2019-2020年高考物理1.5輪資料匯編 專題07 動量.doc

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2019-2020年高考物理1.5輪資料匯編 專題07 動量 一、單選題 1．右圖是“牛頓擺”裝置，5個完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，5根輕繩互相平行，5個鋼球彼此緊密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分別標記5個小鋼球。當把小球1向左拉起一定高度，如圖甲所示，然后由靜止釋放，在極短時間內經過小球間的相互碰撞，可觀察到球5向右擺起，且達到的最大高度與球1的釋放高度相同，如圖乙所示。關于此實驗，下列說法中正確的是 （ ） A．上述實驗過程中，5個小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒 B．上述實驗過程中，5個小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量不守恒 C．如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度（如圖丙所示），同時由靜止釋放，經碰撞后，小球4、5一起向右擺起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的釋放高度 D．如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度（如圖丙所示），同時由靜止釋放，經碰撞后，小球3、4、5一起向右擺起，且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同 【答案】 D 考點：動量守恒 彈性碰撞 2．質量都為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個質量都為M的靜止小球相碰后，a球被反向彈回，b球與被碰球粘合在一起仍沿原方向運動，c球碰后靜止，則下列說法正確的是 （ ） A．m一定大于M B．m可能等于M C．b球與質量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大 D．c球與質量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大 【答案】 C 【解析】 由a球被反向彈回，可以確定三小球的質量m一定小于M；若m≥M，則無論如何m不會被彈回．AB 錯誤；當m與M發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的動能最大，即b與M粘合在一起，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，b球與質量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大，C正確．D錯誤 故選C 考點：考查動量守恒定律的應用 點評：分別依據(jù)被彈回，粘合在一起，靜止，三種狀態(tài)分析質量和系統(tǒng)損失能量關系，基礎題， 3．1966年曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎的測定質量的實驗。實驗時，用宇宙飛船（質量為m）去接觸正在軌道上運行的火箭（質量為mx，發(fā)動機已熄火），如圖所示。接觸以后，開動飛船尾部的推進器，使飛船和火箭共同加速，推進器的平均推力為F，開動時間Δt，測出飛船和火箭的速度變化是Δv，下列說法正確的是 （ ） A．火箭質量應為 B．宇宙飛船的質量m應為 C．推力F越大，就越大，且與F成正比 D．推力F通過飛船傳遞給火箭，所以飛船對火箭的彈力大小應為F 【答案】 C 【解析】對火箭和飛船組成的整體，運用沖量定理可得，所以火箭的質量應該為，宇宙飛船的質量為，所以推力F越大，就越大，且與F成正比。對AB錯誤，C正確。對分析可得，小于推力F.所以D錯誤。 4．甲、乙兩球在光滑水平軌道上同向運動，已知它們的動量分別是=5kgm/s， =7kgm/s，甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?10kgm/s，則兩球質量m甲與m乙的關系可能是 （ ） A. m甲=m乙 B. m乙=2m甲 C. m乙=4m甲 D. m乙=6m甲 【答案】 C 【解析】由動量守恒定律得P甲+P乙=P甲′+P乙′，解得：P甲′=2kg?m/s，碰撞動能不增加， 所以解得；直線碰后甲的速度一定不會大于乙 解得： ；解得： ，故只有C正確． 考點：動量守恒定律的應用 【名師點睛】對于碰撞過程，往往根據(jù)三大規(guī)律，分析兩個質量的范圍：1、動量守恒；2、總動能不增加；3、碰撞后兩物體同向運動時，后面物體的速度不大于前面物體的速度。 視頻 5．如圖所示，在水平光滑桌面上有兩輛靜止的小車A和B，質量之比mA：mB=3：1．將兩車用細線拴在一起，中間有一被壓縮的彈簧，燒斷細線后至彈簧恢復原長前的某一時刻，兩輛小車的 （ ） A．加速度大小之比aA:aB=1:l B．速度大小之比如vA:vB=l:3 C．動能之比EkA:EkB=1:1 D．動量大小之比PA:PB=l:3 【答案】 B 【解析】本題考查的是動量守恒問題與機械能守恒等問題，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒，，可得速度大小之比如vA:vB=l:3；B正確；由于A、B之間的彈力屬于作用力和反作用力大小相等，故加速度之比為aA:aB=1:3；A錯誤；動能之比EkA:EkB=1:3；C錯誤；動量大小之比PA:PB=l:1；D錯誤； 6．如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質量也為m的小物塊從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是 h （ ） A．在下滑過程中，物塊的機械能守恒 B．在下滑過程中，物塊和槽的動量守恒 C．物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運動 D．物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h處 【答案】 C 【解析】 在下滑過程中，光滑弧形槽向左運動，物塊的機械能轉化為弧形槽的動能，因此弧形槽的機械能不守恒，A錯；下滑過程中以物塊和弧形槽為一個整體，豎直方向所受合力不為零，所以整體動量不守恒，B錯；物塊被彈簧反彈后，水平方向不受外力，做勻速直線運動，C對；反彈后上升到弧形槽最高點時兩者速度相同，由能量守恒定律可知此時高度小于h，D錯；故選C 考點：考查機械能守恒和動量守恒 點評：本題難度較小，明確研究對象（一個物體或一個系統(tǒng)），判斷受力情況從而判斷機械能和動量是否守恒 7．如圖，質量為M的小船在靜止水面上以速率V0 向右勻速行駛，一質量為m的救生員在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為 （ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 人在躍出的過程中船人組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，規(guī)定向右為正方向，解得，C正確； 考點：考查了動量守恒定律的應用 【名師點睛】本題關鍵選擇人躍出前后的過程運用動量守恒定律列式求解． 8．如圖所示,物體在粗糙的水平面上向右做直線運動.從A點開始受到一個水平向左的恒力F的作用,經過一段時間后又回到A點.則物體在這一往返運動的過程中,下列說法正確的是 （ ） A.恒力F對物體做的功為零 B.摩擦力對物體做的功為零 C.恒力F的沖量為零 D.摩擦力的沖量為零 【答案】 A 【解析】由功的定義可知,在這一往返過程中,物體位移為零,所以恒力對物體做的功為零,A正確;由于摩擦力方向總與物體相對運動方向相反,所以摩擦力對物體做的功為負值,B錯誤;由沖量定義力與作用時間的乘積為力的沖量,C?D錯誤. 9．如圖所示，兩個質量相等的小球從同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，下滑到達斜面底端的過程中 （ ） A.兩物體所受重力做功相同 B.兩物體所受合外力沖量相同 C.兩物體到達斜面底端時時間相同 D.兩物體到達斜面底端時動能不同 【答案】 A 考點：沖量 動能定理 10．在以速度勻速豎直上升的觀光電梯中，一乘客豎直上拋一質量為小球，電梯內的觀察者看到小球經到達最高點，而站在地面上的人看來（不計空氣阻力的影響，重力加速度恒為） （ ） A．在小球上升到最高點的過程中動量變化量大小為 B．在小球上升到最高點過程中克服重力做功為 C．電梯內觀察小球到達最高點時其動能為 D．小球上升的初動能為 【答案】 C 【解析】 在電梯上人看到小球上升到最高點時，此時小球相對于電梯靜止，上升速度與電梯速度相同為（向上），以地面參考，站在地面上的人此時看見小球還在上升，電梯內觀者看見小球經t秒后到達最高點，故地面上的人看見上升的時間大于t，故對小球由動量定理動量變化量大于，選項A錯誤。升降機中的人看見球上升的最大高度為，而地面上的人看見球上升的最大高度為．則克服重力為故B錯誤．電梯內觀察小球到達最高點，上升速度與電梯速度相同為（向上），則高點時其動能為，選項C正確。地面上的人所見球拋出時的初速度，則初動能大于， D錯誤。故選C。 考點：本題考查了豎直上拋運動、慣性的概念、相對運動。 11．如圖所示，質量為m2的小球B靜止在光滑的水平面上，質量為m1的小球A以速度v0靠近B，并與B發(fā)生碰撞，碰撞前后兩個小球的速度始終在同一條直線上。A、B兩球的半徑相等，且碰撞過程沒有機械能損失。當m1、v0一定時，若m2越大，則 （ ） A. 碰撞后A的速度越小 B. 碰撞后A的速度越大 C. 碰撞過程中B受到的沖量越小 D. 碰撞過程中A受到的沖量越大 【答案】 D 【解析】碰撞過程中，動量守恒，則，又因碰撞過程機械能守恒，，聯(lián)立解得：， 當，m2越大，v1越小，當時，m2越大，v1速度反向，但越來越大，AB錯誤；碰撞過程中，A受到的沖量，可知m2越大，B受到的沖量也越大，選項D 正確；而B受到的沖量與A受到的沖量大小相等，方向相反，因此m2越大，B受到的沖量也會越大，選項C 錯誤。 考點：動量守恒定律及能量守恒定律。 12．質量為和（未知）的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間極短．其圖象如圖所示，則 （ ） A. 此碰撞一定為彈性碰撞 B. 被碰物體質量為 C. 碰后兩物體速度相同 D. 此過程有機械能損失 【答案】 A 考點：s-t圖像；動量守恒定律. 【名師點睛】本題主要考查了動量守恒定律得應用以及x-t圖線，首先要知道x-t圖線的斜率等于物體的速度；同時要知道判斷是否為彈性碰撞的方法是看機械能是否守恒，若守恒，則是彈性碰撞，若不守恒，則不是彈性碰撞. 13．A、B為原來都靜止在同一勻強磁場中的兩個放射性元素原子核的變化示意圖，其中一個放出一α粒子，另一個放出一β粒子，運動方向都與磁場方向垂直.下圖中a、b與c、d分別表示各粒子的運動軌跡，下列說法中不正確的是 （ ） A.磁場方向一定為垂直紙面向里 B.尚缺乏判斷磁場方向的條件 C.A放出的是α粒子，B放出的是β粒子 D.b為α粒子的運動軌跡，c為β粒子的運動軌跡 【答案】 A 【解析】 據(jù)題意，由于動量守恒定律和由RqB=mv可知，粒子的電量越大則轉動半徑越小，而α粒子和β粒子相對而言都是較小的，所以它們的轉動半徑都較大；且發(fā)生衰變反應過程中α粒子和β粒子的運動方向與另一新核的運動方向相反，據(jù)左手定則可以確定A圖中a、b都帶正電，則b是α粒子而c是β粒子，且磁場可能向里也可能向外，所以A選項錯誤而BCD選項正確，但本題應該選A選項。 考點：本題考查動量守恒定律和左手定則以及兩種衰變。 14．如右圖所示，小車M靜置于光滑水平面上，上表面粗糙且足夠長，木塊m以初速度v滑上小車的上表面，則 （ ） A．m的最終速度為 B．因小車上表面粗糙，故系統(tǒng)動量不守恒 C．當m速度最小時，小車M的速度最大 D．若小車上表面越粗糙，則系統(tǒng)因摩擦而產生的內能也越大 【答案】 C 【解析】 小車和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向上合力為零，它們之間的摩擦力屬于內力，故動量守恒，所以兩者的最終速度為：，解得，AB錯誤 由于M和m之間的相對運動，所以m給M一個向前的滑動摩擦力，使得M向前運動，當m速度最小時，即兩者之間沒有相對運動時，滑動摩擦力消失，M停止加速，速度最大，C正確， 系統(tǒng)產生的內能為：，與它們之間的粗糙程度無關，D錯誤 故選C 考點：考查動量守恒定律的應用 點評：本題關鍵是知道兩者之間的摩擦力屬于內力，由于滑動摩擦力的存在，M產生向前運動的加速度 15．如圖所示，一質量M=3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質量m=1.0kg的小木塊A．給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動， A始終沒有滑離B板．在小木塊A做加速運動的時間內，木板速度大小可能是 。 A B v v （ ） A.1.8m/s B.2.4m/s C.2.8m/s D.3.0m/s 【答案】 B 【解析】 取水平向右方向為正方向，當A的速度為零，根據(jù)動量守恒定律得： 解得： 當AB速度相同時，根據(jù)動量守恒定律得： 解得： 則在木塊A正在做加速運動的時間內，木板的速度范圍為： 所以正確選項為B。 考點：本題考查了動量守恒定律的應用。 16．如圖所示，在光滑的水平面上固定著兩輕質彈簧，一彈性小球在兩彈簧間往復運動，把小球和彈簧視為一個系統(tǒng)，則小球在運動過程中 （ ） A．系統(tǒng)的動量守恒，動能守恒 B．系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒 C．系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒 D．系統(tǒng)的動量不守恒，動能守恒 【答案】 C 【解析】 小球和彈簧組成的系統(tǒng)受到重力和水平地面的支持力兩個外力，小球與彈簧相互作用時，彈簧會用墻壁的作用力，所受合外力不等于零，動量不守恒；在運動過程中，小球和槽通過彈簧相互作用，但因為只有彈簧的彈力做功，動能和勢能相互轉化，而總量保持不變，機械能守恒．故C正確，A、B、D錯誤． 考點：本題考查動量守恒、機械能守恒． 17．如圖所示，長為L、質量為M的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質量為m的物塊，物塊與木板之間的動摩擦因素為。物塊以從木板的左端向右滑動時，若木板固定不動時，物塊恰好能從木板的右端滑下。若木板不固定時，下面敘述正確的是 （ ） A. 物塊仍能從木板的右端滑下 B. 對系統(tǒng)來說產生的熱量 C. 經過物塊與木板便保持相對靜止 D. 摩擦力對木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功 【答案】 C 【解析】木板固定不動時，物塊減少的動能全部轉化為內能．木板不固定時，物塊向右減速的同時，木板要向右加速，物塊減少的動能轉化為系統(tǒng)產生的內能和木板的動能，所以產生的內能必然減小，物塊相對于木板滑行的距離要減小，不能從木板的右端滑下，故A錯誤；對系統(tǒng)來說，產生的熱量，故B錯誤；設物塊塊與木板最終的共同速度為v，滑塊和木板系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有： ，對木板M，由動量定理得：μ，聯(lián)立解得，故C正確；由于物塊與木板相對于地的位移大小不等，物塊對地位移較大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力對木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯誤． 18．如右圖所示，質量為M，長為L的車廂靜止在光滑水平面上，此時質量為m的木塊正以水平速度v0從左邊進入車廂底板向右運動，車廂底板粗糙，木塊與右壁B發(fā)生無能量損失的碰撞后又被彈回，最后又恰好停在車廂左端點A，則以下敘述中正確的是 （ ） A．該過程中產生的內能為 B．車廂底板的動摩擦因數(shù)為 C．M的最終速度為 D．m、M最終速度為零 【答案】 C 【解析】 由動量守恒定律有：，故，因此C正確，D錯誤；由題意分析可知，木塊與車廂發(fā)生相互作用的過程中要克服摩擦力做功，會產生熱量，設系統(tǒng)產生的熱量為Q，對系統(tǒng)由能量守恒定律有：，所以，因此A錯誤；又由有：，所以B錯誤． 故選C 考點：考查了動量守恒定律的應用 點評：本題的關鍵是把握碰撞前后的總動量和總能量守恒列式求解 19．高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)．此后經歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為 （ ） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】在安全帶對人有拉力的瞬間時，人做自由落體運動，此過程機械能守恒，故有，即在產生拉力瞬間速度為，之后人在安全帶的作用下做變速運動，末速度為零，設向上為正方向，則根據(jù)動量定理可得：有，聯(lián)立解得 考點：考查了動量定理的應用 【名師點睛】本題關鍵是明確物體的受力情況和運動情況，然后對自由落體運動過程和全程封閉列式求解，注意運用動量定理前要先規(guī)定正方向 視頻 20．質量是1 kg的鋼球,以5 m/s的速度水平向右運動，碰到墻壁后以3 m/s的速度被反向彈回。假設球與墻面接觸的時間是0.1秒，設水平向右為正方向，則 （ ） A. 鋼球的動量變化量為2kg?m/s B. 鋼球的動量變化量為－2kg?m/s C. 墻面對鋼球的沖量為8 kg?m/s D. 墻面對鋼球的沖量為－8 kg?m/s 【答案】 D 【解析】 由題意知初動量，末動量，所以動量的變化量為，所以A、B錯誤；根據(jù)動量定理，所以C錯誤；D正確。 考點：本題考查動量、動量定理，意在考查學生對動量、動量定理矢量性的理解。 21．質量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質量也為m的物體乙以4m/s的速度與甲相向運動，如圖所示，則 （ ） A. 甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈簧彈力的作用，甲乙兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒 B. 當兩物塊相距最近時，甲物塊的速度為零 C. 甲物塊的速率可達到5m/s D. 當甲物塊的速率為1m/s時，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0 【答案】 D 考點：動量守恒定律及能量守恒定律。 22．小球質量為2m，以速度v沿水平方向垂直撞擊墻壁，球被反方向彈回速度大小是v，球與墻撞擊時間為t，在撞擊過程中，球對墻的平均沖力大小是 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】設初速度方向為正，則彈后的速度為-；則由動量定理可得：Ft=-2m-2mv 解得：F=；負號表示力的方向與初速度方向相反；由牛頓第三定律可知，球對墻的平均沖擊力為F′=F=；故選C． 23．如圖所示，將質量為M1、半徑為R且內壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側靠墻角，右側靠一質量為M2的物塊．今讓一質量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是 （ ） A. 小球在槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒 B. 小球在槽內運動的全過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒 C. 小球離開C點以后，將做豎直上拋運動 D. 槽將不會再次與墻接觸 【答案】 D 【解析】小球從AB的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球對半圓槽的壓力方向相反指向左下方，因為有豎直墻擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該過程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由小球、半圓槽 和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒；從B→C的過程中，小球對半圓槽的壓力方向向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向右運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因為有物塊擋住，小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，在小球運動的全過程，水平方向 動量也不守恒，選項AB錯誤；當小球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動，C錯誤；因為全過程中，整個系統(tǒng)在水平 方向上獲得了水平向右的沖量，最終槽將與墻不會再次接觸，D正確． 【點睛】判斷系統(tǒng)動量是否守恒關鍵是明確系統(tǒng)是否受到外力的作用，故在應用動量守恒定律時一定要明確是哪一系統(tǒng)動量守恒． 24．如圖所示，在光滑水平面上有一質量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止狀態(tài)，一質量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面做往復運動．木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來位置的過程中，木塊受到的合外力的沖量大小為 （ ） A. B. 2Mv0 C. D. 2mv0 【答案】 A 【解析】由于子彈射入木塊的時間極短，在瞬間動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得，mv0=（M+m）v，解得．根據(jù)動量定理，合外力的沖量．故A正確，BCD錯誤．故選A． 考點：動量守恒定律；動量定理 【名師點睛】本題綜合考查了動量守恒定律、動量定理、能量守恒定律，綜合性較強，對提升學生的能力有著很好的作用。 25．如圖所示，一段不可伸長的輕質細繩長為L，一端固定在O點，另一端系一個質量為m的小球（可視為質點），保持細繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點登高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點的過程中，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則 （ ） A. 合力做功為零 B. 合力的沖量為零 C. 重力做的功為mgL D. 重力的沖量為 【答案】 C 【解析】 小球在向下運動的過程中，受到重力和繩子的拉力，繩子的拉力始終與運動的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小為mgL．故A錯誤，C正確；由機械能守恒可得，小球在最低點的動能：mv2＝mgL 所以速度： ；由動量定理可得合力的沖量：I合＝△P＝mv?0＝m．故B錯誤；小球向下的過程是擺動，運動的時間在空氣的阻力不計的情況下運動的時間等于單擺周期的 ，所以： ，所以重力的沖量： ．故D錯誤．故選：C 點睛：該題結合單擺的周期公式考查動量定理以及動能定理等，考查的知識點比較多，在解答的過程中一定要注意知識的遷移能力． 26．如右圖所示，在光滑的水平面上停放著一輛平板車，車上放有一木塊B.車左邊緊靠一個固定的光滑的1/4圓弧軌道，其底端的切線與車表面相平．木塊A從軌道頂端靜止釋放滑行到車上與B碰撞并立即黏在一起在車上滑行，與固定在平板車上的輕彈簧作用后被彈回，最后兩木塊與車保持相對靜止，則從A開始下滑到相對靜止全過程中，A、B和車組成的系統(tǒng) （ ） A．動量守恒 B．小車一直向右運動 C．機械能減少量等于木塊與車之間的摩擦生熱 D．彈簧的最大彈性勢能等于木塊與車之間的摩擦生熱 【答案】 B 【解析】 A開始下滑到相對靜止的全過程，A、B和車組成的系統(tǒng)動量不守恒，因為A在圓弧上運動時軌道對A有支持力；系統(tǒng)減少的機械能一部分在A、B碰撞中損失了，另一部分轉化為內能；A、B一起在車上運動過程中，A、B和車組成的系統(tǒng)損失的動能轉化為彈簧的彈性勢能和內能，只有當彈簧壓縮到最短(A、B和車的速度相同)到A、B和車又一起向右運動的過程中彈簧的最大彈性勢能等于木塊與車之間摩擦生熱，故彈簧的最大彈性勢能不等于全過程木塊與車之間摩擦生熱；根據(jù)動量定恒可知小車一直向右運動． 所以正確答案是B. 考點：考查了動量守恒定律的應用 點評：關鍵是對系統(tǒng)的運動過程，以及運動過程中的受力情況正確把握 27．兩個完全相同、質量均為m的滑塊A和B，放在光滑水平面上，滑塊A與輕彈簧相連，彈簧另一端固定在墻上，當滑塊B以的初速度向滑塊A運動，如圖所示，碰到A后不再分開，下述說法中正確的是 （ ） A.兩滑塊相碰和以后一起運動過程，系統(tǒng)動量均守恒 B.兩滑塊相碰和以后一起運動過程，系統(tǒng)機械能均守恒 C.彈簧最大彈性勢能為 D.彈簧最大彈性勢能為 【答案】 D 【解析】 兩滑塊只在相碰時系統(tǒng)動量才守恒，在以后一起運動過程中，由于受到彈簧的彈力作用，故系統(tǒng)動量不守恒，選項A 錯誤；兩滑塊在相碰時系統(tǒng)機械能減小，在以后一起運動過程中，由于只有彈簧的彈力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，選項B錯誤;兩物體相碰時 ，彈簧的最大彈性勢能，選項D正確，C錯誤。 考點：動量守恒定律及能量守恒定律。 28．如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝3kg。質量m＝1kg的鐵塊以水平速度v0＝4m／s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為 （ ） A. 3J B. 4J C. 6J D. 20J 【答案】 A 【解析】 設鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動時，滑行的最大路程為L，摩擦力大小為f．根據(jù)能量守恒定律得：鐵塊相對于木板向右運動過程： 鐵塊相對于木板運動的整個過程：，又根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可知，mv0=（M+m）v 聯(lián)立得到：EP=3J．故選A 考點：能量守恒定律及動量守恒定律。 29．A、B兩船的質量均為m，都靜止在平靜的湖面上，現(xiàn)A船中質量為的人，以對地的水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳到A船，……，經n次跳躍后，人停在B船上，不計水的阻力，則 （ ） A．A、B兩船速度大小之比為2∶3 B．A、B(包括人)兩船動量大小之比為1∶1 C．A、B(包括人)兩船的動能之比為2∶3 D．A、B(包括人)兩船的動能之比為1∶1 【答案】 B 【解析】 人和兩船組成的系統(tǒng)動量守恒，兩船原來靜止，總動量為0，A、B(包括人)兩船的動量大小相等，選項B正確． 經過n次跳躍后，A船速度為、B船速度為.則 解得，選項A錯．A船最后獲得的動能為 B船最后獲得的動能為 所以，選項CD錯誤，故選項B正確． 故選B 考點：考查了動量守恒定律的應用 點評：關鍵是根據(jù)動量守恒列出守恒式子求解分析 30．如圖所示，放在光滑水平面上的矩形滑塊是由不同材料的上下兩層粘在一起組成的。質量為m的子彈以速度v水平射向滑塊，若擊中上層，則子彈剛好不穿出，如圖（a）所示；若擊中下層，則子彈嵌入其中，如圖（b）所示，比較上述兩種情況，以下說法不正確的是 （ ） （a） (b) A.兩種情況下子彈和滑塊的最終速度相同 B.兩次子彈對滑塊做的功一樣多 C.兩次系統(tǒng)產生的熱量一樣多 D.兩次滑塊對子彈的阻力一樣大 【答案】 D 【解析】 無論子彈射入的深度如何，最終子彈和木塊都等速，由動量守恒定律可知，兩種情況最終兩木塊（包括子彈）速度都相等，A對；對木塊由動能定理可知：兩次子彈對木塊做功一樣多，由動量定理可知：兩次木塊所受沖量一樣大，對系統(tǒng)由能的轉化和守恒定律可知，兩次損失的機械能一樣多，產生的熱量一樣多；BC正確，系統(tǒng)損失的機械能等于阻力與相對位移的乘積，由于相對位移不同，所以阻力不同，D錯； 考點：考查功能關系和動量守恒定律 點評：本題難度中等，明確系統(tǒng)動量守恒，判斷末速度相同是本題的突破口，明確系統(tǒng)機械能的損失等于相互作用力與相對位移的乘積 31．半徑相等的兩個小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直線相向運動，若甲球質量大于乙球質量，發(fā)生碰撞前，兩球的動能相等，則碰撞后兩球的狀態(tài)可能是 （填選項前的字母） （ ） A．兩球的速度方向均與原方向相反，但它們動能仍相等 B．兩球的速度方向相同，而且它們動能仍相等 C．甲、乙兩球的動量相同 D．甲球的動量不為零，乙球的動量為零 【答案】 C 【解析】 根據(jù)動量與動能關系可知，根據(jù)動量守恒可各，碰撞后的總動量沿甲原來的方向，故甲繼續(xù)沿原來的方向運動，乙被彈回，所以選項A錯誤；碰撞后，甲的動能減小，若為彈性碰撞，則乙的動能增大，故兩者動能不相等；若為完全非彈性碰撞，碰撞后速度相等，動能不等 ，所以選項B錯誤；兩球碰撞過程中動量守恒，碰撞后動量可能相等，所以選項C正確；因碰撞后，甲乙都沿甲原來的方向運動，故乙的動量不為零，所以選項D錯誤； 考點： 動量守恒定律 32．（單選）如圖所示，光滑的水平地面上有一輛平板車，車上有一個人。原來車和人都靜止。當人從左向右行走的過程中_______________（填選項前的字母） （ ） A．人和車組成的系統(tǒng)水平方向動量不守恒 B．人和車組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．人和車的速度方向相同 D．人停止行走時，人和車的速度一定均為零 【答案】 D 考點：動量守恒定律 33．一輕質彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連，并靜止于光滑水平面上，如圖（甲）所示?，F(xiàn)使A以3m/s的速度向B運動壓縮彈簧，A、B的速度圖像如圖（乙）所示，則 （ ） A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài) B．在t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復到原長 C．兩物塊的質量之比為m1 ：m2 =1 ：2 D．在t2時刻A與B的動能之比為Ek1 ：Ek2 = 8 ：1 【答案】 C 【解析】 由圖可知、時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且此時系統(tǒng)動能最小，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯誤；結合圖象弄清兩物塊的運動過程，開始時逐漸減速，逐漸加速，彈簧被壓縮，時刻二者速度相當，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮最厲害，然后彈簧逐漸恢復原長，依然加速，先減速為零，然后反向加速，時刻，彈簧恢復原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩木塊均減速，當時刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從到過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復原長，故B錯誤；系統(tǒng)動量守恒，選擇開始到時刻列方程可知：，將，代入得：，故C正確；在時刻A的速度為：，B的速度為：，根據(jù)，求出，故D錯誤． 考點：動量守恒定律的綜合應用 （ ） 34．飛船返回時高速進入大氣層后，受到空氣阻力的作用，接近地面時，減速傘打開，在距地面幾米處，制動發(fā)動機點火制動，飛船迅速減速，安全著陸．下列說法正確的是 A．制動發(fā)動機點火制動后，飛船的重力勢能減少，動能減小 B．制動發(fā)動機工作時，由于化學能轉化為機械能，飛船的機械能增加 C．重力始終對飛船做正功，使飛船的機械能增加 D．重力對飛船做正功，阻力對飛船做負功，飛船的機械能不變 【答案】 A 【解析】制動發(fā)動機點火制動后，飛船迅速減速下落，動能、重力勢能均變小，機械能減小，A正確，B錯誤；飛船進入大氣層后，空氣阻力做負功，機械能一定減小，故C、D均錯誤． 35．光滑地面上放著兩鋼球A和B，且mA＜mB，B上固定著一輕彈簧，如圖所示，現(xiàn)在A以速率v0碰撞靜止的B球，有： （ ） A．當彈簧壓縮量最大時，A、B兩球的速率都最??； B．當彈簧恢復原長時，A球速率為零； C．當A球速率為零時，B球速率最大； D．當B球速率最大時，彈簧的勢能為零； 【答案】 D 【解析】 當兩球速度相等時壓縮量最大，據(jù)動量守恒定律有mAv0=(mA+mB)vAB，則解得vAB=mAv0/(mA+mB)，可見B球速度從0開始增加，所以A選項錯誤；據(jù)mAv0=mAvA+mBvB可知，當彈簧回復原長時，A球的速度可能與初速度反向，也可能與初速度同向，不可能為0，但此時B球的速度最大，所以B、C選項錯誤，而D選項正確。 考點：本題考查動量守恒定律的應用。 36．如圖所示，一個質量為M木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的底板上放著一個質量為m的小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質量?，F(xiàn)使木箱獲得一個向左的初速度v0，則 . （填選項前的字母） （ ） A.小木塊和木箱最終都將靜止 B.木箱速度為零時，小木塊速度為 C.最終小木塊速度為，方向向左 D.木箱和小木塊系統(tǒng)機械能最終損失 【答案】 C 【解析】 當木箱獲得一個向左的初速度v0時，木塊相對木箱將向后滑動，然后與后壁相碰，經過若干次碰撞后相對木箱靜止，此時兩者具有共同速度，根據(jù)動量守恒定律可得：Mv0=(M+m)v，解得方向與v0方向相同，故選項AB錯誤，C正確；.木箱和小木塊系統(tǒng)機械能最終損失，選項D錯誤；故選C. 考點：動量守恒定律. 37．一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進入泥潭直到停住的過程稱為過程Ⅱ，則 ①過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能等于過程Ⅱ中損失的機械能 ②過程Ⅰ與過程Ⅱ中鋼珠所減少的重力勢能之和等于過程Ⅱ中鋼珠克服阻力所做的功 ③過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量 ④過程Ⅰ中重力沖量的大小等于過程Ⅱ中阻力的沖量的大小 （ ） A.①④B.②④C.①③D.②③ 【答案】 D 【解析】 根據(jù)能量守恒定律可知，在過程I中，鋼珠增加的動能等于鋼珠減小的重力勢能，過程II中損失的機械能等于全程減小的重力勢能，即I過程中增加的動能小于II過程中損失的機械能，所以①錯誤；由功能關系可知，克服阻力做的功即減小的機械能，所以②正確；根據(jù)動量定理可知，在I過程中，只有重力產生沖量，所以鋼珠動量的改變量就等于重力沖量，故③正確；全程使用動量定理可知，在I、II全過程中重力的沖量大小等于II中阻力的沖量的大小，所以④錯誤；由此可知，只有選項D正確； 考點：能量守恒定律、沖量 38．（6分）某物體由靜止開始做直線運動，物體所受合力F隨時間t變化的圖象如圖所示，在 0～8s內，下列說法正確的是 （ ） A. 物體在第2s末速度和加速度都達到最大值 B. 物體在第6s末的位置和速率，都與第2s末相同 C. 物體在第4s末離出發(fā)點最遠，速率為零 D. 物體在第8s末速度和加速度都為零，且離出發(fā)點最遠 【答案】 D 考點：本題考查了牛頓第二定律、勻變速直線運動、圖象． 視頻 39．如圖所示質量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動，A球的速度是，B球的速度是，不久A、B兩球發(fā)生了對心碰撞。對于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實驗小組的同學們做了很多種猜測，下面的哪一種猜測結果一定無法實現(xiàn)的是 （ ） A．， B．， C．， D．， 【答案】 C 【解析】 設每個球的質量均為，碰前系統(tǒng)總動量，碰前的總機械能為，碰撞過程滿足動量守恒且總的機械能不會增加，A選項碰后總動量，總機械能，動量守恒，機械能守恒，故A可能實現(xiàn)。B選項碰后總動量，總機械能，動量守恒，機械能減小，故B可能實現(xiàn)。C選項碰后總動量，總機械能，動量守恒，機械能增加，違反能量守恒定律，故C不可能實現(xiàn)。D選項碰后總動量，總機械能，動量守恒，機械能減小，故D可能實現(xiàn)。故選C． 考點：本題考查了動量守恒定律、能量守恒定律。 40．如圖所示，在水平地面上有個表面光滑的直角三角形物塊 M ，長為 L 的輕桿下端用光滑鉸鏈連接于O點（O點固定于地面上），上端連接小球 m ，小球靠在物塊左側，水平向左的推力 F 施于物塊，整個裝置靜止。撤去力 F后 ，下列說法正確的是 （ ） A．物塊先做勻加速運動，后做勻速運動； B．因為地面光滑，所以整個系統(tǒng)在水平方向上動量守恒； C．小球與物塊分離時，小球一定只受重力作用 D．小球一直對物塊有作用力，直到小球落地的瞬間與物塊分離為止 【答案】 C 【解析】 當撤去力 F后，隨著直角三角形物塊 M向右運動，小球 m邊轉動邊隨同直角三角形物塊 M向右運動，故物塊M先做加速運動，后做勻速運動，A選項錯誤；鉸鏈連接于O點（O點固定于地面上），整個系統(tǒng)水平方向所受合力不為零，故在水平方向上動量守恒，B選項錯誤；當小球與物塊分離后，物塊做勻速直線運動，故小球和物塊在分離式恰好無相互的作用力，故小球只受到重力的作用，C選項正確；如圖所示，兩物體水平速度相同，設小球角速度為，則小球的線速度v=，方向垂直桿向下 然后分解為水平速度，就是，故小球未落地時小球和物塊已分離，D選項錯誤。 考點：運動的分解 動量守恒的條件 41．如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為2m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質量為m的小物塊從槽高h處開始自由下滑，下列說法錯誤的是 （ ） A．在下滑過程中，物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．在下滑過程中，物塊和槽的水平方向動量守恒 C．物塊被彈簧反彈后，離開彈簧時的速度大小為v=2 D．物塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能Ep= 【答案】 D 【解析】 試題解析：由于地面是光滑的，故物塊、光滑弧形槽在下滑過程中機械能守恒，選項A正確；在下滑的某一位置時，對于物塊和光滑弧形槽整體而言，在水平方向不受外力的作用，故物塊和槽的水平方向動量守恒，選項B正確；物塊滑到水平面上時，物塊與光滑弧形槽的動量守恒，則2mv1=mv2，又根據(jù)機械能守恒得mgh=2mv12+mv22，解之得v2=2，物塊運動與彈簧相碰后反彈的速度與該速度相等，因為機械能仍守恒，故選項C正確；物塊壓縮彈簧的過程中，彈簧的最大彈性勢能時就是物塊的動能為0時，即Ep=mv22=，選項D錯誤。 考點：動量守恒、機械能守恒。 42．如圖所示，物體A、B的質量分別為m、2m，物體B置于水平面上，B物體上部半圓型槽的半徑為R，將物體A從圓槽的右側最頂端由靜止釋放，一切摩擦均不計。則 （ ） A．A不能到達B圓槽的左側最高點 B．A運動到圓槽的最低點速度為 C．B一直向右運動 D．B向右運動的最大位移大小為 【答案】 D 【解析】 AB組成的系統(tǒng)動量守恒，AB剛開始時動量為零，所以運動過程中總動量時刻為零，所以B先向右加速后又減速到零，因為系統(tǒng)機械能守恒，當B靜止時，A運動恰好到左側最高點，A錯誤，根據(jù)動量守恒定律可得，又知道，所以可得，D正確， B向右先加速后減速，減速到零之后又向左先加速后減速，即做往返運動，C錯誤；當A運動到最低端時，水平方向上動量守恒，所以有，還知道滿足機械能守恒，所以有，聯(lián)立可得，B錯誤 考點：考查了動量守恒，機械能守恒的綜合應用， 43．在光滑的水平地面上靜止著一個斜面體，其質量為m2，斜面是一個光滑的曲面，斜面體高為h，底邊長為a，如圖所示。今有一個質量為m1，（m2＝nm1）的小球從斜面體的頂端自靜止開始下滑，小球滑離斜面體的下端時速度在水平方向，則下列說法正確的是 （ ） A. 小球在下滑中，兩者的動量總是大小相等方向相反 B. 兩者分開時斜面體向左移動的距離是 C. 分開時小球和斜面體的速度大小分別是和 D. 小球在下滑中斜面體彈力對它做的功為 【答案】 C 【解析】 試卷分析：在這個過程中由于小球沿弧線運動至最低處，所以處于超重狀態(tài)，在豎直方向其合外力不為零，但是在水平方向由于整體合外力為零，可以視為水平方向動量守恒，所以A答案錯誤。根據(jù)動量守恒定律以及能量守恒定律則，解上式則，所以C答案正確。另外根據(jù)動量守恒定律則有，解得，但斜面體向右運動，所以B錯。對于小球而言，根據(jù)動能定理則，則，所以D錯誤。 考點：動量守恒定律、機械能守恒定律、動能定理 點評：此類題型考察分方向動量守恒定律、機械能守恒定律的綜合運用。并且利用了動量守恒定律的推論求出斜面體的運動位移，結合動能定理求出彈力做功。 44．如圖所示，質量為M足夠長的長木板A靜止在光滑的水平地面上，質量為m的物體B以水平速度v0沖上A，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上。若從B沖到木板A上到相對木板A靜止的過程中，木板A向前運動了1m，并且M>m。則B相對A的位移可能為 （ ） A．0.5m B．1m C．2m D．2.5m 【答案】 D 考點：動量守恒定律及動能定理；能量守恒定律. 45．如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為m（m＜M）的小球從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是 （ ） A. 在以后的運動全過程中，小球和槽的水平方向動量始終保持某一確定值不變 B. 在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功 C. 全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，且水平方向動量守恒 D. 小球被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h處 【答案】 D 【解析】小球在槽上運動時，由于小球受重力，故兩物體組成的系統(tǒng)外力之和不為零，故動量不守恒；當小球與彈簧接觸相互作用時，小球受外力，故動量不再守恒，故A錯誤；下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B錯誤；全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，但當小球與彈簧接觸相互作用時，小球受外力，水平方向動量不守恒，C錯誤；因兩物體均有向左的速度，若槽的速度大于球的速度，則兩物體不會相遇，小球不會到達最高點；而若球速大于槽速，則由動量守恒可知，兩物體會有向左的速度，由機械能守恒可知，小球不會回到最高點，故D正確；故選D． 考點：機械能守恒定律、動量守恒定律 【名師點睛】小球在槽上運動時，由于小球受重力，小球與彈簧接觸相互作用時，小球受外力，故兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒。全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒。若槽的速度大于球的速度，則兩物體不會相遇；而若球速大于槽速，則由動量守恒可知，兩物體會有向左的速度，小球不會回到最高點。 46．如圖所示，質量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，當木塊靜止時是在A位置.現(xiàn)有一質量為m的子彈以水平速度υ0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到A位置時的速度υ以及在此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為 （ ） A．υ=，I=0 B．υ=，I=2mυ0 C．υ=，I= D．υ=，I=2mυ0 【答案】 B 【解析】 考點：動量守恒定律；動量定理． 分析：子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內力遠大于系統(tǒng)外力，故可由動量守恒定律列式求解，子彈和木塊的共同速度；然后系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到A位置時速度大小不變，根據(jù)動量定理可求得此過程中墻對彈簧的沖量I的大?。? 解：子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內力遠大于系統(tǒng)外力，由動量守恒定律得： mv0=（M+m）v 解得：v= 子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到A位置時速度大小不變，即當木塊回到A位置時的速度v=； 子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即可墻對彈簧的作用力，根據(jù)動量定理得： I=-（M+m）v-mv0=-2mv0 所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0 故選B 47．如圖所示，置于水平面上的質量為、長為的木板右端水平固定有一輕質彈簧，在板上與左端相齊處有一質量為的小物體（，），木板與物體一起以水平速度向右運動，若與、與地的接觸均光滑，板與墻碰撞無機械能損失，則從板與墻碰撞以后，以下說法中正確的是 （ ） A.板與小物體組成的系統(tǒng),總動量可能不守恒 B.當物體和木板對地的速度相同時,物體到墻的距離最近 C.當小物體滑到板的最左端時，系統(tǒng)的動能才達到最大 D.小物體一定會從板的最左端掉下來 【答案】 D 考點：本題考查了動量守恒定律、能量守恒定律。 48．如圖所示，水平傳送帶AB距離地面的高度為h，以恒定速率v0順時針運行。甲、乙兩相同滑塊（視為質點）之間夾著一個壓縮輕彈簧（長度不計），在AB的正中間位置輕放它們時，彈簧瞬間恢復原長，兩滑塊以相同的速率分別向左、右運動。下列判斷正確的是 （ ） A. 甲、乙滑塊不可能落在傳送帶的左右兩側 B. 甲、乙滑塊可能落在傳送帶的左右兩側，但距釋放點的水平距離一定相等 C. 甲、乙滑塊可能落在傳送帶的同一側，但距釋放點的水平距離一定不相等 D. 若甲、乙滑塊能落在同一點，則摩擦力對甲乙做的功一定相等 【答案】 D 【解析】設v大于v0．彈簧立即彈開后，甲物體向左做初速度為v，加速度為a的勻減速運動．乙物體向向右做初速度為v，（若v大于v0），則乙也做加速度為a的勻減速運動．若甲乙都一直做勻減速運動，兩個物體落地后，距釋放點的水平距離相等；若甲做勻減速運動，乙先做勻減速后做勻速運動，則水平距離不等，故AB錯誤；若v小于v0．彈簧立即彈開后，甲物體向左做初速度為v，加速度為a的勻減速運動．速度為零后可以再向相反的方向運動．整個過程是做初速度為v，加速度和皮帶運動方向相同的減速運動．乙物體做初速度為v，加速度為a的勻加速運動，運動方向和加速度的方向都和皮帶輪的運動方向相同．甲乙到達B點時的速度相同．落地的位置在同一點，此過程摩擦力對甲乙做的功一定相等．故C錯誤，D正確． 故選：D。 考點：本題考查了傳送帶問題、牛頓第二定律、勻變速直線運動的規(guī)律、摩擦力的功 【名師點睛】由于兩滑塊以相對地面相同的速率分別向左、右運動時，速率大小不確定，兩滑塊的運動情況有多種可能情況。應分析全面，不能遺漏。若甲、乙滑塊能落在同一點，說明離開傳送帶時速度相等，初末速率相等，根據(jù)動能定理可知，摩擦力對甲、乙做的功一定相等。 49．如圖6所示，水平光滑地而上停放著一輛質最為M的小車，小車左端靠在豎直墻壁上，其左側半徑為R的四分之一圓弧軌道AB是光滑的，軌道最低點B與水平軌道BC相切，整個軌道處于同一豎直平面內。將質量為m的物塊（可視為質點）從A點無初速釋放，物塊沿軌道滑行至軌道未端C處恰好沒有滑出。重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計，關于物塊從A位置運動至C位置的過程，下列說法中正確的是 （ ） A．在這個過程中，小車和物塊構成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 B．在這個過程中，物塊克服摩擦力所做的功為 C．在這個過程中，摩擦力對小車所做的功為 D．在這個過程中，由于摩擦生成的熱量為 【答案】 D 【解析】分析：A、系統(tǒng)所受合外力為零時，系統(tǒng)動量守恒； B、由動能定理或機械能守恒定律求出物塊滑到B點時的速度， 然后由動量守恒定律求出物塊與小車的共同速度，最后由動能定理求出物塊克服摩擦力所做的功； C、由動能定理可以求出摩擦力對小車所做的功； D、由能量守恒定律可以求出摩擦生成的熱量． 解答：解：A、在物塊從A位置運動到B位置過程中，小車和物塊構成的系統(tǒng)在水平方向受到的合力不為零，系統(tǒng)在水平方向動量不守恒，故A錯誤； B、物塊從A滑到B的過程中，小車靜止不動，對物塊，由動能定理得：mgR=mv2-0，解得，物塊到達B點時的速度；在物塊從B運動到C過程中，物塊做減速運動，小車做加速運動，最終兩者速度相等，在此過程中， 系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律可得mv=（M+m）v′，v′=，以物塊為研究對象， 由動能定理可得：-Wf=mv′2-mv2，解得：Wf=mgR-，故B錯誤； C、對小車由動能定理得：Wf車=Mv′2=，故C錯誤； D、物塊與小車組成的系統(tǒng)，在整個過程中，由能量守恒定律得：mgR=Q+（M+m）v′2，解得：Q=，D項正確； 故答案為：D． 點評：動量守恒條件是：系統(tǒng)所受合外力為零，對物體受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒；熟練應用動量守恒定律、動能定律、能量守恒定律即可正確解題． 50．甲、乙兩船的質量均為M，它們都靜止在平靜的湖面上，質量為M的人從甲船跳到乙