆炸使木块A、B分离，A运动距离L=1.5m后到达 P点速度变为，炸药爆炸时释放的化学能均全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计。重力加速度为，求：
（1）爆炸瞬间B的冲量；
（2）炸药爆炸时释放的化学能。
28．如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m、不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动，，小球P、Q正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移，已知匀强电场的电场强度，水平台面距地面高度，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球Q的速度大小，
(2)P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落体？落地点与平台边缘间的水平距离多大？
(3)若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘、小球P仍以水平初速度向Q运动，小球Q的运动轨迹如图所示，已知Q球在最高点和最低点所受合力的大小相等．求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H.
29．实验用升降机箱体质量为M=55kg，内部天花板到地板间距恰好H=6m．某次实验时，开动电机给升降机箱体恒定的拉力使箱体匀加速上升，加速度大小为，静止启动的同时从天花板处让一弹性小球自由下落．已知小球质量m=5kg，小球和箱体只在竖直方向上运动且每次碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间很短，内力远大于外力，忽略空气阻力，g取10m/s2．求：
(1)小球开始运动经多长时间与箱体发生第一次碰撞？
(2)第一次碰撞结束时箱体速度大小和小球的速度大小？
(3)从开始运动到第三次碰撞箱体前电机对箱体做的功？
30．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
31．如图所示，相距l1＝0.5 m的光滑平行金属导轨固定在水平面上，其左端连接有阻值R＝0.1 Ω的定值电阻，导轨区域内每隔Δl＝0.6 m存在磁感应强度大小B＝0.7 T、方向垂直导轨向上的匀强磁场，磁场的宽度l2＝0.4 m, 一正方形导体框MNPQ由四根长l1＝0.5 m、质量为m0＝25 g的金属棒构成，其中MQ段的电阻为0.3 Ω，NP段的电阻为0.1 Ω，MN和QP段的电阻不计，导体框以v0＝6.3 m/s的初速度沿导轨向右运动，导轨电阻不计，导体框始终与导轨接触良好．
（1）求导体框MQ段刚进入第一个磁场时的速度大小v1；
（2）导体框MQ段从aa′处运动至bb′处的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少；
（3）求导体框MQ段从第一个磁场边界bb′离开后，还能前进的距离．
32．如图甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为，质量分别为0.5kg和1kg的A、B两个小物块，用一根细线相连，A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A、B与弹簧组成的系统可视为质点。某时刻，将A、B从P点由静止释放，运动至Q点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A、B瞬间分离，从分离时开始计时，A、B短时间内运动的速度图像如图乙所示，重力加速度取g=10m/s 。求：
(1)A、B与斜面间的动摩擦因数；
(2)细绳未断裂前微型弹簧储存的弹性势能；
(3)A、B再次相遇前的最远距离。
四、填空题
33．如图所示，在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，相距为L，一端连接阻值为R的电阻。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动。
(1)求导体棒匀速运动过程中流经R的电流_________；
(2)通过公式推导：在t时间内，F对导体棒MN所做的功W等于电路获得的电能________；
(3)楞次定律是电磁感应过程中判断感应电流方向的重要定律。楞次定律本质上是能量守恒定律在电磁感应中的具体表现：
a.由楞次定律可知导体棒MN中感应电流方向为_______；（选填“M到N”或“N到M”）
b.试说明感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果_________。
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．AC
【详解】
A．在下滑过程中，只有重力对物块和槽组成的系统做功，所以系统机械能守恒，故A正确；
B．在下滑过程中，物块和槽在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，故B错误；
C．在压缩弹簧的过程中，外力对物块和弹簧组成的系统均不做功，所以系统机械能守恒，故C正确；
D．由题意，根据动量守恒定律易知物块滑离弧形槽瞬间，物块与槽的速度大小相等，根据机械能守恒定律可知物块被弹簧弹回后速度大小仍等于槽的速度大小相等，故物块将永远追不上槽，不可能回到槽上高h处，故D错误。
故选AC。
2．BC
【详解】
从最高点到落地，人做平抛运动，设在最高点时的速度为v0，则
则
故选BC。
3．BD
【详解】
A．cd在磁场中运动时，回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，cd电流的方向为d→c，选项A错误；
B．当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，选项B正确；
C．ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得
对ab和cd系统，合外力为零，则由动量守恒
解得
对cd由动量定理
其中
解得
选项C错误；
D．从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系
其中
解得
选项D正确。
故选BD。
4．BC
【详解】
ABCD．根据动量守恒定律得
解得
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
代入数据解得
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
代入数据解得
综上有
所以，只有和可能，AD错误BC正确。
故选BC。
5．AC
【解析】
【详解】
由题意A、 B两球动量分别为且A球能追上B球并发生碰撞可知，A球的初速度大于B球，碰撞前的总动量为，设两个小球的质量均为m，则碰撞前总动能为：；
A．总动量满足守恒，碰撞后总动能为，可见碰撞过程总动能减小，是可能的，故A正确；
B．碰撞后的总动量为，符合动量守恒，碰撞后总动能为，碰撞过程动能出现增大，不符合能量守恒定律，故B错误；
C．碰撞后的总动量为，满足动量守恒定律，碰撞后总动能为，总动能不增加，是可能的，故C正确；
D．碰撞后的总动量为，不满足动量守恒定律，故D错误；
故选AC．
6．BC
【详解】
小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得
可得
从开始小球从H=6m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道ab，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：
从C点继续沿粗糙圆周轨道下降后上升到D点速度为零，由动能定理
因小球沿轨道下滑由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，有
联立各式解得
故符合高度h范围的只有4.2m和4.6m，故BC正确，AD错误。
故选BC。
7．C
【解析】
【详解】
因为在物体运动的过程中改变斜面的倾角不同物体受到的支持力不同但物体仍能达到相同的高度，故力不是守恒量，加速度，斜面的倾角变化，故加速度也不是守恒量，AD错误；在物体运动过程中物体的速度随时间发生变化，故速度不守恒，B错误；伽利略理想斜面实验中如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，则在物体运动的过程只有重力做功，则物体的机械能守恒，故这个不变量应该是能量是动能和势能的总和，C正确．
8．D
【详解】
由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，故系统机械能不守恒，A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，B错误；由于弹力是变化的，m、M所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，D正确．故选D．
9．D
【详解】
AB．两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A球和B球的速度分别为vA和vB，取向左为正，则
解得
所以小球A向左运动，小球B向右运动，小球B的动量大小不变，故AB错误；
C．碰后小球A的动能增加了
故C错误；
D．小球B的动量变化量大小为
故D正确。
故选D。
10．C
【详解】
人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得
故地面对人的冲量为
则地面对人的平均作用力
故C正确，ABD错误。
故选C。
11．C
【详解】
当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0=（m+M）v1，根据机械能守恒定律有：；根据题意有：M=4m，联立两式解得：v0=5m/s，故ABD错误，C 正确．故选C．
【点睛】
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及能量守恒定律等，知道小球刚好没跃出圆弧的上端，两者水平方向上的速度相同，结合水平方向系统动量守恒和系统机械能守恒列式求解即可．
12．D
【详解】
A．在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加。A错误；
B．两运动员合力为零，动量守恒。B错误；
C．动量守恒，所以一个运动员动量变化等大反向。C错误；
D．两运动员相互作用力相同，力的作用时间相同，所以每个运动员所受推力的冲量大小相同。D正确。
故选D。
13．D
【详解】
A．从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v=1m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
故A错误；
B．由图象可知，木板B匀加速运动的加速度
对B，根据牛顿第二定律得
解得
μ=0.1
故B错误；
C．由图象可知前1s内B的位移
A的位移
所以木板最小长度
故C错误；
D．A、B组成系统损失机械能
故D正确。
故选D。
14．D
【详解】
试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．
规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有,则，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，，水平方向做匀速运动，，则，结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确．
15．A
【详解】
质量为的白球以初速度与编号为2018的花球发生弹性正碰，满足动量守恒和机械能守恒，设碰后，白球和编号为2018的花球的速度分别为，以向右为正方向，则：
,
.
解得：
,.
同理分析，两个质量相同花球碰撞时，根据动量守恒定律和机械能守恒可能，两球速度交换，此时编号为2018的花球与编号为2017的花球交换速度，以此类推，最终编号为1的花球的速度为
故A正确，BCD错误。
故选A。
16．A
【详解】
A．B与A借助弹簧发生弹性碰撞，有
解得
，
由图像可知碰后B的速度为负，即运动反向，则，则，故A正确；
B．B先相对靠近A，弹簧被压缩，后A相对B远离，弹簧逐渐恢复，则时刻两者速度相等时为弹簧压缩量最大，则弹簧在时刻的弹性势能最大，故B错误；
C．两物体都是受弹簧弹力而有加速度，则弹力最大时加速度最大，故两物块在时刻的加速度最大，故C错误；
D．由图像可知物块在时刻速度减为零，则时间内动能先减小后增大，故D错误；
故选A。
17．B
【详解】
设两物体落地前的瞬时速度均为v，B碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，因碰后A仍回到原高度，则碰后A的速度仍为v，设B的速度为v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v-m1v=m1v+m2v2
由能量守恒定律得
联立解得
m1=m2
故选B。
18．(1)2.0 m/s2；(2)1 m/s；(3)0.64 m
【详解】
(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
代入数据解得
(2)设对A、B碰撞后共同运动速度为，在一起运动过程中，由动量定理得
代入数据解得
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
代入数据可得
19．① ②
【解析】
【详解】
.①规定木块的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v，
解得共同速度为：，
②根据能量守恒定律得：μm2gL＝m2v02 (m1+m2)v2，
解得： ．
20．（1）；；（2）
【详解】
不计重力，全过程中动量守恒
得
若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒
第1次碰撞前
第1次碰撞后
第2次碰撞前
化简得
第2次碰撞后，得
同理，第3次碰撞后
第n次碰撞后
动能
21．（1） （2） （3）
【详解】
（1）子弹打中物块的过程，由于内力远大于外力，根据动量守恒定律可得，解得；
（2）物块由A点运动到B点的过程，根据动能定理有；，解得；
物块与墙碰撞过程中，以向右为正方向，有动量定理有；
解得；
（3）物块在向右运动过程中
物块在想左运动过程中，根据能量守恒定律可知，动能全部转化为因摩擦而产生的热量，即；
所以．
22．（1）46N ，1.8m ；（2） s，1.33m/s
【详解】
（1）物块由C到B的过程对物块由动能定理得
代入数据，解得
vB=6m/s
根据牛顿第二定律，有
代入数据，解得
FN=46N
由牛顿第三定律，物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力FN′═46N，方向竖直向下；
由机械能守恒定律
解得
h=1.8m
（2）设物块滑回B点至轨道末端C处分离用时t，对物块由牛顿第二定律
μmg=ma1
对小车有
μmg=Ma2
vBt-a1t2-a2t2=L
解得
t= s
分离时小车速度最大
v车=a2t
解得
v车=1.33 m/s
23．(1)0.1；(2)。
【详解】
(1)设与轨道间的动摩擦因数为，、碰撞后的共同速度为；、碰撞过程，系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
由动能定理有：
解得：
；
(2)由于与挡板的碰撞为弹性碰撞，所以在间等效为匀减速运动，设在段加速度为，根据牛顿第二定律得：
返回经过点，由位移公式得：
由(1)知：
根据题给条件和数据解得的取值范围为：
。
24．（1）＋→＋；（2）0.20c
【详解】
（1）根据质量数守恒和电荷数守恒可得核反应方程为
＋→＋
（2）设α粒子、新核质量分别为4m、17m，质子速度为v，由于对心碰撞，满足动量守恒，故
4mv0＝17m＋mv
解得v＝0.20c
25．(1)；(2)2s
【详解】
(1)要使物体从A运动B所需的时间最短，则要求物体以最大加速度加速，即摩擦力方向始终沿初速度向下，设物体质量为m，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得：
根据速度—位移关系可得
解得：
(2)若传送带逆时针方向转动的速度为，则物体达到传送带速度之前的加速度仍为a，当物体加速到10m/s时，所通过的位移为
所用时间为
由于
所以1s后，物体将受到沿传送带向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可得
代入数据求得：
1s后物体匀加速运动的位移为
设所用时间为t2，则有
解得：
故物体从A运动B所需的时间为
26．(1)；(2)
【详解】
(1)根据竖直上抛运动规律可知，子弹击中木球后，木球的速度
一子弹正好从木球正下方竖直向上击中木球，击中木球后子弹未穿出，由动量守恒定律得
解得子弹击中木球前的速度大小
(2)木球又上升了，子弹击中木球后，木球的速度
一子弹正好从木球正下方竖直向上击中木球，但穿球而出，由动量守恒定律得
解得子弹击中木球前的速度大小
27．（1），方向水平向左；（2）18J
【详解】
（1）A物体从O运动到P
得
得
到O点炸药爆炸，根据动量守恒
得
爆炸瞬间B的冲量
方向水平向左；
（2）根据能量守恒可知
28．(1), (2), (3),
【解析】
（1）小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
mv0=mvP+mvQ；
联立解得 vP=0，vQ=v0= ．
（2）对于小球Q，由于qE=mg，故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
qvQB=m
经时间t1=T=
小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后：vP′=v0=，vQ′=0
小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，t2=
所以P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间
落地点与平台边缘的水平距离 xP=vP′t2=
（3）PQ相碰后，Q球速度vQ=v0，Q球在最高点和最低点的合力大小相等，故有：
解得
因为
解得
29．（1）1s；（2）小球速度12m/s，箱体速度0；（3）8580J
【详解】
(1)设t时间第一次相碰，由运动学规律得：
解得：
(2)碰前小球的速度为：
v1=gt=10m/s(竖直向下)
箱体的速度为：
v2=at=2m/s(竖直向上)
设碰后小球速度为向上的，箱体速度为向上的，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
得：
代入数据得：
(3)经分析小球不会碰箱体末花板，设经时间t2第二次碰地板
解得：
可得第二次碰前速度小球为8m/s(方向向下)，箱体速度为4m/s(方向向上)
同样由碰撞中动量守恒和能量守恒可得：第二次碰后小球速度14m/s(向上)箱体速度2m/s(向上)．
分析可知小球还是不与天花板相撞，设经时间t3第三次碰地板
解得：
所以第三次碰前箱体上升总高度为：
对箱体受力有：
得
由功的计算：
算得电动机对箱体做功8580J.
答：(1)小球开始运动与箱体发生第一次碰撞经过时间.
(2)第一次碰撞结束时小球速度12m/s，箱体速度0.
(3)从开始运动到第三次碰撞箱体前电机对箱体做的功W=8580J.
【点睛】
本题主要是动量守恒定律和能量守恒定律的灵活运用，要熟练掌握各守恒定律的条件.
30．(1) (2)
【解析】
试题分析：（1）b球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比．（2）求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b求的动能，然后求出能量之比．
（1）b球下摆过程中，由动能定理得：
碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：，
两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：
解得：
（2）两球碰撞过程中损失是机械能：，
碰前b球的最大动能，
31．（1）3.5 m/s （2）0.028 J （3）0.4 m
【详解】
(1)从导体框NP段进入第一个磁场到出第一个磁场的过程中，根据动量定理有
，
，
，
，
，
得
Δv＝－2.8 m/s，
v1＝3.5 m/s；
(2)设MQ从边界bb′离开时的速度为v2，则
，
，
，
，
，
得
Δv′＝－1.4 m/s，
v2＝2.1 m/s，
根据能量守恒可知，系统产生的焦耳热
，
电阻R上产生的焦耳热
；
(3)MQ从bb′离开时速度v2＝2.1 m/s，前进
Δl－l1＝0.1 m，
开始进入第二个磁场，由Δv＝－2.8 m/s，可知，导体框不能全部进入第二个磁场，设NP段从cc′进入后，前进距离x后停下，则
，
即
得
x＝0.3 m
前进的距离
；
32．(1)，；(2)；(3)
【详解】
(1)根据图像可知，AB分离后，B沿斜面向下做匀速直线运动，A沿斜面向上做匀减速直线运动，且
对A由牛顿第二定律得
解得
对B由平衡方程得
解得
(2)细线断裂瞬间，对AB由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
(3)当AB的速度相等时，二者相距最远，设A上滑的时间为tA，位移为xA；A下滑过程中的加速度为，时间为，位移为，则有
，
对A由牛顿第二定律得
，
B发生的位移
AB再次相遇前的最远距离
解得
33． 见解析所示 N到M 见解析所示
【详解】
(1)[1]设安培力大小为F安，则
得
(2)[2]设导体棒沿导轨向右以速度v匀速运动，产生的电动势为E，则
代入，解得
F对导体棒MN所做的功
电路获得的电能
代入，，解得
F对导体棒MN所做的功W等于电路获得的电能W电。
(3)[3]由右手定则可知，导体棒MN中感应电流方向为N到M。
[4]电路获得的电能。根据能量守恒定律，这部分能量只能从其他形式的能量转化而来。按照楞次定律，导体棒运动时，要克服拉力所做的机械功，把机械能转化成电能。设想感应电流的方向与楞次定律的结论相反M到N，导体棒MN所受的安培力不是阻力而是动力，导体棒MN将加速运动，速度越来越大，电流越来越大，如此增长就得到了取之不尽的动能（机械能）和电能，违背能量守恒定律。由此可见，回路中的感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。
答案第1页，共2页
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