第一章動量守恒定理全章質(zhì)量過關(guān)分層試題-2021-2022學(xué)年人教版高中物理選擇性必修第一冊一、單選題1.下列關(guān)于動量的說法中不正確的是（ ）A.同一物體的動量越大，則它的速度越大B.動量相同的物體，速度方向一定相同C.質(zhì)量和速率相同的物體，其動量一定相同D.一個物體動量改變，則其速率不一定改變.如圖所示，輕彈簧豎直立在地面上，一個質(zhì)量為0.5kg的小球從距彈簧上端正上方0.8m處由靜止釋放。從小球接觸彈簧到第一次脫離彈簧共用時0.5s,不計空氣阻力，彈簧的形變在彈性限度內(nèi)，重力加速度gmiOm/s2,則小球與彈簧接觸過程中彈簧對小球的平均作用力大小為（ ）A.13N B.8N C.3N D.18N.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率%進入太空預(yù)定位置，有控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為外，后部分的箭體質(zhì)量為嗎，分離后箭體以速率匕沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速度匕為（ ）A.v0-v2 B.%+匕 C.%一絲匕 D.v0+—（v0-v2）4.距地面高人處以速度%水平拋出質(zhì)量為加的物體，不計空氣阻力，重力加速度為g,下列說法正確的是（）A.落地時重力的功率為盛耐.2B.落地時物體動量大小為機C.若拋出時的速度大小為2%,則落地時重力的功率變大D.若拋出時的速度大小為2%,則從拋出到落地物體動量變化量不變.如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系著繩的小球向右拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，不計一切摩擦，小球向左擺到最低點過程中（）A.小車和小球組成的系統(tǒng)動量守恒 B.車的機械能守恒C.細繩中的拉力對小車做正功 D.小球的機械能增加.如圖所示，A,B兩個大小相同、質(zhì)量不等的小球放在光滑水平地面上，A以3m/s的速率向右運動，B以TOC\o"1-5"\h\zkn/s的速率向左運動，發(fā)生正碰后A、B兩小球都以2m/s的速率反彈，則A、B兩小球的質(zhì)量之比為（ ）匕 以 ?< A.5:3 B.3:5 C.1:1 D.3:1.在某次軍演時，一炮彈由地面斜向上發(fā)射，假設(shè)當(dāng)炮彈剛好到最高點時爆炸，炸成兩部分P、Q,其中P的質(zhì)量大于Q。已知爆炸后P的運動方向與爆炸前的運動方向相同，假設(shè)爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空氣的阻力，則下列說法正確的是（ ）A.爆炸后Q的運動方向一定與P的運動方向相同.爆炸后Q比P先落地C.Q的落地點到爆炸點的水平距離大D.爆炸前后P、Q動量的變化量大小相等8.如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為加的物塊A和B,8上固定一輕質(zhì)彈簧，8靜止A以速度為水平向右運動，從A與彈簧接觸至彈簧被壓縮到最短的過程中（ ）A.A、8及彈簧所構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒

B.在任意一段時間內(nèi)兩物體所受彈力的沖量相同c.在任意時刻系統(tǒng)動能均為;切片D.彈簧獲得的最大彈性勢能為理49.如圖甲所示，將長￡.=0.5m的平板車固定在水平面上，在其上表面鋪上一種動摩擦因數(shù)逐漸增大的特殊材料，可視為質(zhì)點質(zhì)量為m=lkg物塊以初速度％=3m/s滑上平板車，物塊在平板車上向右滑動時，所受摩擦力/隨它距平板車左端A點位移心的變化關(guān)系如圖乙所示，則下列說法正確的是（ ）圖甲 圖乙圖甲 圖乙A.物塊在平板上做勻減速直線運動.物塊克服摩擦力做功為3JC.物塊滑離平板車時的速度大小為正m/sD.摩擦力對平板車的沖量大小為零.如圖所示，質(zhì)量為M的木板靜止在光滑水平面上，木板左端固定一輕質(zhì)擋板，一根輕彈簧左端固定在擋板上，質(zhì)量為m的小物塊從木板最右端以速度小滑上木板，壓縮彈簧，然后被彈回，運動到木板最右端時與木板相對靜止。已知物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為〃，整個過程中彈簧的形變均在彈性限度內(nèi)，則L 』HZZ/ZZZ/ZZ/ZZZ/ZZZZZZZZZZZZ/ZZZZZZZA.木板先加速再減速，最終靜止B.整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為產(chǎn)鼻C.整個過程合力對物塊的沖量大小為學(xué)區(qū)D.彈簧壓縮到最短時，物塊到木板最右端的距離為D.彈簧壓縮到最短時，物塊到木板最右端的距離為2MM+m)g二、多選題.水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為A.48kg B.53kg C.58kg D.63kg12.一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則()TOC\o"1-5"\h\z2 ：II:0-1~~12~3~~-1 -： :r=ls時物塊的速率為lm/sr=2s時物塊的動量大小為4kg?m/sf=3s時物塊的動量大小為5kg-m/sr=4s時物塊的速度為零13.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為/,左端。處固定輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用不可伸長的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F.質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達最大時細繩恰好被拉斷，再過一段時間后長木板停止運動，小滑塊恰未掉落.則()A.細繩被拉斷瞬間木板的加速度大小為《MB.細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為gm/c.彈簧恢復(fù)原長時滑塊的動能為;m一v2D.滑塊與木板AB間的動摩擦因數(shù)為二2gl14.如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為mA=6kg,mB=2kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁現(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力，該力對物體B做功W=25J,使A、B間彈簧被壓縮，在系統(tǒng)靜止時，突然撤去向左推力解除壓縮，則（ ）|AWWWWVB< ///^////////////////A.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動量守恒B.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)機械能守恒C.從撤去外力至A與墻面剛分離，A對彈簧的沖量/=10N$方向水平向右D.A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長時，兩物體速率均是2.5m/s.如圖所示，在光滑的水平桿上套有一個質(zhì)量為m的滑環(huán).滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質(zhì)量為M的物塊（可視為質(zhì)點），繩長為L.將滑環(huán)固定時，給物塊一個水平?jīng)_量，物塊擺起后剛好碰到水平桿;若滑環(huán)不固定時，仍給物塊以同樣的水平?jīng)_量，則（ ）M—A.給物塊的水平?jīng)_量為B.物塊上升的最大高度為一吃c.物塊上升最高時的速度為四/1巫D.物塊在最低點時對細繩的拉力3Mg三、實驗題.某同學(xué)設(shè)計了如圖裝置來驗證碰撞過程遵循動量守恒.在離地面高度為h的光滑水平桌面上，放置兩個小球。和b.其中，b與輕彈簧緊挨著但不栓接，彈簧左側(cè)固定，自由長度時離桌面右邊緣足夠遠,起初彈簧被壓縮一定長度并鎖定.a放置于桌面邊緣，球心在地面上的投影點為。點.實驗時，先將。球移開，彈簧解除鎖定，b沿桌面運動后水平飛出.再將a放置于桌面邊緣，彈簧重新鎖定.解除鎖定后,b球與。球發(fā)生碰撞后，均向前水平飛出.重復(fù)實驗10次.實驗中，小球落點記為A、B、C.⑴若a球質(zhì)量為ma,半徑為a：b球質(zhì)量為mb,半徑為b球與。球發(fā)生碰撞后，均向前水平飛出，貝IJ.A.n?a</7）b,ra=rbB.ma<mb,ra<fbC.ma>mb>ra=rbD.ma>n?b,ra>rb（2）為了驗證動量守恒，本實驗中必須測量的物理量有一.A.小球o的質(zhì)量mo和小球b的質(zhì)量mbB.小球飛出的水平距離X。"、XO8、xocC.桌面離地面的高度hD.小球飛行的時間（3）關(guān)于本實驗的實驗操作，下列說法中不正確的是.A.重復(fù)操作時，彈簧每次被鎖定的長度應(yīng)相同B.重復(fù)操作時發(fā)現(xiàn)小球的落點并不完全重合，說明實驗操作中出現(xiàn)了錯誤C.用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來，這個圓的圓心可視為小球落點的平均位置D.僅調(diào)節(jié)桌面的高度，桌面越高，線段。8的長度越長⑷在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，當(dāng)所測物理量滿足表達式：,即說明碰撞過程遵循動量守恒.（用題中已測量的物理量表示）⑸該同學(xué)還想探究彈簧鎖定時具有的彈性勢能，他測量了桌面離地面的高度h,該地的重力加速度為g,則彈簧鎖定時具有的彈性勢能EP為.（用題中已測量的物理量表示）.某同學(xué)用如圖所示的實驗裝置驗證動量定理，所用器材包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊（上方安裝有寬度為d的遮光片）、兩個與計算機相連接的光電門、磋碼盤和祛碼等。實驗步驟如下：光電門氣墊導(dǎo)軌光電門氣墊導(dǎo)軌（1）開動氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，當(dāng)滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個光電門的遮光時間時，可認為氣墊導(dǎo)軌水平；（2）用天平測祛碼與祛碼盤的總質(zhì)量mi、滑塊（含遮光片）的質(zhì)量m2；（3）用細線跨過輕質(zhì)定滑輪將滑塊與硅碼盤連接，并讓細線水平拉動滑塊；（4）令滑塊在跌碼和祛碼盤的拉動下從左邊開始運動，和計算機連接的光電門能測量出遮光片經(jīng)過4B兩處的光電門的遮光時間Ati、Atz及遮光片從A運動到8所用的時間ti2；（5）在遮光片隨滑塊從A運動到8的過程中，如果將祛碼和祛碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小/=,滑塊動量改變量的大小Ap=:（用題中給出的物理量及重力加速度g表示）（6）某次測量得到的一組數(shù)據(jù)為：d=1.000cm,mi=1.50xicy2kg,m2=0.400kg,△ti=3.900x102s,At2=1.270><10-2s,ti2=1.50s,取g=9.80m/s2。計算可得/=Ns,Ap= kg-m-s1；（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）（7）定義於上產(chǎn)“100%,本次實驗6=%（保留1位有效數(shù)字）。四、解答題.一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空，當(dāng)煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動.爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；（2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度.如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道A8C和水平軌道外在A點相切.8c為圓弧軌道的3直徑.。為圓心，OA和OB之間的夾角為a,sina=g,一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?重力加速度大小為g.求：\o(1)水平恒力的大小和小球到達c點時速度的大小;(2)小球到達A點時動量的大??；(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間..靜止在水平地面上的兩小物塊A、8,質(zhì)量分別為%=L0kg,mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離/=1.0m,如圖所示.某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使48瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J.釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動.48與地面之間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.20.重力加速度取g=10m/s2.A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短.(1)求彈簧釋放后瞬間A、8速度的大?。?2)物塊48中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與8之間的距離是多少？(3)A和8都停止后，A與8之間的距離是多少？21.如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量%=4依，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計.可視為質(zhì)點的物塊8置于A的最右端，8的質(zhì)量機8=2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F=10N,A運動一段時間后，小車左端固定的擋板8發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后48粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t=0.6s,二者的速度達到巧=2zn/s.求A開始運動時加速度o的大?。籄,8碰撞后瞬間的共同速度v的大?。籄的上表面長度/；-*1參考答案C【詳解】A.由動量的定義可知，對同一物體來說，動量越大，速度越大，A正確；B.根據(jù)動量的矢量性可知，動量的方向與速度的方向相同，所以動量相同的物體，速度方向一定相同，B正確；C.速率相同，速度的方向不一定相同，故動量的方向不一定相同，C錯誤；D.物體的動量改變，可能是動量的方向改變，而動量的大小保持不變，如勻速圓周運動，D正確。故選C?A【詳解】由題意可知，小球與彈簧接觸時的速度大小為v=yj2gh=4m/s離開彈簧時的速度大小也為4m/s。設(shè)小球與彈簧接觸過程中彈簧對小球的平均作用力大小為F,根據(jù)動量定理有（F-mg）t—2mv解得尸=2^+?ig=13NA項正確。D【詳解】分離過程動量守恒，有（見+nty）vQ=nv,v2 匕解得M=%+々%-匕）町故選D。D【詳解】A.落地時重力的功率為PG=mgvy=mgyflgh選項A錯誤；B.落地時物體動量大小為p=mv= +)選項B錯誤；C.若拋出時的速度大小為2%,則落地時豎直速度不變，則重力的功率仍為PG=ntgvy=mgy/2gh選項C錯誤；D.若拋出時的速度大小為2%,因落地時的時間不變，則從拋出到落地物體動量變化量即—mgt不變，選項D正確。故選D。C【詳解】A.小球在擺動得過程中，小球和小車系統(tǒng)只受重力和支持力作用，水平方向合力為零，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，在豎直方向上，只有小球有豎直方向的分速度，且各位值得分速度不相等，則豎直方向動量不守恒，所以系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；BCD.小球在擺動過程中，系統(tǒng)機械能守恒，小球拉力做正功，因小球的部分機械能轉(zhuǎn)化為小車的機械能，所以小球機械能減小，小車機械能增大，BD錯誤，C正確。故選C。B【詳解】向右為正方向，則由動量守恒可知啊。- =~mAVA2+mBVB2即x3-x1=—mAx2+x2解得mA:mB=3:5故選BoD【詳解】A.在爆炸過程中，由于重力遠小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動量守恒。爆炸前炮彈在最高點的速度沿水平方向，爆炸后P的運動方向與爆炸前的運動方向相同，根據(jù)動量守恒定律判斷出Q的速度一定沿水平方問，但爆炸后的運動方向取決于P的動量與爆炸前炮彈的動量的大小關(guān)系，因此Q的運動方向不一定與爆炸前的運動方向相同，故A錯誤；D.在爆炸過程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用時間相同，則爆炸力的沖量大小一定相等，由動量定理可知，在炸裂過程中P，Q動量的改變量大小相等、方向相反，D正確；B.爆炸后P、Q均做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，由于高度相同，飛行時間一定相同，所以P、Q一定同時落地，B錯誤；C.山于爆炸后兩部分速度的大小關(guān)系無法判斷，因此落地點到爆炸點的水平距離無法確定，C錯誤。故選D。D【詳解】A.A、5及彈簧所構(gòu)成的系統(tǒng)受合外力為零，則動量守恒；系統(tǒng)只有彈力做功，則機械能守恒，選項A錯誤：B.在任意一段時間內(nèi)兩物體所受彈力的沖量大小相同，但是方向不同，選項B錯誤：C.隨著彈簧的不斷壓縮，彈性勢能逐漸變大，則在任意時刻系統(tǒng)動能逐漸減小，不是總為gmv：,選項C錯誤；D.當(dāng)彈簧壓縮到最短時兩物體共速tnvQ=2mv則彈簧獲得的最大彈性勢能為EPm=-mv^---2mv2=父&Pm2 2 4選項D正確。故選D?C【詳解】A.物塊在平板上向右滑動時，所受的摩擦力逐漸變大，可知加速度變大，則物塊做非勻減速直線運動，選項A錯誤；B.物塊克服摩擦力做功為W,=^)^xO.5J=2Jf2選項B錯誤；C.根據(jù)動能定理，物塊滑離平板車時gmv2-；mv()=-Wf解得速度大小為v=-TSm/s選項C正確；D.根據(jù)I=ft可知，摩擦力對平板車的沖量大小不為零，選項D錯誤。故選C。C【詳解】A.物塊相對于木板向左運動過程木板向左做加速運動，物塊相對于木板向右滑動過程，木板向左做減速運動，整個運動過程滿足動量守恒，則最后木塊與木板共同做勻速運動，A錯誤；BD.彈簧壓縮量最大時物塊與木板速度相等，彈簧彈性勢能最大，物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得mv()=(M+m)匕物塊運動到木板最右端時與木板相對靜止，此時兩者速度相等，整個過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得從物塊滑上木板到彈簧壓縮最短過程，由能量守恒定律得；znv()=；(M+m)v}2+/jmgL+Ep從物塊滑上木板到物塊到達木板最右端過程，由能量守恒定律得—mvl=—(M+m)v^+jumg2L解得L,4〃(M+nz)gBD錯誤；C.整個過程，對物塊，由動量定理得—mva= -M+m整個過程中合力對物塊的沖量大小為舞，C正確。故選C。BC【詳解】設(shè)運動員和物塊的質(zhì)量分別為加、機。規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止,第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為匕、%,則根據(jù)動量守恒定律0=mv1-/rigVg解得物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當(dāng)運動員再次推出物塊znv,+町盟=mv2-0vo解得第3次推出后解得7%in依次類推，第8次推出后，運動員的速度根據(jù)題意可知v8=15mo%>5m/sm解得m<60kg第7次運動員的速度一定小于5m/s,則v1=1"%)%<5m/sm解得m>52kg綜上所述，運動員的質(zhì)量滿足52kg<m<60kgAD錯誤，BC正確。故選BC。AB【詳解】A.前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律則0-2s的速度規(guī)律為:v-at；t=ls時，速率為lm/s,A正確;B.t=2s時,速率為2m/s,則動量為P=mv=4kg?m/sB正確;CD.2-4s,力開始反向，物體減速,根據(jù)牛頓第二定律,a=95m/s2,所以3s時的速度為1.5m/s,動量為3kg?m/s,4s時速度為lm/s,CD錯誤;ABD【詳解】A.細繩被拉斷瞬間，對木板分析，由于0A段光滑，沒有摩擦力，在水平方向上只受到彈簧給的彈力，細繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F,根據(jù)牛頓第二定律有：F=Ma解得a=￡,A正確；MB.滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0,由系統(tǒng)的機械能守恒得：細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為gmF,B正確；c.彈簧恢復(fù)原長時木板獲得的動能，所以滑塊的動能小于;m—,C錯誤；D.由于細繩被拉斷瞬間，木板速度為零，小滑塊速度為零，所以小滑塊的動能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端，且速度與木板相同，設(shè)為取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得0=(〃z+M)KEp=—(/n+M)\/2+從mgl聯(lián)立解得〃=3,D正確。2gl故選ABD。BCD【詳解】A.解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長的過程中，墻壁對A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復(fù)原長前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動量不守恒，恢復(fù)原長后，AB一起向右運動，系統(tǒng)的合外力為零，動量守恒，故A錯誤：B.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，故機械能守恒，故B正確：C.壓縮彈簧時，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長，彈性勢能全轉(zhuǎn)化為B的動能，設(shè)此時B的速度為由,則W=Ep=-^v0=5m/s此過程墻壁對A的沖量大小等于彈簧對A的沖量大小，也等于彈簧對B的沖量大小，由動量定理得/=mBv0=ION-s故C正確；D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，A的速度最小，則=°A、B都運動后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相等時彈簧拉伸最長。此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，以向右為正，由系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒有zmbvo=wjava+/mbvb1 2 1 2 1 22，mbvo=~mAvA+]%%得vA=2.5m/s,vB=—2.5m/s故D正確。故選BCD。ABD【詳解】A、設(shè)物塊剛受到水平?jīng)_量后速度為vo,滑環(huán)固定時，根據(jù)機械能守恒定律,有：MgL=；例片，可得%=或還，故給物塊的水平?jīng)_量為/=M屈;，選項A正確.B、C、滑環(huán)不固定時，物塊初速度仍為小,在物塊擺起最大高度h時，它們速度都為打在此過程中物塊和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，貝Ij：Mv0=(m+M)v,+ 由以上各式可得：n= —Q2gL,〃=選項B正確，選項C錯誤.D、對m、M組成系統(tǒng)，當(dāng)M第一次回到最低點時由動量守恒和能量守恒知速度仍然為vo,在最低點由牛頓第二定律可知T-Mg="半，可得拉力T=3Mg；故D正確.故選ABD.【點睛】本題考查動量守恒及機械能守恒定律的應(yīng)用，要注意明確小球擺到最高時，兩物體有共同的速度，系統(tǒng)只是水平動量守恒，總動量并不守恒.AABBmb?OB=mb?OA+ma?OCED=—^'°B「4h【詳解】(1)[1]為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，即：應(yīng)該使mb大于ma(2)[2]要驗證動量守恒，就需要知道碰撞前后的動量，所以要測量兩個小球的質(zhì)量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平拋運動，速度可以用水平位移代替，所以需要測量的量為：小球。、b的質(zhì)量叫、mb,記錄紙上。點到A、8、C各點的距離。4。8、0C,故AB符合題意；⑶⑶A.重復(fù)操作時，彈簧每次被鎖定的長度應(yīng)相同，可以保證b能夠獲得相等的速度，故A項與題意不相符；B.重復(fù)操作時發(fā)現(xiàn)小球的落點并不完全重合，不是實驗操作中出現(xiàn)了錯誤；可以用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來，這個圓的圓心可視為小球落點的平均位置，故B項與題意相符；C.用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來，這個圓的圓心可視為小球落點的平均位置，故C項與題意不相符；D.僅調(diào)節(jié)桌面的高度，桌面越高，則小球飛行的時間越長，則線段OB的長度越長，故D項與題意不相符；⑷⑷小球離開軌道后做平拋運動，小球拋出點的高度相同，小球在空中的運動時間t相等,如果碰撞過程動量守恒，則mwo二mwi+maV2兩邊同時乘以時間3得：則mb90B=mb90A^ma90C⑸[5]桌面離地面的高度h,該地的重力加速度為g,小球b飛行的時間b的初速度彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep轉(zhuǎn)化為小球b的動能，所以彈簧鎖定時具有的彈性勢能0為mhg-OB-4h17.大約相等 17.大約相等 migt"0.2210.212 4【詳解】(1)⑴當(dāng)經(jīng)過A,B兩個光電門時間相等時，速度相等，此時由于阻力很小，可以認為導(dǎo)軌是水平的。(5)⑵由/=Ft,知[3]由△0=mv2-mvt知dd d dAn=m m m( )Ar2 .AZj 加2A71⑹⑷代入數(shù)值知，沖量/=m1^l2=1.5xl0-2x9.8xl.5N-s?0.221Ns⑸動量改變量△p=g(————)=0.212kg?m?s-'Ar2A/j(7)[6]由定義公式b=|寧卜100%可得，本次實驗『1。。%x100%N4%『1。。%x100%N4%0.221-0.2120.221【詳解】本題主要考查機械能、勻變速直線運動規(guī)律、動量守恒定律、能量守恒定律及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決實際問題的的能力.(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v。%,由題給條件有斤1 2E=/Vo設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為，，由運動學(xué)公式有O_V0=_gf聯(lián)立①②式得(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為九，由機械能守恒定律有E=mg%火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)炸后瞬間其速度分別為％和V2.由題給條件和動量守恒定律有TOC\o"1-5"\h\z—/nv?+—mv\=E ⑤4 14 2-/nv,+-mv2=O (6)由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動.設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為生，由機械能守恒定律有121, 小-znVj=一加燦 Q7)聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h=%+九=—— ⑧mg(1)⑵-23gR⑶3悝2 2 5Vg【詳解】試題分析本題考查小球在豎直面內(nèi)的圓周運動、受力分析、動量、斜下拋運動及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決問題的的能力.解析(1)設(shè)水平恒力的大小為Fo，小球到達C點時所受合力的大小為F.由力的合成法則有—=tana①mg尸=(沖尸+麻②設(shè)小球到達C點時的速度大小為V,由牛頓第二定律得F=m—(3)R由①②③式和題給數(shù)據(jù)得3玲=④v= ⑤(2)設(shè)小球到達A點的速度大小為匕，作交力于D點，由幾何關(guān)系得DA=Rs\na(6)CD=7?(1+cosa)⑦由動能定理有—mg-CD—F?.DA=—mv2——mv,(8)由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為p=mvx=-\ ⑼(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為也，從C點落至水平軌道上所用時間為t.由運動學(xué)公式有vj+ggt~=CD⑩)v±=vsina(Q|由⑤⑦⑩o式和題給數(shù)據(jù)得35R點睛小球在豎直面內(nèi)的圓周運動是常見經(jīng)典模型，此題將小球在豎直面內(nèi)的圓周運動、受力分析、動量、斜下拋運動有機結(jié)合，經(jīng)典創(chuàng)新.(1)以=4.0m/s,vB=1.0m/s；(2)8先停止；0.50m；(3)0.91m；【分析】首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內(nèi)48組成的系統(tǒng)動量守恒，再結(jié)合能量關(guān)系求解出48各自的速度大?。缓苋菀着卸ˋ、8都會做勻減速直線運動，并且易知是8