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.docx

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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）。（2020·吉林省高三模拟）如图所示，质量为M、半径为R的四分之一光滑圆弧体静止在光滑的水平面上，圆弧面最低点刚好与水平面相切，在A点的正上方h高处由静止释放一个质量为m的物块（可视为质点），物块下落后刚好从A点无碰撞地进入圆弧面，当物块滑到B点时，圆弧体向左滑动的距离为x，则下列说法正确的是（）Ah越大，x越大Bh越小，x越大C越大，x越大D越

4、小，x越大【参考答案】C【详细解析】物块在圆弧面上滑动过程中，物块和圆弧体在水平方向上动量守恒，且水平方向的总动量为零，设物块在水平方向的速度大小为，圆弧体在水平方向的动量大小为，则有则有解得故越大，x越大，C正确，ABD错误。故选C。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

5、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

6、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。（2020·通榆县第一中学高三模拟）如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C现将小球C由静止释放，C与

7、A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是AC与A碰撞后瞬间A的速度大小为BC与A碰撞时产生的内能为CC与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为D要使碰后物体B被拉离地面，h至少为【参考答案】ABD【详细解析】对C自由下落过程，由机械能守恒得：，解得：，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：，故B正确；当AC速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：，则AC将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：，解得：，故D正确

8、所以ABD正确，C错误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。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，

9、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，m

10、1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。（2020·吴起高级中学高二月考）如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆

11、弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上，现有滑块A以初速度v0从右端滑上B并以滑离B，恰好能到达C的最高点.A、B、C的质量均为m，试求：（1）滑块与木板B上表面间的动摩擦因数；（2）圆弧槽C的半径R【参考答案】（1）；（2）【详细解析】由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒和能量守恒，有：mv0m(v0)2mv1 mgLmv02m(v0) 2×2mv12 联立解得： .当A滑上C，B与C分离，A、C间发生相互作用A到达最高点时两者的速度相等A、C组成的系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒：m(v0)mv1(mm)v2 m(v0)2mv

12、12 (2m)v22mgR 联立解得：R点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，列出动量守恒以及能量转化的方程；注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向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

13、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，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

14、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，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

15、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。（2020·吴起高级中学高二月考）在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示，那么碳14的衰变方程为（）ACe+BBCHe+BeCCH+BDCe+N【参考答案】D【详细解析】原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是衰变，此粒子是粒子，符号为e可

16、得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有m1v1=m2v2由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：，可见r与q成反比由题意大圆与小圆的直径之比为7:1，半径之比为7:1，则得：粒子与反冲核的电荷量之比为1：7。所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为。故选D。1（2020·河南省高三模拟）在匀强磁场中，一个静止的铀原子核经衰变后变成一个新核，衰变方程为，结果得到的径迹为两个相切圆1和2的径迹照片如图所示。已知两个相切圆半径分别为r1、r2，且r1r2，则下列说法正确的是（）A衰变后核的动量与粒子的动量不相同B半径为r1的圆为放出粒子的运动轨迹C衰变后核的质量与

17、粒子的质量之和等于衰变前铀核的质量D若铀元素的半衰期为，则经过2的时间，2 kg的核中有1.5 kg已经发生了衰变【答案】AD【解析】A衰变前，铀核的动量为零，根据动量守恒定律可知，新核与粒子的动量大小相等，方向相反，所以二者动量不同，故A正确；B新核与粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得由于p、B都相等，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于放出粒子的电荷量，所以新核的轨道半径小于放出粒的轨道半径，则半径为r1的圆为新核的运动轨迹，半径为r2的圆为放出粒子的运动轨迹，故B错误；C铀核衰变的过程中，存在质量亏损，导致衰变后核的质量与粒子的质量

18、之和小于衰变前铀核的质量，故C错误；D2 kg的核衰变，符合统计规律，经过2的时间，即2个半衰期的时间，已有1.5 kg发生衰变，故D正确。故选AD。1（2020·天津高三一模）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )ABCD2（2020·绥化市第七中学高二期末）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光

19、滑的水平面上，如图所示质量为m的子弹以速度v水平射向滑块若射击上层，则子弹刚好不穿出；如图甲所示：若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示则比较上述两种情况比较，以下说法正确的是：（ ）A两次子弹对滑块做功一样多B两次滑块所受冲量一样大C子弹击中上层过程中产生的热量多D子弹嵌入下层过程中对滑块做功多3（2020·北京北理工附中高三三模）对于不同类型的物体和运动情况，测量速率的方法往往是不同的，当然测量速度的方法也受到历史的局限性和实验室提供的仪器的限制。(1)历史上，由于测量条件的限制，伽利略无法用直接测量运动速度的方法来寻找自由落体的运动规律。因此他设想用斜面来“冲淡”重力，“放慢

20、”运动，而且把速度的测量转化为对路程和时间的测量，并把自由落体运动看成为沿倾角为90°的斜面下滑运动的外推。假设一个时间单位为T，一个长度单位d，实验中记录了小球沿光滑斜面在不同时间内相对于起始点的距离，如下表所示，则分析表中数据可知，小球在t=3T时刻的瞬时速度等于多少？（用已知量T、d表示即可）时间0T2T3T4T5T6T距离0d4d9d16d25d36d(2)带电粒子的速度可以利用速度选择器进行测量。如下图所示，真空环境中平行放置的金属板间距为d，两板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电粒子以某一速度两金属板的左侧中间沿平行于金属板面的方向射入两板间，当板间电压

21、为U时，带电粒子恰好沿直线（图中虚线）穿越两板，不计带电粒子的重力，求它的速度大小？(3)由于中子不带电，因此中子的速度无法直接使用速度选择器进行测量，可以采用碰撞的方法进行间接测量。低速中子与静止的原子核发生相互作用，有一定概率会与原子核发生弹性正碰。假设一群低速中子的速度大小相同，甲、乙原子核质量分别为M1、M2，这群中子中的两个中子分别与静止的甲、乙两原子核发生弹性正碰后，利用电偏转或磁偏转的方法测量得甲、乙原子核被碰后的速度大小分别为v1、v2，求这群中子的速度大小？4（2020·天津高三二模）如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED

22、相切于D点，且半径R=0.5m。质量m=0.2kg的小球B静止在水平轨道上，另一质量M=0.2kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v0向左运动并与小球B发生相互作用。小球A、B均可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球B与弹簧分离时的速度vB多大；（2）小球A的速度v0多大；（3）弹簧最大的弹性势能EP是多少？5（2020·陕西省高三三模）如图1所示，装置的左边是高度为3 m的弧形轨道，轨道末端水平，右边接有逆时针转动速度大小为3m/s且足够长的水平传送带，二者等高并能平滑对接。质量m1kg

23、的小物块A（可看作质点），置于弧形轨道右端水平处，质量M2kg的小物块B（可看作质点），从轨道h2m高处由静止滑下，A、B发生对心碰撞，已知碰撞后瞬间物块B的速度3m/s，碰后1s时间内物块A的vt图线如图2所示，并且在碰后2s二者再次相碰。重力加速度大小g10m/s2。求：（1）第一次碰撞前物块B的速度，物块B从开始下滑到第一次碰撞结束后系统损失了多少机械能？（2）第二次碰撞位置与第一次位置间的距离及第二次碰撞前物块A、B的速度；（3）第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块与传送带间产生的热量。6（2020·山东省高三三模）如图，长度L=4.5m的水平桌面左右两端各静置大小相同的小球a、

24、b，在桌面右下方适当位置放置倾角=30°的斜面，小球b的质量为0.3kg小球a在恒定水平推力F作用下以a0=4m/s2的加速度向右运动，在小球a即将要与小球b碰撞时撤去推力F；两小球碰撞后，小球a的动能减少为原来的四分之一，且刚好能返回到桌面左端；小球b落到斜面上的P1点，与斜面碰撞后水平向右飞出，然后落到斜面上的P2点。已知小球与斜面碰撞前后速度与斜面的夹角相等，两球均可视为质点，两小球间碰撞以及小球b与斜面间的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2。求:（1）两小球碰撞后，小球a的速度大小；（2）推力F的大小；（3）小球b在斜面上的两个落点P1、P2间的

25、距离。7【2019·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

26、定的挡板相接触，B物块质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的vt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

27、，且释放的核能全部转化为机械能，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

28、再次滑上斜轨道的最大高度；（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（2020·江苏省高考真题）一只质量为的乌贼吸入的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。2【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

29、。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。3【2017·北京卷】在磁感应强度为B的匀强磁场中，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。4【2019&

30、#183;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

31、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。1BD【解析】试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有D正确，故选BD考点：动量守恒定律；功能关系点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，

32、从两个不同角度探求系统动能的损失又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C2AB【解析】子弹嵌入滑块的过程，符合动量守恒，所以我们判断出最后它们的速度是相同的，由动量定理知滑块受到的冲量一样大，然后利用动能定理或者是能量守恒得出系统产生的热能是相等的；【详解】A、根据动量守恒知道最后物块获得的速度（最后物块和子弹的共速）是相同的，即物块获得的动能是相同的，根据动能定理，物块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对物块做的功一样多，故A正确，D错误；B、由动量和动能的

33、关系Ek=P22m知道，滑块的动量也是相同的，由动量定理知滑块受到的冲量一样大，故B正确；C、子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初末速度相等），物块增加的动能也一样多，则系统减小的动能一样多，故系统产生的热量一样多，故C错误。【点睛】本题是考查动量和能量的综合题，关键是用动量守恒知道子弹只要留在滑块中，他们的最后速度就是相同的。3【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)小球做匀加速直线运动，某段时间内中间时刻速度等于平均速度，所以时刻的速度为(2)粒子沿直线穿越两板，受力分析可知粒子做匀速直线运动，即解得(3)中子与甲原子核发生弹性正

34、碰，根据动量守恒和能量守恒得解得同理，与乙原子核发生弹性正碰，有解得中子碰前的速度为4【答案】（1）vB=5m/s；（2）v0=5m/s；（3）EP=1.25J【解析】（1）设小球B恰好过C点时速度为vC，则有联立解得：vB=5m/s（2）小球B与弹簧分离前后，小球A、B及弹簧系统：由动量守恒定律及能量守恒定律有联立解得：v0=5m/s（3）小球A、B及弹簧系统：当A、B两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，由动量守恒定律及能量守恒定律有联立解得：EP=1.25J5【答案】（1）v0=6 m/s；13 J；（2），；（3）60J。【解析】（1）设B滑到曲面底部速度为，根据能量

35、守恒有B、A碰撞，向右为正，根据动量守恒有BA碰撞中损失的机械能代入数据解得v0=6m/s（2）由v-t图知又碰后2秒后A的位移碰后2秒后A的速度设碰后2秒B的速度为，由题意可知代入数据解得（3）碰后2秒内传送带位移碰后2秒内A与传送带的相对路程碰后2秒内B与传送带的相对路程碰后2秒内B的加速度大小解得所以则物块与传送带间产生的热量6【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设小球a的质量为，小球b的质量为，碰撞前小球a的速度，碰撞后小球a的速度大小为，小球b的速度大小为，有解得根据解得（2）根据牛顿第二定律碰撞过程能量守恒小球a返回过程解得 （3）如图所示，设小球b到达斜面上的 时的速度大

36、小为， 、间距离为，由到的运动时间为t，由几何关系得有题意可得小球做平抛运动解得7BD【解析】A、弹簧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

37、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

38、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=12mBvB212（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

39、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+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

40、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】【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得解得喷出水的速度大小为2【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

41、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，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 m3【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，

42、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4【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