1、动量守恒定律测试题(含答案)一、动量守恒定律 选择题1如图所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h1、h2、h3，将三个相同的小球分别从A、B、C三点以相同的速度v0水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力。 关于从A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是（ ）A在空中运动时间之比为tA tBtC=135B竖直高度之比为h1h2h3=123C在空中运动过程中，动量变化率之比为=111D到达P点时，重力做功的功率之比PA：PB：PC=1：4：92一质量为m的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图象
2、如图所示，由图象可知在t2时刻物体的（）A加速度大小为B速度大小为C动量大小为D动能大小为3质量为3m足够长的木板静止在光滑的水平面上，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（ ）A1木块相对静止前，木板是静止的B1木块的最小速度是C2木块的最小速度是D木块3从开始运动到相对静止时位移是4如图所示，质量为m的小球从距离地面高度为H的A点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零不计空气阻力，重力加速度为g。则关于小球下
3、落过程中，说法正确的是A整个下落过程中，小球的机械能减少了mgHB整个下落过程中，小球克服阻力做的功为mg(H+h)C在陷入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大于mD在陷入泥潭过程中，小球动量的改变量的大小等于m5如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心。质量为m的小滑块以水平向右的初速度冲上圆弧轨道，恰好能滑到最高点，已知M=2m。，则下列判断正确的是A小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒B小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒C小滑块冲上轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且
4、大小为D小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为6如图，质量分别为mA、mB的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h0.8m，A球在B球的正上方. 先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放. 当A球下落t0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零已知mB3mA，重力加速度大小为g10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失下列说法正确的是（ ）AB球第一次到达地面时的速度为4m/sBA、B球在B球向上运动的过程中发生碰撞CB球与A球碰撞后的速度为1m/sDP点距离地面的高度0.75m7如图所示,在光滑的水平面上放有一质量为M的物体P,物体P上有一半
5、径为R的光滑四分之一圆弧轨道, 现让质量为m的小滑块Q（可视为质点）从轨道最高点由静止开始下滑至最低点的过程中AP、Q组成的系统动量不守恒，机械能守恒BP移动的距离为RCP、Q组成的系统动量守恒，机械能守恒 DP移动的距离为R8某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移时间图象.图中的线段、分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系.已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知（ ）A碰前滑块与滑块速度大小之比为52B碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大C碰前滑块的动能比滑块的动能小D滑块的质量是滑块的质量的9如图所示，两滑块A、
6、B位于光滑水平面上，已知A的质量MA=1kg，B的质量MB=4kg滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态现使滑块A以v=5m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开则（）A物块A的加速度一直在减小，物块B的加速度一直在增大B作用过程中弹簧的最大弹性势能C滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为D若滑块A的质量，B的质量，滑块A的最小动能为，滑块B的最大动能为10粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中静止.若把在空中下落的过程称为过程,进入泥潭直到停止的过程称为过程, 不计空气阻力，则( )A过程中的钢珠动量的改变量的大小大于
7、过程中合力的冲量的大小B过程中合力的冲量的大小等于过程中重力冲量的大小C过程中钢珠克服阻力所做的功等于过程中重力做功D过程中的钢珠动量的改变量小于过程中钢珠的重力的冲量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C滑块的最大速率为D滑块的最大速率为 12质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量P
8、A9kgm/s，B球的动量PB3kgm/s当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）APA=10kgm/s，PB=2kgm/sBPA=6kgm/s，PB=4kgm/sCPA=6kgm/s，PB=18kgm/sDPA=4kgm/s，PB=8kgm/s13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（ ）ABCD14光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子弹水平射入木块后木穿出，子惮与木
9、块运动的速度图象如图所示。由此可知（）A木块质量是2mB子弹进入木块的深度为C木块所受子弹的冲量为D子弹射入木块过程中产生的内能为15三个完全相同的小球a、b、c，以相同的速度在光滑水面上分别与另外三个不同的静止小球相撞后，小球a被反向弹回，小球b与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，小球c恰好静止比较这三种情况，以下说法中正确的是（）Aa球获得的冲量最大Bb球损失的动能最多Cc球克服阻力做的功最多D三种碰撞过程，系统动量都是守恒的16如图所示，锁定的A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球质量分别为2m和m过程一：只解除B球锁定，B球被弹出落于距桌边水平距离为s的水平地
10、面上；过程二：同时解除A、B两球锁定，则（两种情况下小球离开桌面前，弹簧均已恢复原长）（ ）A两种情况下B小球机械能增量均相同B两过程中，在B球落地前A、B两小球及弹簧组成的系统机械能均守恒C过程二中，B球的落地点距桌边水平距离为D过程一和过程二中，弹簧对B球做功之比为172019年1月3号“嫦娥4号”探测器实现人类首次月球背面着陆，并开展巡视探测。因月球没有大气，无法通过降落伞减速着陆，必须通过引擎喷射来实现减速。如图所示为“嫦娥4号”探测器降落月球表面过程的简化模型。质量m的探测器沿半径为r的圆轨道I绕月运动。为使探测器安全着陆，首先在P点沿轨道切线方向向前以速度u喷射质量为m的物体，从而
11、使探测器由P点沿椭圆轨道II转至Q点（椭圆轨道与月球在Q点相切）时恰好到达月球表面附近，再次向前喷射减速着陆。已知月球质量为M、半径为R。万有引力常量为G。则下列说法正确的是（）A探测器喷射物体前在圆周轨道I上运行时的周期为B在P点探测器喷射物体后速度大小变为C减速降落过程，从P点沿轨道II运行到月球表面所经历的时间为D月球表面重力加速度的大小为18如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l。磁感应强度大小为 B 的范围足够大的匀强磁场垂直导轨平面向下。两根质量均为m 、电阻均为 r 的导体杆a、b 与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止。已知 b 杆光滑与导轨间无
12、摩擦力，a 杆与导轨间最大静摩擦力大小为F0，现对b 杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙规律变化的水平外力 F ，已知在t1 时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F1.则下列说正确的是（ ）A当 a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为B在0 t1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为C在t1 t2 这段时间内，a、b 杆的总动量增加了Da、b 两杆最终速度将恒定，且a、b 两杆速度大小之和不变，两杆速度大小之差等于t1 时刻 b杆速度大小19如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为的形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为的小球沿水平方向，以初速度从形管的一端射入，从另一端射出。已
13、知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A该过程中，小球与形管组成的系统机械能守恒B小球从形管的另一端射出时，速度大小为C小球运动到形管圆弧部分的最左端时，速度大小为D从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为20A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移时间(x-t)图像,图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线,c为碰撞后两球共同运动的图线.若A球的质量,则由图可知下列结论正确的是( )AA、B两球碰撞前的总动量为3 kgm/sB碰撞过程A对B的冲量为-4 NsC碰撞前后A的动量变化为4kgm/sD碰撞过程A、B两球组
14、成的系统损失的机械能为10 J二、动量守恒定律 解答题21如图所示，水平面上有相距的两物体A和B，滑块A的质量为2m，电荷量为+q，B是质量为m的不带电的绝缘金属滑块空间存在有水平向左的匀强电场，场强为已知A与水平面间的动摩擦因数，B与水平面间的动摩擦因数，A与B的碰撞为弹性正碰，且总电荷量始终不变（g取10m/s2）试求：（1）A第一次与B碰前的速度的大小；（2）A第二次与B碰前的速度大小；（3）A、B停止运动时，B的总位移22如图，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=lm/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=lm.物块B静止在水平面的最右端N处、质量为mA=lkg
15、的物块A在距N点s=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动、再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍，A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为=0.2、物块均可视为质点，取g=l0m/s2.（1）求A到达N点与B碰撞前的速度大小；（2）求碰撞后瞬间AB的速度大小及碰撞过程中产生的内能；（3）讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式23如图所示，一个物块A（可看成质点）放在足够长的平板小车B的右端，A、B一起以v0的水平初速度沿光滑水平面向左滑行左边有一固定的竖直墙壁，小车B与墙壁相碰，碰撞时间极短，且碰撞前、后无动能损失已知物块A与小车B的水平上表面间的
16、动摩擦因数为，重力加速度为g（1）若A、B的质量均为m，求小车与墙壁碰撞后的运动过程中，物块A所受摩擦力的冲量大小和方向；（2）若A、B的质量比为k,且k1，求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对地的位移大小；（3）若A、B的质量比为k，且k=2，求小车第一次与墙壁碰撞后的运动过程所经历的总时间24如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为。两个大小不计的物块质量分别为和,与传送带间的动摩擦因数分别为和。已知物块与碰撞时间极短且无能量损失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。（1）若传送带不动，将物块无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速度地释放物块，它们第一次碰
17、撞前瞬间的速度大小为，求与第一次碰撞后瞬间的速度；（2）若传送带保持速度顺时针运转，如同第（1）问一样无初速度地释放和，它们第一次碰撞前瞬间的速度大小也为，求它们第二次碰撞前瞬间的速度；（3）在第（2）问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块做的功。25如图所示，两平行圆弧导轨与两平行水平导轨平滑连接，水平导轨所在空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度，两导轨均光滑，间距。质量为的导体棒静止在水平导轨上，质量的导体棒从高的圆弧导轨上由静止下滑。两导体棒总电阻为，其它电阻不计，导轨足够长，。求：(1)棒刚进入磁场时棒的加速度；(2)若棒不与棒相碰撞，则两杆运动过程中释放出的最大电能是
18、多少；(3)当棒的加速度为时，两棒之间的距离比棒刚进入磁场时减少了多少？26如图甲所示，半径为R0.8m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A为轨道最高点，和圆心等高；B为轨道最低点在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M3kg，小车足够长，车的上表面与B点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m1kg，g取10m/s2（1） 求物块滑到B点时对轨道压力的大小；（2） 物块相对小车静止时距小车左端多远？【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、动量守恒定律 选择
19、题1C解析：C【解析】【分析】【详解】A根据水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1:2:3， 所以它们在空中运动的时间之比为1:2:3， A错误。B根据，竖直高度之比为， B错误。C根据动量定理可知，动量的变化率为物体受到的合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故C正确。D到达P点时，由知，竖直方向速度之比为1:2:3， 重力做功的功率所以重力做功的功率之比为故D错误。故选C。2A解析：AD【解析】【分析】【详解】A由图象可知在时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得故A正确；BC由图像可知在0t1时间段内两个力等大反向，物体静止，在t1时刻后物体开始运动，由动量定理和图象面积可得解得故B
20、错误，C错误；D因为联立可得动量和动能的关系所以有故D正确。故选AD。3C解析：CD【解析】【分析】【详解】A、木板开始运动时，木块对木板的摩擦力 ，木板发生运动，故A错误；B、设木块1的最小速度为 ， 木块1的加速度 做匀减速；木板的加速度为 做匀加速；当两者速度相等时木块1的速度达到最小即 解得 ，故B错误；C、设木块2的最小速度为 ，此过程木块2的速度该变量为 ，而木块3速度改变量与木块2速度该变量相等，即木块3的速度为 由动量守恒可得 ，解得： ，故C正确；D、当木块3相对静止时，速度达到最小，此时四个物体共速，设速度为 ，则由动量守恒可得： 解得： 对木块3，由动能定理可知 ，解得：
21、 ，故D正确；故选CD4B解析：BCD【解析】【详解】A.小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg(H+h），则小球的机械能减小了mg(H+h);故A错误.B.对全过程运用动能定理得，mg(H+h)-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg(H+h);故B正确.C.落到地面的速度，对进入泥潭的过程取向下为正方向，运用动量定理得，IG-If=0-mv，知阻力的冲量大小，则小球所受阻力的冲量大于m;故C正确.D.落到地面的速度，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m;故D正确.5A解析：AD【解析】【详解】A.小滑块冲上轨道的过程，系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒，选项A
22、正确；B.小滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向合力为零，动量守恒，选项B错误；CD.有水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得，小滑块冲到轨道的最高点时，圆弧轨道速度大小为；当m从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，圆弧轨道速度最大，设脱离时小滑块和圆弧轨道的速度分别为，则有m=m+M=+解得=，故C错误， D正确。6A解析：AD【解析】【分析】【详解】A、B球在地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有：，可得B球第一次到达地面时的速度；选项A正确B、A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度vAgt3m/s，B球下降高度，故在B球向下运动的过程中发生碰撞；选
23、项B错误C、设B球的速度为vB，则有碰撞过程动量守恒mAvAmBvBmBvB，碰撞过程没有动能损失则有，解得：vB1m/s，vB2m/s；选项C错误D、小球B与地面碰撞后根据没有动能损失，所以B离开地面上抛时的速度v0vB4m/s所以P点的高度；选项D正确故选AD【点睛】本题主要考查了自由落体运动基本公式、动量守恒定律、机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能分析清楚两个小球得运动情况，选择合适的过程，应用物理学基本规律解题7A解析：AB【解析】【详解】AC.P和Q组成的系统，在水平方向上动量守恒,竖直方向上合力不为零，动量不守恒。而P和Q组成的系统，只有重力做功，机械能守恒。故A正确，C错误;
24、BD. P和Q组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律得：,所以：，,计算得出:所以B正确，D错误。8A解析：AD【解析】【分析】本题考察动量守恒，首先根据位移时间图像求出两滑块碰前和碰后的速度，在根据动量守恒即可求出两物体的质量之比。【详解】根据图象的斜率等于速度，可知碰前滑块速度为，滑块的速度为，则碰前速度大小之比为52，故选项A正确；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块的动量大小比滑块的小，故选项B错误；碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律，有解得。由动能的表达式可知故选项C错误，D正确。故选AD。
25、9D解析：D【解析】【详解】A弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A错误;B当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同选取向右为正方向，根据动量守恒定律：解得：v=1m/s根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A、B损失的动能，为：解得：EP=10J故B错误;C当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得：由以上两式得：vA=-3m/s，vB=2m/s，所以滑块A的最小动能为EKA=0滑块B的最大动能为故C错误;D若滑块A的质量MA=4kg，B的质量MB=1kg，同理可得，当A、B分离
26、时，A、B的速度分别为vA=3m/s，vB=8m/s，滑块A的最小动能为滑块B的最大动能为故D正确10B解析：B【解析】【分析】【详解】A在整个过程中，钢珠动量的变化量为零而，故即过程中的钢珠动量的改变量的大小等于过程中合力的冲量的大小，A错误B因，而据动量定理则即过程中合力的冲量的大小等于过程中重力冲量的大小，B正确C由全过程的动能定理可知则即过程中钢珠克服阻力所做的功大于过程中重力做功，C错误D取向下为正则与无法比较大小，D错误故选B【点睛】本题考查了动量定理和动能定理的基本运用，运用动能定理和动量定理均要合理地选择研究的过程，知道在整个过程中动能的变化量为零，动量的变化量为零11B解析：
27、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据系统机械能守恒有联立解得故C项正确，D项错误故选BC。12D解析：D【解析】【分析】【详解】AB碰后A、B两球若同向运动，速度应满足又因为两球质量相等，所以有碰后A、B两球的动量故AB错误；CDA、B两球在光滑水平面上碰撞，应满足动量守恒，则有并且碰撞后动能不增加，则应有将代入得故C错误，D正确。故选D。13A解析：ABD【
28、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由动能守恒得联立得 a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 A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得联立得可知若小球B经过最高点，则需要： 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 联立得 可知若小球不脱离轨道时，需满足由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：或，故ABD正确，C错误。故选ABD。14B解析：BD【解
29、析】【分析】【详解】A设木块的质量为M，根据动量守恒定律得解得选项A错误；B子弹相对木块运动的位移为两图线间的面积，即选项B正确；C根据动量定理可知木块所受子弹的冲量为选项C错误；D根据能量守恒可知选项D正确。故选BD。15A解析：ACD【解析】【分析】【详解】A、三小球与被撞小球碰撞过程中动量守恒，因为a球是唯一碰撞前后动量方向相反的，则碰撞过程a球动量变化最大，由动量定理可知，a球获得的冲量最大；故A正确B、C、c小球恰好碰后静止，动能全部损失，故c球损失动能最多，由动能定理可知，c球克服阻力做功最多；故B错误，C正确D、碰撞过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确故选ACD【点睛】
30、本题主要考查了动量守恒定律、动量定理及动能定理的直接应用16B解析：BCD【解析】【分析】过程一中B球做平抛运动，弹簧的弹性势能全部转化为B球平抛的初动能；过程二中两小球动量守恒；根据能量守恒和动量守恒定律求解。【详解】A过程一中，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，过程二中，弹簧的弹性势能转化为A、B两球的动能，所以两种情况下B小球机械能增量不同，故A错误；B两过程中，A、B两球和弹簧构成的系统除了重力和弹簧弹力做功之外，无其他外力做功，所以系统机械能均守恒，故B正确；C过程一中，B球做平抛运动，竖直高度为：解得：弹性势能为：过程二中，A、B两球组成的系统动量守恒，初动量为0，根据动量守恒定
31、律：解得：，根据上述平抛运动的规律可解出过程二中，B球的落地点距桌边水平距离为，故C正确；D弹簧对B球做功全部转化为B球脱离弹簧时的动能，所以弹簧对B球做功之比为B球两次动能之比：故D正确。【点睛】明确研究对象，掌握机械能守恒定律和动量守恒定律的条件，分析能量转化的过程。17A解析：AD【解析】【分析】【详解】A探测器绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 解得探测器喷射物体前在圆周轨道I上运行时的周期故A正确；B在P点探测器喷射物体的过程中，设喷射前的速度为v，根据动量守恒可知mv=mu+（m-m）v解得喷射后探测器的速度 故B错误；C探测器在轨道II上做椭圆运动，半长轴根据开普勒第三定律
32、可知解得减速降落过程，从P点沿轨道II运行到月球表面所经历的时间为 故C错误；D假设在月球表面的放置一个质量为m的物体，则它受到的重力和万有引力相等解得月球表面重力加速度的大小故D正确。故选AD。18A解析：AD【解析】【分析】【详解】A当 a 杆开始运动时，所受的安培力等于最大静摩擦力F0，即解得b 杆的速度大小为选项A正确；B由动量定理且解得选项B错误；C在t1 t2 这段时间内，外力F对a、b 杆的冲量为因a杆受摩擦力作用，可知合力的总冲量小于，即a、b 杆的总动量增加量小于，选项C错误；D由于最终外力F=F0，则此时对两棒的整体而言合力为零，两棒所受的安培力均为F0，处于稳定状态；因开
33、始时随着b杆速度的增加，安培力变大，b杆做减速运动，a杆做加速运动，则a、b 两杆最终速度将恒定，速度大小之和恒定，速度大小之差满足即即速度差等于t1 时刻 b杆速度大小；选项D正确。故选BD。19A解析：ABD【解析】【分析】【详解】A小球和U形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A正确；B小球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得再有机械能守恒定律可得解得所以B正确；C从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度水平方向速度相同，对此过程满足动量守恒定律，得
34、由能量守恒得解得所以C错误；D小球此时还有个分速度是沿着圆形管的切线方向，设为，由速度的合成与分解可知对小球由动量定理得由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为所以D正确。故选ABD。20B解析：BCD【解析】【分析】【详解】A、由s-t图像可以知道：碰撞前A的速度为 ；碰撞前B的速度 ，碰撞后AB的速度为根据动量守恒可知 代入速度值可求得： 所以碰撞前的总动量为 ，故A错误；B、碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量 故B正确；C、根据动量守恒可知 ，故C正确；D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为 ,故D正确，故选BCD【点睛】结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B的质
35、量，然后根据定义求出动量的变化量二、动量守恒定律 解答题21（1）2m/s（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）从A开始运动到与B碰撞过程，由动能定理：解得：v0=2m/s（2）AB碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得：解得： （另一组解析：（1）2m/s（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）从A开始运动到与B碰撞过程，由动能定理：解得：v0=2m/s（2）AB碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得：解得： （另一组解舍掉）两物体碰撞后电量均分，均为q/2，则B的加速度： ，A的加速度：即B做匀减速运动，A做匀速运动；A第二次与B碰前的速度大小为；（3）B做减速运动直到停止的位移：AB第二次
36、碰撞时：解得： ，B再次停止时的位移同理可得，第三次碰撞时，可得，B第3次停止时的位移同理推理可得，第n次碰撞，碰撞AB的速度分别为：，B第n次停止时的位移:则A、B停止运动时，B的总位移当n取无穷大时， A、B停止运动时，B的总位移22（1）4m/s（2）； （3）见解析；【解析】【分析】【详解】（1）设碰撞前A的速度为v1.由动能定理得，解得：（2）设碰撞后A、B速度为v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得，解得：解析：（1）4m/s（2）； （3）见解析；【解析】【分析】【详解】（1）设碰撞前A的速度为v1.由动能定理得，解得：（2）设碰撞后A、B速度为v2，且设向右为正方向，由动量守
37、恒定律得，解得：由系统能量转化与守恒可得，解得： （3）如果AB能从传送带右侧离开，必须满足：，解得：传送带对它们所做的功 当v2v时有：k3即AB先减速到0再返回，到传送带左端时速度仍为v2；这个过程传送带对AB所做的功 当1k3时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端在这个过程中传送带对AB所做的功，解得：23(1),方向水平向右 ;(2); (3)【解析】【分析】【详解】（1）设小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为，设向右为正方向，则由动量守恒定律得:解得:对物块A，由动量解析：(1),方向水平向右 ;(2
38、); (3)【解析】【分析】【详解】（1）设小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为，设向右为正方向，则由动量守恒定律得:解得:对物块A，由动量定理得摩擦力对物块A的冲量,冲量方向水平向右（2）设A和B的质量分别为km和m，小车B与墙碰撞后物块A与小车B所达到的共同速度大小为，木块A的位移大小为设向右为正方向，则由动量守恒定律得：解得:对木块A由动能定理:代入数据解得（3）当k=2时，根据题意由于摩擦的存在，经B与墙壁多次碰撞后最终A、B一起停在墙角A与B发生相对运动的时间t0可等效为A一直做匀减速运动到速度等于0的时间，在A与B发生相对滑动的整个过程，对A应用动量定理：解得时间:
39、设第1次碰后A、B达到的共同速度为，B碰墙后，A、B组成的系统，没有外力作用,水平方向动量守恒，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得:即（负号表示的方向向左）第1次碰后小车B向左匀速运动的位移等于向右匀减速运动到速度大小为,这段运动的位移对小车B，由动能定理得:,解得第1次碰后小车B向左匀速运动时间设第2次碰后共速为，由动量守恒定律，得,即第2次碰后小车B向左匀速运动的位移等于向右匀减速运动到速度大小为,这段运动的位移,对小车B，由动能定理得,解得第2次碰后小车B向左匀速运动时间同理，设第3次碰后共速为，碰后小车B向左匀速运动的位移为，则由动量守恒定律，得,第3次碰后小车B向左匀速运动时间由此
40、类推，第n次碰墙后小车B向左匀速运动时间第1次碰墙后小车B向左匀速运动时间即B从第一次撞墙后每次向左匀速运动时间为首项为，末项为，公比为的无穷等比数列即B从第一次与墙壁碰撞后匀速运动的总时间:所以，从第一次B与墙壁碰撞后运动的总时间24（1）；（2），方向沿传送带向下；（3）【解析】【分析】【详解】（1）由于，故放上传送带后不动，对和第一次的碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有又解得（2）传送带顺时针运行时解析：（1）；（2），方向沿传送带向下；（3）【解析】【分析】【详解】（1）由于，故放上传送带后不动，对和第一次的碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有又解得（2）传送带顺时针运行
41、时，仍受力平衡，在被碰撞之前一直保持静止，因而传送带顺时针运行时，碰前的运动情形与传送带静止时一样，由于第一次碰后反弹的速度小于，故相对传送带的运动方向向下，受到的摩擦力向上，合力向下做减速运动。减速到零后相对传送带也向下运动，摩擦力方向不变，设在传送带上运动时的加速度大小为，根据牛顿第二定律有解得解法一从第一次碰后到第二次碰前做匀变速运动，做匀速运动两者位移相等，则有解得，方向沿传送带向下解法二以为参考系，从第一次碰后到第二次碰前，有解得第二次碰前相对的速度则对地的速度为方向沿传送带向下解法三第一次碰撞后到第一次碰撞前，两者位移相同，故平均速度相同，则有解得，方向沿传送带向下（3）以地面为参
42、考系，第二次碰后瞬间和第三次碰前瞬间的速度分别记为和，第二次碰后瞬间的速度记为。两者发生第二次弹性碰撞时，根据动量守恒和能量守恒有解得解法一第二次碰后做匀变速运动，做匀速运动。到第三次碰前两者位移相等，所以解得，方向沿传送带向下从第一次碰后到第三次碰前的位移传送带对做的功解法二设第二次碰撞后再经时间，发生第三次碰撞，设位移分别为，以向下为正，则解得而传送带对做的功解法三以为参考系，第二次碰撞到第三次碰撞之间，和的相对运动规律和第次与第二次之间的相同，故第三次碰撞前，的对地速度描绘从释放和开始到它们第三次碰撞前，它们对地的图线如下结合图象，可以计算从第一次碰后到第二次碰前对地的位移传送带对做的功
43、25(1)；(2) ；(3) 【解析】【分析】【详解】(1)cd棒沿斜面下滑的过程中机械能守恒棒刚进入磁场时，回路的感应电动势回路的感应电流棒的加速度(2)ab、cd组成的系统满解析：(1)；(2) ；(3) 【解析】【分析】【详解】(1)cd棒沿斜面下滑的过程中机械能守恒棒刚进入磁场时，回路的感应电动势回路的感应电流棒的加速度(2)ab、cd组成的系统满足动量守恒，最终两者速度相同根据能量守恒， 释放出的电能整理得(3)设ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2，在运动过程中，根据动量定理又由于由于动量守恒整理可得26（1）30N；（2）1.75m【解析】【分析】【详解】（1）物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得： 代入数据解得 vB=4 m/s 在B点解析：（1）30N；（2）1.75m【解析】【分析】【详解】（1）物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得： 代入数据解得 vB=4 m/s 在B点，由牛顿第二定律得 代入数据解得 FN=30 N由牛顿第三定
