考点32 动量与能量的综合应用-备战2022年高考物理考点一遍过.doc

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1、内容要求要点解读动量与能量的综合应用只限于一维。在研究物体的受力与运动的关系时，不可避免地要引起能量和动量的变化，所以说动量和能量都是力学综合题中不可缺少的考点，这类考题综合性强，难度大，主要题型是计算题。一、两物体的碰撞问题两物体发生正碰（m1，v1；m2，v2m1，v3；m2，v4），总能量损失E动量守恒：m1v1+m2v2=m1v3+m2v4，能量守恒：+=+E规定总动量p=m1v1+m2v2，几何平均质量m=，总质量M=m1+m2可得v3=，v4=1若E=0，损失能量最小。当m1=m2=m时，可得v3=v2，v4=v1（另解v3=v1，v4=v2舍去），即发生速度交换。故E=0的碰撞称

2、为弹性碰撞，E>0的碰撞称为非弹性碰撞。2若E尽量大，取最大值时，有。此时可得v3=v4=，碰后两物体共同运动。故E最大的碰撞称为完全非弹性碰撞。二、弹簧连接体的“碰撞”光滑水平面上，若将轻弹簧连接体系统的动能损失（等于弹簧的弹性势能）视为一般碰撞问题中的E，则弹簧连接体的运动可视为碰撞模型。1弹簧处于原长状态时，可视为弹性碰撞。2弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，即动能损失最大，对应完全非弹性碰撞。在规定了正方向的情况下，求出的两组速度解分别对应弹簧最短和最长的情况。3弹簧连接体问题一般会得到两组速度解，且均有实际物理意义，故需要联系具体情况保留或舍去。三、水平方向的动量守恒

3、动量为矢量，故动量守恒定律也具备矢量性；系统在某一方向上受力平衡，则在该方向上的分动量之和不变；一般系统在竖直方向始终受到重力作用，故只在水平方向动量守恒。四、核反应过程：粒子系统的动量守恒；能量变化E=mc2（m为质量亏损，c为真空光速）。在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小是A0.2v B0.3vC0.4v D0.6v【参考答案】D【详细解析】A球和B球碰撞过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为、，选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒有，可得，A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有，

4、联立动量守恒式可得，即，符合条件的只有，选D。【解题必备】解本题时需要考虑两物体发生碰撞的各种条件：（1）碰撞前提：碰撞前，两物体相向运动，或同向运动时速度大的在后、速度小的在前。（2）碰撞结果：沿总动量方向，碰撞后，两物体速度反向，或前面物体的速度大于后面的物体。（3）动量守恒：碰前总动量等于碰后总动量。（4）能量守恒：动能不增加，碰后总动能不大于碰前总动能。1【2019·广西高一期末】（多选）在光滑的冰面上，质量为80kg的冰球运动员甲以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确

5、的是（ ）A碰后乙的速度的大小是1.5m/sB碰后乙的速度的大小是1.0m/sC碰撞中总机械能损失了1500JD碰撞中总机械能损失了1400J【答案】BD【解析】设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v2，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv1-Mv2=Mv2，解得： ，故A错误，B正确。根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：E=mv12+Mv22-Mv2，代入数据解得：E=1400J，故C错误，D正确。2（多选）A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x­t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两

6、球碰撞前的x­t图像，c为碰撞后它们的x­t图像。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小分别为A2 kg B kgC4 m/s D1 m/s【答案】BD【解析】由题图可知图线的斜率表示速度的大小，碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，A球的速度为va m/s3 m/s，B球的速度为vb m/s2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，共同速度为vc m/s1 m/s。碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得mAvamBvb(mAmB)vc，解得mB kg，选项B、D正确。【2019·广东高一期末改编】（多选）一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即

7、留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统下列说法正确的是A系统动量不守恒，机械能守恒B系统动量守恒，机械能不守恒C当弹簧被压缩最短时，系统具有共同的速度D当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能全部转化为弹簧的弹性势能E当弹簧再次恢复到原长时，B的动能最大，A的动能最小【参考答案】BCE【详细解析】子弹、两木块和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，由于子弹射入木块过程中要克服摩擦力做功，有一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒，故A错误，B正确；当弹簧被压缩最短时，即A和B具有相同的

8、速度，故C正确；由能量守恒可知，当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能一部分转化为内能，一部分转化为弹性势能，故D错误。从弹簧被压缩到弹簧再次恢复到原长的过程，B一直在加速，A一直在减速，所以当弹簧再次恢复到原长时，B的动能最大，A的动能最小，故E正确。【名师点睛】在弹簧连接体系统中，弹簧弹力是内力，对连接的两物体的弹力大小相等、方向相反，故对系统的总冲量是零。但弹簧弹力对连接的两物体的做功位移不相等（否则没有弹力变化），故弹力对系统的总功使系统动能变化，与弹簧的弹性势能相互转化，系统机械能仍守恒。1（多选）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙

9、。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是A撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒B撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为D撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E【答案】BC【解析】撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，系统的动量不守恒，此过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，A错误，B正确；A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性

10、势能最大，设两物体速度为v，A离开墙瞬间，弹簧恢复原长，B的速度为v0，根据动量守恒和机械能守恒有2mv0=3mv，E=3mv2+Ep=，联立可得，C正确，D错误。2（多选）如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d。m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中Am1的最小速度是0Bm1的最小速度是Cm2的最大速度是v1Dm2的最大速度是【答案】BD【解析】从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉到m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最

11、大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，m1v1=m1v1'+m2v2，12m1v12=12m1v1'2+12m2v22；解得，故m2的最大速度为，m2的最小速度为，BD正确。【名师点睛】本题为弹性碰撞的变式，可以作为水平方向弹性碰撞模型进行分析，分析其运动过程找出其最大最小速度的出现位置，由动量守恒可以解答。【2019·云南高考模拟】（多选）如图所示，左侧为光滑曲面的滑块A放置在光滑水平地面上，曲面末端与水平地面相切，让物块B由静止开始沿滑块A的光滑曲面下滑，则物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中，下列说法正确的是A滑块A和物块B组成的系

12、统动量不守恒B物块B减小的重力势能等于滑块A增加的动能C滑块A所受合外力的冲量为零D物块B所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小【参考答案】AD【详细解析】物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中，系统水平方向合外力为零，竖直方向的合外力不为零，故滑块A和物块B组成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒，故A正确； A和B组成的系统机械能守恒，物块B减小的重力势能转化为滑块A和物体B的动能，故物块B减小的重力势能大于滑块A增加的动能，故B错误；滑块B下滑过程A向右做加速运动，滑块A动量变化不为零，由动量定理可知，滑块A所受合外力的冲量不为零，故C错误；滑块B到达底端时速度沿水平方向，在竖直方

13、向速度为零，由动量定理可知，物块B所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小，故D正确。1如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止下滑，在此后的过程中AM和m组成的系统机械能守恒，动量守恒BM和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒Cm从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动Dm从A到B的过程中，M运动的位移为【答案】B【解析】M和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确；m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，

14、M向左减速运动，C错误；m从A到B过程中，有MxM=mxm，xM+xm=2R，得，D错误。【思维拓展】本题中，m从A到B过程，水平方向动量守恒，m和M的水平分速度始终与质量成反比，m到C点时，速度水平，m和M的总动能等于m重力势能的减少量，故可求出此时m和M的速度；m到B点时，重力势能与初始时相等，故动能为零，由运动的对称性也可得出此结论；之后m开始从B到A运动，m回到A点时，总位移为零，理想情况，系统将循环运动下去。另外，通过质量速度水平位移的关系可知，系统重心的水平位置始终不变。2如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。开始将小铁球提起到图示位置

15、，然后无初速释放。在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是A小车和小球系统动量守恒B小球摆到最低点时，小车的速度最大C小球向右摆动过程小车一直向左加速运动D小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动【答案】B【解析】A、小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故A错误。B、小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大，B正确。C、小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故C错误。D、当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车速度减为零，D错误。故选

16、B。【点睛】本题主要考查了动量守恒条件的判断，要求同学们能正确分析小球和小车的运动情况。如图所示，静止的92238U核发生衰变后生成反冲Th核，两个产物都在垂直于它们的速度方向的匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法错误的是A衰变方程可表示为92238U90234Th+24HeBTh核和粒子的圆周轨道半径之比为1:45CTh核和粒子的动能之比为1:45DTh核和粒子在匀强磁场中旋转的方向相同【参考答案】C【详细解析】由电荷守恒及质量守恒可知，衰变方程可表示为92238U90234Th+24He，故A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力作向心力，所以有，R=mvqB，而p=mv相同、B相同，故Th核和粒

17、子的圆周轨道半径之比RThR=290=145，故B正确；由动量守恒可得衰变后vThv=mmTh=4234，所以Th核和粒子的动能之比EkThEk=EkThEk=12mThvTh212mv2=4234=2117，故C错误；Th核和粒子都带正电荷，所以在图示匀强磁场中都是逆时针旋转，故D正确；此题选择错误的选项，故选C。【名师点睛】此题类似反冲问题，结合动量守恒定律和轨道半径公式讨论；写衰变方程时要注意电荷、质量都要守恒即反应前后各粒子的质子数总和不变，相对原子质量总数不变，但前后结合能一般发生改变。1在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断地碰撞而被减速。假设中子与碳

18、核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求：经过一次碰撞后中子的动能变为多少？【答案】【解析】设中子的质量为m，速度为v0，碳核的质量为12m，碰后中子、碳核的速度分别为v1、v以v0方向为正方向，根据动量守恒有mv0=mv1+12mv根据能量守恒有解得，碰撞一次，中子的动能变为1【2019·河南南阳中学高一期末】如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，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，一个质量为2m的小物块从槽上高为h处开始自由下滑，运动到水平面之后与弹簧相互作用，被向左反弹回来，下列说法

19、正确的是A在下滑过程中，槽对物块的支持力对物块始终不做功B物块第一次滑到槽底端时，物块与槽的速度大小之比为2：1C整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统动量守恒D物块被弹簧反弹后不能追上槽2【2019·山东高二期末】（多选）如图所示，质量为M的足够长的木板置于水平地面上，质量为m的小滑块以初速度v0滑上木板，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列说法正确的是A若木板与地面间光滑，则长木板的最终速度大小为B若木板与地面间光滑，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为C若木板与地面间的动摩擦因数也为，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为D若木板与地面间的动摩擦因数也

20、为，则在整个运动过程中地面对木板的摩擦力的冲量大小为mv03【2019·北京四中高一期末】如图所示，A球的质量m1=4m，B球的质量m2=m。球A以速度v0靠近静止在光滑的水平面上球B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上。A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失。当m1、v0一定时，随着m2的增大，则（ ）A碰撞过程中B获得的动能增大B碰撞过程中B获得的动量增大C碰撞过程中A获得的最终速度减小D碰撞过程中A获得的最终速度增大4【2019·湖南省长沙市雅礼中学高三下学期一模】一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m

21、2=km1，k<1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2。假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比的取值范围是ABCD5（多选）如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板C，在C上左端和距左端x处各放有小物块A和B，A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为，A、B、C的质量均为m。开始时，B、C静止，A以某一初速度v0向右做匀减速运动，设B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 AA运动过程中，B受到的摩擦力为B最终A、B、C一起向右以做匀速直线运动C若要使A、B恰好不相碰，A

22、的初速度D若要使A、B恰好不相碰，A的初速度6【2018·重庆市巴蜀中学高三适应性月考】如图，质量为m和M的两个物块A、B，中间连接着一根由轻绳束缚着、被压缩的轻质弹簧（弹簧还可以继续压缩），最初A、B在光滑水平面上静止不动，弹簧的弹性势能为Ep；某时刻质量为M、动量为p的物块C向左运动与B相碰并粘在一起，C与B碰撞的时间极短，且碰撞瞬间A、B之间的绳子断开，则AC、B碰撞过程中，C对B的冲量为pBC、B碰后弹簧的弹性势能最大是Ep=p24MCC、B碰后，弹簧的弹性势能最大时，A、B、C的动量相同DC、B碰后，弹簧第一次恢复原长时，A、B、C的动能之和是Ep+p24M7【2019&#

23、183;辽宁省沈阳市高三三模】（多选）如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的vt图如图乙所示，则可知A物块A的质量为4 kgB运动过程中物块A的最大速度为vm=4 m/sC在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6 J8【2018·河北正定中学高三年级一模】（多选）如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块

24、质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图象如图b所示，则可知A在A离开挡板前，A、B系统动量守恒B在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒C弹簧锁定时其弹性势能为9 JDA的质量为1 kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3 J9已知氘核（）质量为2.013 6 u，中子（）质量为1.008 7 u，氦核（）质量为3.015 0u ，1 u相当于931.5 MeV。（1）写出两个氘核聚变成的核反应方程。（2）计算上述核反应中释放的核能（保留三位有效数字）。（3）若两个氘核以相同的动能0.35 MeV做对心碰撞即可发生上述反应，且释放的核能全部转

25、化为机械能，则反应后生成的氦核（）和中子（）的动能各是多少？10【2019·黑龙江学与考联盟三模】如图所示，光滑斜轨道AB和光滑半圆环轨道CD固定在同一竖直平面内，两轨道由一条光滑且足够长的水平轨道BC平滑连接，水平轨道与斜轨道间由一段小的圆弧过渡，斜轨道最高点A离水平轨道的高度为h。小物块b锁定在水平轨道上P点，其左侧与一放在水平轨道上的轻质弹簧接触（但不连接），小物块a从斜轨道的顶端A由静止释放，滑下后压缩轻质弹簧，当轻质弹簧压缩到最短时，解除对小物块b的锁定。已知小物块a的质量为2m，小物块b的质量为m，半圆环轨道CD的半径，重力加速度为g。（1）求小物块a再次滑上斜轨道的最大

26、高度；（2）请判断小物块b能否到达半圆环轨道的最高点D，并说明理由。1【2017·天津卷】如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。空气阻力不计。求：（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；（2）A的最大速度v的大小；（3）初始时B离地面的高度H。2【2017·北京卷】在磁感应强度为B的匀强

27、磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次衰变。放射出的粒子（）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示粒子的质量和电荷量。（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，写出该衰变的核反应方程。（2）粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。（3）设该衰变过程释放的核能都转化为粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损m。3【2019·新课标全国卷】竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后

28、与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的vt图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）求物块B的质量；（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。1D【解析】在下滑过程，槽对物块的支持力与物块位移夹角不垂

29、直，支持力对物块做功，故A错误；物块与槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得，故B错误；整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，物块离开弹簧后的速度大小不变，由于物块的速度小于槽的速度，物块不可能追上槽，故D正确。2ACD 【解析】若地面光滑，则由动量守恒得，解得：，产生的内能为，故A正确，B错误；若木板与地面间的动摩擦因数也为，则小滑块与木板最后会静止于地面，组成的系统最终能产生的内能为，地面对木板的冲量大小等于木块的初动量的大小，故C、D

30、错误。3B【解析】设两球碰撞后m1、m2的速度分别为v1、v2，m1、m2碰撞时动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，弹性碰撞机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得碰后：，碰撞过程B获得的动能，则当m1、v0一定时，随着m2的增大，分式的分母有极大值出现，动能有极小值，则B的动能先减小后增大，故A错误；碰撞过程B获得的动量，则当m1、v0一定时，随着m2的增大，B的动量逐渐增大，故B正确；碰撞过程中A获得的最终速度，开始，若m2越大碰撞后A的速度v1越小；后来，若m2越大碰撞后A的速度v1越大；故C、D错误。4B【解析】若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2；由能量

31、关系：，解得，则；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=（m1+m2）v，解得，则。故r，B正确。5ABD 【解析】设A在C上滑动时，B相对于C不动，则对B、C有，解得，又B依靠摩擦力能获得的最大加速度，故B未相对C滑动，B、C一起向右做加速运动，B受到的摩擦力，方向向右，A正确；A、B、C整体所受外力为零，动量守恒，故有，解得，B正确；若A、B恰好不相碰，则A运动到B处时，A、B、C速度相等，由能量守恒有，解得，C错误，D正确。6D 【解析】C与B相互作用的过程中二者组成的系统的动量也守恒，根据动量守恒得：p=MvC=（M+M）vCB，解得pB=MvB=12MvC=12p，则C、B碰

32、撞过程中，C对B的冲量为p/2，选项A错误；当ABC三物体共速时，弹簧具有最大的弹性势能，此时p=(2M+m)v，此时的最大弹性势能Epm=Ep+p22×2M-p22(2M+m)，选项B错误；C、B碰后，弹簧的弹性势能最大时，A、B、C三者的速度相等，则BC的动量相同，与A的动量不相同，选项C错误；C、B碰后，弹簧第一次恢复原长时，A、B、C的动能之和等于BC碰撞刚结束时系统的总能量，大小等于Ep+P24M，故D正确。故选D。【点睛】本题要正确分析碰撞的过程，抓住碰撞的基本规律：动量守恒定律和能量守恒定律，灵活选取研究的过程和研究对象；注意BC碰撞是损失动能的。7BD【解析】A、弹簧

33、伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时A和B共速，由图知，AB共同速度为：v共=2 m/s，A刚离开墙时B的速度为：v0=3 m/s。在A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律，有：，解得mA=2 kg；故A错误。B、当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由，解得A的最大速度vA=4 m/s，故B正确。C、在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒；故C错误。D、分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：，；联立解得弹簧的最大弹性势能 Ep=6J，故

34、D正确。故选BD。8CD【解析】在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；在A离开挡板前，挡板对A的作用力不做功，A、B及弹簧组成的系统在整个过程中机械能都守恒，故B错误；解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，根据机械能守恒定律，有：Ep=12mBvB2，由图象可知，vB=3 m/s，解得：Ep=9 J，故C正确。分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2 m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBvB=（mA+mB）v共；Ep=12

35、mBvB212（mA+mB）v共2，联立解得：Ep=3 J，故D正确。故选CD。【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，能够知道当弹簧势能最大时，两物体共速，此时动能转化为弹性势能。9【答案】（1） （2）3.26 MeV （3）0.99 MeV，2.97 MeV【解析】（1）由质量数守恒和核电荷数守恒，写出核反应方程为（2）反应过程中质量减少了m=2×2.013 6 u1.008 7 u3.015 0 u=0.003 5 u反应过程中释放的核能E=0.003 5×931.5 MeV=3.26 MeV（3）设和的动量分别为p1和p2，由动量守恒有p1+

36、p2=0由动能和动量的关系可得，和的动能关系为由能量守恒有E1+E2=E+2×0.35 MeV可得E1=0.99 MeV，E2=2.97 MeV【名师点睛】动量守恒定律是普适的，在微观情况下的核反应过程仍然成立，但此时的能量守恒则要考虑质量亏损，常用到爱因斯坦质能方程E=mc2和动能动量的关系。10【答案】（1） （2）能，理由见解析【解析】（1）小物块a从A点由静止滑下，轻质弹簧被压缩到最短时，小物块b解除锁定，设a、b两小物块被轻质弹簧弹开的瞬时速度大小分别为v1、v2。根据动量守恒定律有2mv1=mv2根据机械能守恒定律有联立解得对小物块a，根据机械能守恒定律有解得小物块a再次

37、滑上斜轨道的最大高度为（2）假设小物块b能到达半圆环轨道的D点，根据机械能守恒定律有解得在D点由牛顿第二定律有解得半圆环轨道对小物块b的作用力方向竖直向下，故假设成立！即小物块b能到达半圆环轨道的最高点D1【答案】（1）t=0.6 s （2）v=2 m/s （3）H=0.6 m【解析】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有解得t=0.6 s（2）细绳绷直前瞬间B的速度大小为绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B重力，A、B沿绳方向动量守恒，有A、B系统获得的速度v=2 m/s之后A、B做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s（3）绳绷直后，A、B一起运动，

38、B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有解得H=0.6 m2【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该衰变的核反应方程为（2）设粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有根据圆周运动的参量关系有得粒子在磁场中运动的周期根据电流强度定义式，可得环形电流大小为（3）由，得设衰变后新核Y的速度大小为v，核反应前后系统动量守恒，有Mvmv=0可得根据爱因斯坦质能方程和能量守恒有解得3【答案】（1）3m （2） （3）【解析】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为，碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有联立式得（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有从图（b）所给的vt图线可知由几何关系物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为联立式可得（3）设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有联立式可得