湖北省宜昌市（东湖高中、宜都二中） 动量守恒定律单元测试题
一、动量守恒定律 选择题
1．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A，B相连接，静止在光滑水平地面上，现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．物块A在t1和t3两个时刻的加速度大小相等
B．从开始计时到t4这段时间内，物块A，B在t2时刻相距最远 C．t1到t3这段时间内弹簧长度一直在增大 D．m1:m2?1:2
2．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑,则
A．在小球从圆弧槽上下滑过程中,小球和槽组成的系统水平方向的动量始终守恒 B．在小球从圆弧槽上下滑运动过程中小球的机械能守恒 C．在小球压缩弹簧的过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒 D．小球离开弹簧后能追上圆弧槽
3．如图所示，物体A、B的质量均为m=0.1kg，B静置于劲度系数k=100N/m竖直轻弹簧的上端且B不与弹簧连接，A从距B正上方h=0.2m处自由下落，A与B相碰并粘在一起．弹簧始终在弹性限度内，g=10m/s2．下列说法正确的是
A．AB组成的系统机械能守恒 B．B运动的最大速度大于1m/s
C．B物体上升到最高点时与初位置的高度差为0.05m D．AB在最高点的加速度大小等于10m/s2
4．如图所示,A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上,三个球的
质量分别为mA=2kg,mB=3kg,mC=1kg,初状态三个小球均静止,BC球之间连着一根轻质弹簧,弹簣处于原长状态.现给A一个向左的初速度v0=10m/s,A、B碰后A球的速度变为向右,大小为2m/s，下列说法正确的是
A．球A和B碰撞是弹性碰撞
B．球A和B碰后,球B的最小速度可为0
C．球A和B碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96J D．球A和B碰后,弹簧恢复原长时球C的速度可能为12m/s
5．3个质量分别为m1、m2、m3的小球,半径相同,并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上,彼此恰好相互接触.现把质量为m1的小球拉开一些,如图中虚线所示,然后释放,经球1与球2、球2与球3相碰之后,3个球的动量相等.若各球间碰撞时均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,则m1:m2:m3为( )
A．6:3:1 B．2:3:1 C．2:1:1 D．3:2:1
6．如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度v0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为
?，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（ ）
A．木板先加速再减速，最终做匀速运动
2Mmv0B．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为
4(M?m)C．整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为
Mmv0 M?mMv02D．弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为
2?(M?m)g
7．如图甲,质量M=0.8 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上,质量m=0.2 kg的滑块静止在木板的左端,在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4 s后撤去力F。若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是
A．0~4s时间内拉力的冲量为3.2 N·s C．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 N·s
B．t= 4s时滑块的速度大小为9.5 m/s D．2~4s内因摩擦产生的热量为4J
8．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·s B．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N·s
C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
9．如图所示，小车的上面是由中间凸起的两个对称曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B．小球滑到小车最高点时，小球和小车的动量不相等
C．小球和小车相互作用的过程中，小车和小球系统动量始终守恒
v2D．车上曲面的竖直高度若高于，则小球一定从小车左端滑下
4g10．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动．两
者的位置x随时间t变化的图象如图所示．若a滑块的质量ma?2kg，以下判断正确的是
( )
A．a、b碰撞前的总动量为3 kg?m/s B．碰撞时a对b所施冲量为4 N?s C．碰撞前后a的动量变化为4 kg?m/s
D．碰撞中a、b两滑块组成的系统损失的动能为20 J
11．如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m.滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l.开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是( )
A．滑块和小球组成的系统动量守恒 B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
2m2glC．滑块的最大速率为 M(M?m)m2glD．滑块的最大速率为 M(M?m)12．如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心 O点 正下方放置为 2m的小球A，质量为m的小球 B以初速度 v0 向左运动，与小球 A 发生弹 性碰撞。碰 后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度 v0可能为（ ）
A．gR B．2gR C．5gR D．35gR 13．一个物体以某一初速度从粗糙斜面的底部沿斜面向上滑，物体滑到最高点后又返回到
斜面底部，则下述说法中正确的是（）
A．上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量
B．上滑过程中摩擦力的冲量与下滑过程中摩擦力的冲量大小相等 C．上滑过程中合力的冲量大于下滑过程中合力的冲量 D．上滑与下滑的过程中合外力冲量的方向相同
14．如图所示，质量为M的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m的木块．已知m与M之间的动摩擦因数为μ，m、M与桌面间的动摩擦因数均为2μ．现对M施一水平恒力F，将M从m下方拉出，而m恰好没滑出桌面，则在上述过程中
A．水平恒力F一定大于3μ(m+M)g
B．m在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等 C．M对m的冲量大小与桌面对m的冲量大小相等 D．若增大水平恒力F，木块有可能滑出桌面
15．如图所示，在倾角??30?的光滑绝缘斜面上存在一有界匀强磁场，磁感应强度B=1T，磁场方向垂直斜面向上，磁场上下边界均与斜面底边平行，磁场边界间距为L=0.5m。斜面上有一边长也为L的正方形金属线框abcd，其质量为m=0.1kg，电阻为
R?0.5?。第一次让线框cd边与磁场上边界重合，无初速释放后，ab边刚进入磁场时，
线框以速率v1作匀速运动。第二次把线框从cd边离磁场上边界距离为d处释放，cd边刚进磁场时，线框以速率v2作匀速运动。两种情形下，线框进入磁场过程中通过线框的电量分别为q1、q2，线框通过磁场的时间分别t1、t2，线框通过磁场过程中产生的焦耳热分别为Q1、Q2.已知重力加速度g=10m/s2，则：（ ）
A．v1?v2?1m/s，d?0.05m C．Q1:Q2?9:10
16．如图所示，半径为R、质量为M的
B．q1?q2?0.5C，d?0.1m D．t1:t2?6:5
1一光滑圆槽静置于光滑的水平地面上，一个质量4为m的小木块从槽的顶端由静止滑下，直至滑离圆槽的过程中，下列说法中正确的是
A．M和m组成的系统动量守恒 B．m飞离圆槽时速度大小为2gRM m?MC．m飞离圆槽时速度大小为2gR D．m飞离圆槽时，圆槽运动的位移大小为
mR m?M17．如图（a）所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻，甲物块以速度v0?4m/s向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v—t图像如图（b）中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为6kg，乙物块质量为5kg，则（ ）
A．此碰撞过程为弹性碰撞 C．碰后乙物块移动的距离为3.6m 5
B．碰后瞬间乙物块速度为2.4m/s D．碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6：
18．如图所示，一质量为M的木板A静止在光滑的水平面上，一质量为m的滑块B以初速度v0滑到木板上，滑块在木板上滑行的距离为d，木板向前移动S后以速度v与滑块一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为（ ）
12m(v0?v0v) 2m(v0?v)vd
2Sm(v0?v)vd SA．
B．mv0(v0?v)
C．D．
19．如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=
2mg，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电q小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ0现使圆环以初速度v0向下运动，经时间to，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．环经过
t0时间刚好到达最低点 2B．环的最大加速度为am=g+
?qv0Bm
22mg12C．环在t0时间内损失的机械能为m(v0-222)
2?qBD．环下降过程和上升过程摩擦力的冲量大小不相等
20．四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，是央视《国家地理》频道的实验示意图，直径相同（约30cm左右）的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是（ ）
A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．每个水球对子弹做的功不同 C．每个水球对子弹的冲量相同
D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
二、动量守恒定律 解答题
21．如图所示，质量为mc=2mb的物块c静止在倾角均为α=30°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=1 s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=与斜面平行，取g =10 m/s2．求：
3，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时3
（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．
ma（3）a、b物块的质量之比．
mb22．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带长度L?15m，传送带以恒定速度v?5m/s顺时针转动，三个质量均为
m?1kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原
长，滑块B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，滑块B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0?6m/s沿滑块B、C连线方向向滑块B运动，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角??37?的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数??0.8，取重力加速度g?10m/s2，sin37??0.6，cos37??0.8。求： （1）滑块A、B碰撞时损失的机械能； （2）滑块C刚滑上传送带时的速度； （3）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q。
23．如图所示，光滑绝缘水平面内有直角坐标系xoy，虚线MN和OD均过O点且都与x轴成60°角。在距x轴为d处平行x轴固定放置一细杆PQ，杆上套有一可以左右滑动的滑块。劲度系数为k、原长为 d 的轻细弹簧垂直于细杆固定在滑块上，另一端放置一质量为 m的绝缘小球甲，小球甲与弹簧不栓接。同时在x轴上、沿着弹簧方向放置一质量为3m、带电量为 – q（q > 0）的小球乙。压缩弹簧将小球甲从OD上某点释放，此后，甲球与乙球发生弹性正碰，小球乙随后进入位于MN左侧的有矩形边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，矩形的一条边与MN重合。改变滑块位置，保证每次小球甲的释放点都在OD上、且滑块与两球在同一条平行于y轴的直线上，并知两球每次都能发生弹性正碰，且碰撞后小球乙的带电量不变，结果发现每次小球乙进入磁场后再离开磁场时的位置是同一点。弹簧始终在弹性限度以内，弹性势能的计算公式是EP =短量，滑块和小球甲、乙都可视为质点。求： (1)当滑块的横坐标为
1k·ΔL2，ΔL是弹簧的伸长或缩21d时，小球甲与乙碰前的速度大小； 2(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)若弹簧的最大压缩量为
9d，求矩形磁场区域的最小面积。 10
24．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑
11圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送44带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：
(1)物块B滑到
1圆弧的最低点C时对轨道的压力； 4(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。 25．如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由弯轨AB，FG和直窄轨BC，GH以及直宽轨DE、IJ组合而成，AB、FG段均为竖直的
1圆弧，半径相等，分别在B，G两点与窄轨BC、4GH相切，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，BC、GH等长且与DE，IJ均相互平行，CD，HI等长，共线，且均与BC垂直。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场，窄轨间距为
L，宽轨间距为L。由同种材料制成的相同金属直棒a，b始终与导轨垂直2且接触良好，两棒的长度均为L，质量均为m，电阻均为R。初始时b棒静止于导轨BC段某位置，a棒由距水平面高h处自由释放。已知b棒刚到达C位置时的速度为a棒刚到达
B位置时的
1，重力加速度为g，求： 5
（1）a棒刚进入水平轨道时，b棒加速度ab的大小； （2）b棒在BC段运动过程中，a棒产生的焦耳热Qa；
（3）若a棒到达宽轨前已做匀速运动，其速度为a棒刚到达B位置时的滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中产生的焦耳热Qb。
26．如图为某种弹射装置的示意图，光滑水平导轨MN右端N与水平传送带等高并无缝连接，水平传送带上表面距地面高度h?0.45m，皮带轮沿顺时针方向匀速转动．可视为质点的滑块A、B、C静止于水平导轨上，滑块B、C之间用细绳连接并压缩一轻质弹簧．让滑块A以v0?4.0m/s的初速度向右运动， A与B碰撞后粘在一起，碰撞时间极短，此时连接B、C的细线断裂，弹簧伸展，C在到N点前脱离弹簧后滑上传送带，最终落至地面上的P点， P点距传送带右端的水平距离始终为x?1.5m．滑块C脱离弹簧时AB向左运动，速度大小vAB?0.5m/s．已知A、B、C的质量分别为
1，则b棒从刚2m1?0.5kg、m2?1.5kg、m3?1.0kg，滑块C与传送带之间的动摩擦因数??0.2，重
力加速度g取10m/s2，求：
(1)滑块C滑上传送带时的速度大小；
(2)滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep及A与B碰撞损失的机械能； (3)若只改变传送带长度，滑块C均落至P点，讨论传送带长度L应满足什么条件?
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一、动量守恒定律 选择题 1．A 解析：ACD 【解析】 【分析】
【详解】
A．根据图像的对称性可知，在t1和t3两个时刻，图像的斜率大小相等，因此物块A在t1和t3两个时刻的加速度大小相等，A正确；
BC．结合图象可知，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，系统动能最小；然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，两木块速度相等，弹簧最长，弹簧弹性势能最大，系统动能最小，B错误，C正确；
D．两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到t1时刻列方程可知
m1v1?(m1?m2)v2
将v1=3m/s，v2=1m/s代入得
m1：m2=1：2
D正确。 故选ACD。
2．A
解析：AC 【解析】 【详解】
A．小球和圆弧槽在竖直方向上受力不平衡，故竖直方向系统动量不守恒，水平方向受力平衡，系统动量守恒，故A正确；
B．小球和圆弧槽在水平方向动量守恒，故系统机械能守恒，故小球开始时的重力势能转化为小球和圆弧槽的动能，故小球的机械能减少，故B错误； C．小球压缩弹簧时，只有弹簧弹力做功系统机械能守恒，故C正确；
D．小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能追上圆弧槽，故D错误． 故选AC．
点睛：解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两物体相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断．
3．B
解析：BD 【解析】 【分析】 【详解】
A、由于弹簧对AB系统做功，所以AB组成的系统机械能不守恒，故A错
B、设A下落高度h时的速度为v，根据动能定理可知：mgh?mv2 可得：v?2m/s A与B相碰过程动量守恒：mv?2mv? 解得v??121v?1m/s ，由于刚接触弹簧时弹簧弹2
力小于重力，所以AB整体继续向下做加速运动，所以 B运动的最大速度大于1m/s，故B对；
C、AB碰后一起在竖直方向做简谐运动，当弹力等于重力时，加速度等于零，故
2mg?k?x2 解得?x2?1?0.02m ，即简谐运动的振幅为0.02m, 501?0.01m 100而刚开始时mg?k?x1 得：?x1?所以整体上升到最高点相对于B的初位置上升了0.01m,此时弹簧处于原长状态，所以AB的加速度为g，故C错；D对； 故选BD
4．A
解析：AD 【解析】 【详解】
A.A、B两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0=mAvA+mBvB，
解得：
vB=8m/s，
碰撞前系统总动能：
EK?碰撞后系统总动能：
11mAv02??2?102J?100J 22EK??11112mAvA2?mBvB2??2?（?2）J??3?82J?100J 2222碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故A正确；
BD.A、B碰撞后，B、C组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时B的速度最小，C的速度最大，以向左为正方向，从碰撞后到弹簧恢复原长过程，在水平方向，由动量守恒定律得：
mBvB=mBvB′+mCvC
由机械能守恒定律得：
111 mBvB2?mBvB?2?mCvC2 222解得：vB′=4m/s，vC=12m/s（弹簧恢复原长时C的速度最大，vB′=8m/s，vC=0m/s 不符合实际，舍去），由此可知，弹簧恢复原长时C的速度为12m/s，B的最小速度为4m/s，故B错误，D正确；
C.B、C速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
mBvB=（mB+mC）vC，
由机械能守恒定律得：
11 mBvB2?（mB?mC）vC2?EP 22解得弹簧的最大弹性势能：EP=24J，故C错误。
5．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三个小
(3p)2p2p2p2???球的动量相等设为p，则总动量为3p．由机械能守恒得，即2m12m12m22m39111???，代入四个选项的的质量比值关系，只有A项符合，故选A． m1m1m2m3【点睛】
本题要注意灵活设出中间量p，从而得出正确的表达式，再由选择得出正确的条件．
6．A
解析：AB 【解析】 【分析】 【详解】
A．物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A正确；
B．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看做系统，由动量守恒定律可得
mv0?(m?M)v
得
v?mv0 m?M从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得
Ep?11mv02?(m?M)v2?Wf 2211mv02?(m?M)v2 22从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得
2Wf?
mMv02Wf?
4(m?M)则最大的弹性势能为
2Mmv0Ep?
4(M?m)所以B正确；
C．根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为
I?mv?mv0??所以
Mmv0 M?mMmv0是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C错误； M?mD．由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为
Ff??mg
又系统克服摩擦力做功为
Wf?Ffx相对
则
Mv02Wfx相对=?
Ff4?(M?m)gMv02即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为，所以D错误。
4?(M?m)g故选AB。
7．B
解析：BCD 【解析】 【详解】
A.冲量的定义式：I?Ft，所以F-t图像面积代表冲量，所以0-4 s时间内拉力的冲量为
I?(故A错误；
0.5?1?2?2?1)N?S?3.5N?S 2B.木块相对木板滑动时：对木板：
?mg?Ma
对木块：
F??mg?ma
联立解得：
F?0.5N，a?0.5m/s2
所以0时刻，即相对滑动，对滑块：
IF??mgt?mv1?0
解得4s时滑块速度大小：
v1?9.5m/s
故B正确； C.4s时，木板的速度
v2?at?0.5?4m/s?2m/s
撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒：
解得：v?3.5m/s， 对木板根据动量定理可得：故C正确； D.0-2s内，对m：
IF??mgt1?mv1
解得：v1?3.5m/s 对M
解得v2=1m/s 2-4s内：对m
对M
所以
故D正确。
8．A
解析：AB 【解析】 【分析】
mv1?Mv2?(M?m)v
I?Mv?2.8N?s
I0.5?1F?2?2N?s?1.5N?s ?mgt1?Mv2
aF??mg1?m?1?0.40.2?3m/s2 x121?v1t2?2a1t2?13m；
a?mg2?M?0.5m/s2
x122?v2t2?2a2t2?3m
s相?x1?x2?10m
Q??mg?s相?4J
【详解】
ABD．释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得
mv1?Mv2?0
由机械能守恒得
112 mv12?Mv2?EP 22代入数据解得
v1?9m/s，v2?3m/s
即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得
121'2mv1?mv1?mg?2R 22解得
v1??8m/s
以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为
I??p?mv1??mv1?0.2???8?N?s?0.2?9N?s??3.4N?s
则合力冲量大小为3.4N?s，由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为
I??p?mv1?0.2?9N?s?1.8N?s
故A B正确，D错误；
C．设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得
112 mv12?mv2?mg?2r 22在最高点，由牛顿第二定律得
2v2mg?N?m
rm从B点飞出，需要满足：N?0，飞出后，小球做平抛运动
2r?12gt 2x?v2t
解得
v124rv?(v?4gr)?(?4r)4r gg21当8.1?4r?4r时，即r=1.0125m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误。 故选AB。
9．D
解析：D
【解析】 【分析】 【详解】
A．小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，选项A错误；
B．由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，又因为两者质量相等，故小球滑到最高点时，小球和小车的动量相等，选项B错误；
C．对于车、球组成的系统，水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，选项C错误； D．由于小球原来的动能为
1Ek0=mv2
2小球到最高点时系统的动能为
1mv2?v? Ek=?2m???224??所以系统动能减少了
2mv2 ?Ek=4如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即
12mv?mgh 4得
v2h?
4g显然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，选项D正确。 故选D。
10．B
解析：BC 【解析】 【分析】
两滑块a、b碰撞过程系统的动量守恒，根据图象的斜率求出滑块的速度，然后由动量守恒定律求出滑块b的质量，从而得到总动量．对b，利用动量定理求碰撞时a对b所施冲量．应用能量守恒定律可以求出系统损失的动能． 【详解】
由x?t图象的斜率表示速度，可知碰撞前滑块a的速度为：
va?xa4?10x4???3m/s，b的速度为：vb?b??2m/s ；碰撞后，两滑块的
tb2ta2共同速度为v??x2?4???1m/s． ?t2
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以b的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
4mava?mbvb??ma?mb?v，解得：mb?kg，a、b碰撞前的总动量为：
310P?mava?mbvb??ma?mb?v? kg?m/s．故A错误．对b，由动量定理得：
3I?mbv?mbvb??4 N?s，即碰撞时a对b所施冲量为4 N?s，故B正确．碰撞前后a
的动量变化为：P?mav?mava?4 kg?m/s，故C正确．碰撞前后滑块a、b组成的系统损失的动能为：Ek?11122mava?mbvb??ma?mb?v2，代入数据解得：222Ek?10J，故D错误．故选BC．
【点睛】
本题关键是根据图象的斜率得到两个滑块碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律、动量定理和能量守恒定律进行研究．
11．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．小球下落过程中系统合外力不为零，因此系统动量不守恒．故A项错误．
B．绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒．故B项正确．
CD．当小球落到最低点时，只有水平方向的速度，此时小球和滑块的速度均达到最大．据系统水平方向动量守恒有
Mvmax＝mv
据系统机械能守恒有
mgl?联立解得
1212mv?Mvmax 22vmax故C项正确，D项错误． 故选BC。
2m2gl?
M(M?m)12．A
解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】
A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，
设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：
mv0=mv1+2mv2
由动能守恒得
121212mv0＝mv1??2mv2 222联立得
2v2＝v0 ①
3a．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得
2vmin ② 2mg＝2mRA在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得
1122?2mv2＝?2mvmin?2mg?2R③ 22联立①②③得
v0＝1.55gR
可知若小球B经过最高点，则需要：v0?1.55gR
b．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得
12?2mv2＝2mgR ④ 2联立①④得
v0＝1.52gR
可知若小球不脱离轨道时，需满足
v0?1.52gR 由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0?1.52gR或v0?1.55gR，故ABD正确，C错误。 故选ABD。
13．A
解析：ACD 【解析】 【详解】
上滑过程加速度：a上=g（sinθ+μcosθ），下滑过程加速度：a下=g（sinθ-μcosθ），则a上＞a
下
，上滑过程为匀减速直线运动，末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，
下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动，上滑与下滑过程的位移x大小相等，由
x=
12
at，a上＞a下，可知：t上＜t下；重力的冲量：IG=mgt，由于t上＜t下，则上滑过程重力2的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故A正确；摩擦力的冲量：If=ft=μmgtcosθ，由于t上＜t下，则上滑过程摩擦力的冲量小于下滑过程中摩擦力的冲量，故B错误；上滑过程为匀减速直线运动，末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动，上滑与下滑过程的位移x大小相等，由v2=2ax，a上＞a下，可知：v上＞v下，由动量定理得：I合=mv-0=mv，可知：I合上＞I合下，故C正确；上滑和下滑过程中，合外力均沿斜面向下，则上滑与下滑的过程中合外力冲量的方向均沿斜面向下，选项D正确；故选ACD. 【点睛】
本题考查了比较各力的冲量大小，本题的解题关键是分析受力和两个运动过程中的时间关系，由牛顿第二定律和运动学公式、冲量的意义、动量定理即可正确解题．
14．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
A．对小木块，根据牛顿第二定律有：
μmg=ma1
对木板，根据牛顿第二定律有：
F??mg?2?(m?M)g?Ma2
要使小木块滑离木板，需使：
a2?a1
则有：
F?3?(m?M)g
故A正确；
B．设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为t1，小木块的加速度大小为a1，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为a2，时间为t2，有：
?mg?ma1
2?mg?ma2
a1t1?a2t2
联立解得：
t1?2t2
故B错误；
C．根据动量定理可知，m的动量变化量为零，故说明总冲量为零，因m只受到M的向右的冲量和桌面向左的冲量，故二者一定大小相等，方向相反，但由于还受到支持力的冲量，由于故M对m的冲量大小与桌面对m的冲量大小不相等，故C错误；
D．若增大水平恒力F，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小；在桌面上滑动的距离变短，不可能滑出桌面，故D错误。 故选AC． 【点睛】
薄木板在被抽出的过程中，滑块先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解出木块的加速度，根据运动学规律求解出时间； 根据动量定理，合外力冲量为零，M对m的冲量与桌面对m的冲量大小相等；增大水平拉力，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小，在桌面上滑动的距离变短，可以判断能否滑出桌面．
15．B
解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A．匀速运动时，对线框进行受力分析可知
B2L2v mgsin??R可得
v1?v2?1m/s
根据机械能守恒
mgdsin??可得
12mv2 2d?0.1m
A错误；
B．进入磁场过程中
??BL2 E???t?tI?E Rq?I??t①
由三式联立得
BL2 q?R代入数据整理得
q1?q2?0.5C
结合A选项可知B正确；
C．根据能量守恒定理，第一次进入磁场过程中
19Q1?mg?2Lsin30?mv12?J
220第二次由于匀速运动
Q2?mg?2Lsin30?因此
1J 2Q19? Q210C正确；
D．根据动量定理，第一次进入磁场的时间
mgsin???t?F??t?mv1 ②
而
F?BIL③
将①③代入②代入数据，可得
?t?0.7s
接下来匀速运动，离开磁场的时间
t??因此第一次穿过磁场的时间
L?0.5s vt1??t?t??1.2s
第二次匀速穿过磁场的时间
t2?2t??1.0s
因此
t16? t25D正确。 故选BCD。
16．B
解析：BD 【解析】 【详解】
A．对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，则只有水平方向动量守恒，选项A错误；
BC．设木块滑出槽口时的速度为v，槽的速度为u，在水平方向上，由动量守恒定律可得：
mv-Mu=0
木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgR?121mv?Mu2 22
联立解得
v?故选项B正确，C错误；
D．对木块和槽的系统动量守恒定律可得：
2gRM m?Mm(R-x)-Mx=0
解得
x?选项D正确。
mR m?M17．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．由图乙可知，碰前甲的速度
v1?3m/s
碰后甲的速度
v甲?1m/s
碰撞过程中动量守恒
m甲v1?m甲v甲+m乙v乙
代入数所据，解得
v乙?2.4m/s
又由于
111m甲v12?m甲v2甲+m乙v2乙 222碰撞的过程中，损失了机械能，不是弹性碰撞，因此A错误，B正确；
C．由图(b)可知甲的延长线交时间轴于t=4s处，由于图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此
1x乙??2.4?(4?1)?3.6m
2C正确；
D．在v—t图像中斜率表示加速度，由图(b)可知，甲物体做减速运动的加速度
a1?1m/s2
乙物体做减速运动的加速度
a2?0.8m/s2
因此
f1m1a13?? f2m2a22D错误。 故选BC。
18．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．根据能量守恒定律，转化的内能
121Q?mv0?(M?m)v2①
22而整个运动过程中，动量守恒
mv0=(M?m)v②
①②联立可得
Q?A正确，B错误； CD．根据动能定理
12m(v0?v0v)③ 2?f(S?d)?fS?由②④⑤联立得
1212mv?mv0 ④ 221Mv2⑤ 2dv0?⑥ Sv将⑥代入③可得
Q?C正确，D错误。 故选AC。
m(v0?v)vd
2S19．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为F?qE?2mg，方向始终竖直向上。假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，受力分析，根据牛顿第二定律
得：
mg??qE??qvB??ma
得：
?qvB??a???g?? m??负号代表该加速度与运动方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；当环上升的过程中，根据牛顿第二定律
mg??qvB?qE?ma?
解得：
?qvB??a????g?? m??环做加速度逐渐减小的减速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时，
a??0
v?开始以速度v做匀速直线运动。
所以由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于
mg ?vBt0; 2整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度大小的最大值为：
am?g?则A错误,B正确；
?qv0Bm
C．由以上计算，可知，整个过程中，系统损失的机械能
12121?2m2g2??E?mv0?mv?m?v0?222?
222?q?B?C正确；
D．环上升和下降的过程中，摩擦力的冲量大小相等，D错误。 故选BC。
20．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A．子弹向右做匀减速运动，通过相等的位移时间逐渐缩短，所以子弹在每个水球中运动的时间不同。加速度相同，由v?at知，子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A错误；
B．由W??fx知，f不变，x相同，则每个水球对子弹的做的功相同，选项B错误；
C．由I?ft知，f不变，t不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项C错误； D．子弹恰好能穿出第4个水球，则根据运动的可逆性知子弹穿过第4个小球的时间与子弹穿过前3个小球的时间相同，子弹穿出第3个水球的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项D正确。 故选 D。
二、动量守恒定律 解答题
21．（１）0.6；（２）0.578；（３）15/16 【解析】 【分析】 【详解】
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
解析：（１）0.6；（２）0.578；（３）15/16 【解析】 【分析】 【详解】
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．
2（1）物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度为a1?gsin??5m/s
由 l1?2l12?0.912??0.6s a1t1解得：t1?a15212a1t， t?1s解得 v1?1.6ms 2（2）取沿AC方向为正方向，由?l1?v1t?v122.56??0.256(m) a沿斜面上滑距离有s?2a12?5所以物块a能到达离A点的最大高度h?(l1?s)sin??0.578m
（3）设绳断时物块b的速度为v2，b与c相碰后b的速度为v2?，c的速度为vc，则
mbv2?mbv2??mcvc111mbv22?mbv2?2?mcvc2 222mc?2mb联立解得 v2???v2 v2?133vc 2因vc的方向沿斜面向下，故v2的方向沿斜面向下，v2?的方向沿斜面向上．
在EB段上的加速度为a2?gsin???gcos??10?(?上作匀速运动．
1233?)?0，物块b在EB段32?和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为v2?，则v2(t?2t2)?l2
v2? t2?a1代入数据，得2v2?2?5v2??2?0
?解得v2?的大小为 v2?0.5m/s和2m/s
物块b刚下滑到E点时的速度为v0?2a1l1?2?5?0.9?3(m)
s若取v2??2m/s，则v2的大小为v2?6m/s?v0?3m/s，与事实不符，所以舍去． 取v2??0.5m/s，则v2?1.5m/s，方向沿斜面向下． 设细绳对物块a和b的冲量大小为I，由I?mav1
?I?mb(v2?v0)
mav0?v23?1.515??? 解得 mbv11.616点睛：绳绷紧瞬间，对两端物体的冲量大小相等．
22．（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】
（1）与位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设与碰撞后共同速度为，选取向右为正方向，对、有
碰撞时损失的机械能为 联立解得
（2）设、碰撞
解析：（1）9J；（2）4m/s；（3）8J 【解析】 【详解】
（1）A与B位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A与B碰撞后共同速度为v1，选取向右为正方向，对A、B有
mv0?2mv1
碰撞时损失的机械能为
?E?联立解得
121mv0??2m?v12 22?E?9J
（2）设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，C的速度为vC，由动量守恒定律得：
2mv1?2mvB?mvC
由机械能守恒定律得：
11122?2mv12??2mvB?mvC 222联立解得：
vC?4m/s
（3） 滑块C以vC滑上传送带，假设匀加速直线运动位移为x时与传送带共速，由运动学公式有：
a1??gcos??gsin??0.4m/s2
2v2?vC?2a1x
联立解得
x?11.25m?L
设加速运动的时间为t，有：
v?vC?a1t
所以相对位移
?x?vt?x
代入数据解得：
?x?1.25m
所以摩擦生热
Q??mgcos???x?8J
23．(1) d；(2)；(3) （2 +）d 2
【解析】 【分析】 【详解】
(1)如图，弹簧的压缩量ΔL与释放点横坐标x之间存在关系式
ΔL = 当横坐标为d时
释放弹簧后，弹性势能转化为小球甲
解析：(1) 【解析】 【分析】 【详解】
(1)如图，弹簧的压缩量ΔL与释放点横坐标x之间存在关系式
ΔL =3x
当横坐标为
2733km13kd；(2)；(3) （2 +3）d 2
252m4q1d时 21?L0?3?d
2释放弹簧后，弹性势能转化为小球甲的动能
11k·ΔL02 = mv12 22整理得
v1?(2)当粒子释放点坐标为x时，有
13kd 2m112k(3x)2?mv0 22小球甲与小球乙发生弹性正碰过程
mv0?mvm?3mv
12121mv0?mvm??3mv2 222整理得
v?乙在磁场中运动时
1v0 2v2qvB?3m
r联立得
r?3m3kx
2qBm由于r?x 因此当x→0时，r→0时，可见，小球乙离开磁场的位置为O点，由几何知识得
r = 2 x
即
3m3k=2
2qBm整理得
B?(3)当弹簧最大压缩量为ΔLm =
33km 4q9d 时 10R?233??Lm?d
53最大轨道运动如图所示
最小矩形的长为
a = 2 R
矩形的宽为
b?R?Rcos30o?R? 矩形面积为
3R 2S?ab?27(2?3)d2 2524．（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s
【解析】 【详解】
(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律
得：
代入数据解得：
v0=5m/s 在圆弧最低点C，
解析：（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s 【解析】 【详解】
(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：
12mgR?mv0
2代入数据解得：
v0=5m/s
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：
2v0F?mg?m
R代入数据解得：
F=60N
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
2v2?v0?2al
代入数据解得：
v=4m/s
由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv=mv1+Mv2
由机械能守恒定律得：
121212mv?mv1?Mv2 222解得：
v1?v??2m,v2?2m
ss212mv2?12J 2物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：
Ep?(3) 碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得
1??mgl??0?mv12
2解得：
l′=2m＜4.5m
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：
?mgt1?2mv1'
解得：
2v1't1??4s
?g设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1'?mv3?Mv4
1'21212 mv1?mv3?Mv4222代入数据解得：
v3??1m
s当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：
?mgt2?2mv3
解得：
'2v3t2??2s
?g同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为
tn?构成无穷等比数列，公比q?1?4s n?121，由无穷等比数列求和公式 21?qnt总?t1
1?q当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为
t总?111?2?4s=8s
25．（1）；（2）；（3）
【解析】 【详解】
（1）a棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得
解得 由： 得
由牛顿第二定律
（2）b棒在窄轨上运动的过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时
4147B2L22ghmgh；（3）mgh 解析：（1）；（2）256004mR【解析】 【详解】
（1）a棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得
1mgh? mv02
2解得
v0?2gh
由：
E?BLv
I?E R总F安?BIL
得
B2L22gh F安?4R由牛顿第二定律
ab?F安m
B2L22gh ab?4mR
（2）b棒在窄轨上运动的过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时的速度为vb，此时a棒的速度为va，由动量守恒得：
mv0?mva?mvb
又由：
1vb?v0
5得
va?4v0 5故由能量守恒，该过程中系统产生的焦耳热：
141Q总1?mgh?m(v0)2? m(v0)2
255又因此过程中，a、b棒连入电路的电阻相等，故由
Q?I2Rt
得
14Q阻?Q总1?mgh
225?、vb?，由 （3）当a棒在窄轨上匀速时，b棒在宽轨上也一定匀速，设其速度分别为vaE=BLv
知
Ea?BL?va 2Eb?BLvb?
由Ea?Eb得
??2 vb? va而由va? v0可得
121vb? v0
4b棒刚滑上宽轨时，a，b两棒的总动能为
1?4?1?1?17Ek1?m?v0??m?v0??mgh
2?5?2?5?25b棒在宽轨上第一次恰好达到匀速时，a，b两棒的总动能为
221?1?1?1?5Ek2?m?v0??m?v0??mgh
2?2?2?4?16故从b棒刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中，两棒产生的总焦耳热
22
Q总2?Ek1?Ek2?147mgh 400而此过程中，b棒连入电路的电阻是a棒的两倍，由
Q?I2Rt
知
2147Qb?Q总2?mgh
360026．(1) (2) (3)当传送带的速度小于5.0m/s时，L不存在 ;当传送带的速度等于5.0m/s时，滑块C可先加速后匀速，;当传送带的速度大于5.0m/s时，滑块C
只能一直加速， 【解析】 本
解析：(1)vC?3m/s (2)?E?3J (3)当传送带的速度小于5.0m/s时，L不存在 ;当传送带的速度等于5.0m/s时，滑块C可先加速后匀速，L?4m;当传送带的速度大于5.0m/s时，滑块C只能一直加速，L?4.0m 【解析】
本题考查动量与能量结合的问题，涉及传送带模型．
(1)以A、B、C弹簧为系统，动量守恒m1v0??(m1?m2)vAB?m3vC 代入数据得 vC?3m/s
(2)A、B发生碰撞，有m1v0?(m1?m2)v1
A、B碰撞结束后到C与弹簧分离，系统机械能守恒，有
11122(m1?m2)v12?Ep?(m1?m2)vAB?m3vC 222解得弹性势能 Ep?3.75J A与B碰撞损失的机械能：?E?解得：?E?3J (3)滑块C做平抛运动：h?解得：v?5.0m/s
C滑上传送带做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知a?22由v?vC?2as ，得L0?4m
112m1v0?(m1?m2)v12 2212gt ， x?vt 2?m3gm3?2m/s2
当传送带的速度小于5.0m/s时，L不存在
当传送带的速度等于5.0m/s时，滑块C可先加速后匀速，L?4m 当传送带的速度大于5.0m/s时，滑块C只能一直加速，L?4.0m
湖北省宜昌市(东湖高中、宜都二中) 动量守恒定律单元测试题
