【答案】
1.D 2.A 3.C 4.A 5.B 6.A 7.B,D 8.BC 9.BCD 10.BC
实验题11.(1)BC，DE；(2)0.210，0.209，AB碰撞过程中，系统动量守恒．解析 (1)A与B碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，可知通过BC段来计算A的碰前速度，通过DE段计算A和B碰后的共同速度．
(2)A碰前的速度：，
碰后共同速度：，
碰前总动量：P1=m1v1=0.2×1.05=0.210kg·m/s 碰后的总动量：P2=（m1+m2）v2=0.3×0.695=0.209kg·m/s 可知在误差允许范围内，AB碰撞过程中，系统动量守恒．
12.（1）8m/s；（2）0.54
13.（1）（2）（3） ，、，
14.解：（1）设B离开弹簧时，A的瞬时速度为vAO，细线被剪断前，弹簧的弹性势能为△P1
由动量守恒定律：mAvA0=mBvB0 解得：vA0=4m/s 再根据能量守恒定律：=48J．
（2）当B第一次反弹，开始压缩弹簧，A、B具有相同速度V时弹性势能最大，
设为△P2由动量守恒定律：mAvA0+mBvB0=（mA+mB）v 再根据能量守恒定律：答：①细线被剪断前，弹簧的弹性势能为48J． ②弹簧具有弹性势能的最大值为12J．
15.解：(1)P
1、P2碰撞过程，由动量守恒定律 mv0=2mv1 ①
解得v1= ②
对P
1、P
2、P系统，由动量守恒定律 mv0+2mv0=4mv2③
=12J 解得v2= ④
(2)当弹簧压缩最大时，P
1、P
2、P三者具有共同速度v3，由动量守恒定律 mv0+2mv0=4mv3 ⑤ 对系统由能量守恒定律
μ(2m)g×2(L+x)=(2m)v+(2m)v-(4m)v ⑥ 解得x=-L ⑦
最大弹性势能Ep=(2m)v+(2m)v-(4m)v-μ•2mg(L+x) ⑧ 解得Ep=mv ⑨
，P的最终速度是-L，相应的弹性势能是
；
mv． 答：(1)P
1、P2刚碰完时的共同速度是(2)此过程中弹簧最大压缩量x是【解析】
1.解：A、因为碰撞的过程中动量守恒，则两球动量变化量大小相等，方向相反．故A错误．
B、因为碰撞的过程中动能不增加，若△p1和△p2分别为-8kg•m/s，8kg•m/s，则P1′=-4kg．m/s，P2′=14kg．m/s，通过知，碰撞的过程中动能增加．故B错误．
C、根据动量定理知，两球碰撞的过程中，B球的动量增加，A球的动量减小．故C错误．
D、变化量为-2kg•m/s，2kg•m/s，符合动量守恒、动能不增加量，以及要符合实际的规律．故D正确． 故选D．
碰撞的过程中动量守恒、动能不增加量，以及要符合实际的规律，根据这些规律进行分析．
解决本题的关键掌握动量定理和动量守恒定律，知道碰撞的原则． 2.【分析】
把人和车看成一个整体，根据动量守恒定律分析即可。
本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，难度不大，属于基础题。 【解答】
把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端， 根据动量守恒可知，系统的总动量为零， 大锤向左运动，小车向右运动，大锤向右运动，小车向左运动， 所以在水平面上左、右往返运动，车不会持续地向右驶去，故A正确，B、C、D错误。 故选A。
3.解：A、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒．故A错误．
B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到
mv乙-mv甲=2mv，解得v=0.5m/s．故B错误．
C、若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，则由mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，代入解得v乙′=2m/s．若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，则由mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入解得v乙′=0．故C正确．
D、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，代入解得v乙′=6m/s．两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律．若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入解得v乙′=-4m/s，可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律．所以物块甲的速率不可能达到5m/s．故D错误． 故选C 根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒．竖直方向上甲乙两物体所受的重力与水平面的支持力平衡．水平方向系统不受外力．当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出物块甲的速率．物块甲的速率为1m/s时，速度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相反，由动量守恒研究乙的速率．若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒判断速率为5m/s是否可能．
本题含有弹簧的碰撞问题，往往遵守动量守恒和机械能守恒两大规律．中等难度．
4.【分析】
对于球和圆槽组成的系统，在水平方向上合力为零，水平方向的动量守恒，根据总的动量守恒来分析圆槽的速度变化。
根据系统的动量守恒直接就可以判断圆槽的速度，题目比较简单。
对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所以A正确，BCD错误。 故选A。
5.【分析】
人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算。
人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向。 【解答】
据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有：，则船的质量为：故选B。
6.两球相碰后A球的速度大小变为原来的1/2，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则，可得B球的速度，而B在前，A在后，而A球在后的速度应小于B球在前的速度，不满足实际情况，因此A球一定反向运动，即C、D错误。
考点：动量守恒定律
，可得
，因此A正确，B、
，即
，故B正确，ACD错误。
7.【分析】
明确动量定理：合力的冲量等于动量的变化，公式为：Ft=△P；并能根据动量定理分析生活中的现象。本题关键根据动量定律列式分析，动量定理反映了力对时间的累积效应对物体动量的影响。 【解答】
A.人从高处跳下落地时，总有一个曲膝的动作，根据动量定理Ft=△P可知，是为了增加缓冲时间，减小关节之间的作用力，地面对人的冲量不会减小，故A错误；
B.运输玻璃时总要用些泡沫填塞，根据动量定理Ft=△P可知，是为了减少震荡过程中的冲力，故B正确；
C.从桌子腿下抽出压着的书，为了避免桌子翻倒，要使桌子的末速度比较小，根据动量定理Ft=△P可知，应快速抽出，减小作用时间，故C错误； D.从乒乓球下快速抽出一张纸条，乒乓球不动是因为乒乓球受到纸条摩擦力的冲量太小，故D正确； 故选BD。
8.本题考查了动量定理应用。
若同时跳；则2mv=MV1； V1=2mv/M 若先后相对地以2m/s的速度跳离；则；mv=(M+m)v\' (M+m)v\'=MV2-mv ；V2=2mv/M 若先后相对车以2m/s的速度跳离；则；mv=(M+m)v\' (M+m)v\'=MV3-m(v-V3) ；V3=2mv/(M+m) 比较以上各式可以看出；V1=V2＞V3；选项B、C正确，选项A、D错误； 故选B、C。
9.解：
A、物体C与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，产生内能，故A错误．
B、整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确，
C、取物体C的速度方向为正方向，根据系统的动量守恒定律得：0=mv+MV，得小车对地运动速度为V=-v，负号表示方向与v方向相反，故C正确． D、整个系统最终ABC的速度相同，根据系统的动量守恒定律得：0=(M+m)v′，v′=0，故D正确． 故选：BCD 10.解：A、在整个过程中，由于回路中产生内能，根据能量守恒定律得知，金属杆ab返回底端时速度v小于v0．取沿斜面向下为正方向，设合外力的冲量大小为I，根据动量定理得：I=mv-(-mv0)=mv+mv0＜2mv0．故A错误．
B、上滑过程中，重力和安培力对杆做功，安培力做负功，根据动能定理得知：克服安培力与重力所做功之和等
．故B正确．
，得克服安培力做功为：C、对于上滑过程，由动能定理得：-mgh-W安=0-W安=-mgh．
根据功能关系可知，克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热，即有Q=W安，则得：Q=-mgh．故C正确．
D、上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，经过同一位置时，上滑的速度大小大于下滑的速度大小，上滑的感应电动势大于下滑的感应电动势，上滑的感应电流大于下滑的感应电流，则上滑时所受的安培力大于下滑时的安培力，由P=Fv知，经过同一位置时，上滑过程中杆克服安培力做功的功率大于下滑过程，上滑过程中电阻R的热功率大于下滑过程R的热功率．故D错误． 故选：BC 11.（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：m1v0=m1v1+m2v2在做平抛运动的过程中由于时间是相等的，所以得：t•m1v0=t•m1v1+t•m2v2即：m1=m1+m2可知，需要使用天平测量小球的质量，使用刻度尺测量小球在水平方向的位移；所以需要选择的器材有A、C、D （2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有：m1v02=m1v12+m2v22解得：v1=要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1﹣m2＞0，故答案为：大于
（3）1球和2球相撞后，2球的速度增大，1球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以所以碰撞后2球的落地点是P点，所以被碰球2飞行的水平距离由图中线段表示
（4）N为碰前入射小球落点的位置，M为碰后入射小球的位置，P为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为：碰撞后入射小球的速度为：碰撞后被碰小球的速度为：若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得：m1=m1+m
212.（1）子弹击中木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0﹣mv=（m0+m）v1，代入数据解得木块的最大速度为：v1=8v=8m/s （2）以子弹、木块、小车组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m0+m）v1﹣Mv=（m0+m+M）v2，由能量守恒定律得：μ（m0+m）gL=（m0+m）v12﹣（m0+m+M）v22，联立解得：μ=0.54
13.试题分析：（1）设小球与Q碰前的速度为v0，由于小球下摆运动的过程中有重力做功机械能守恒，故有
①，解得 ②，小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度，故Q碰撞后速度为v0，考查Q与P组成的系统，由于水平方向没有外力作用动量守恒，设两者分离时速度分别为v1和v2，由题设可知
、M=4m，由动量守恒定律可得③，将题设条件代入③式可得，。
（2）设平板车的长度为L，考查Q与P组成的系统，系统动能的损失为摩擦力做功产生的热量损失，由能量守恒可知两者相等，
，解得（3）Q脱离P后做平抛运动，由平抛运动规律有
。
，解得
，设Q落地时二者相距应为s，则，解得。 考点：本题考查了动量守恒定律、能量守恒、平抛运动规律等概念
14.（1）根据动量守恒定律求出细线剪断后A的速度，因为弹簧的弹性势能全部转化为A、B的动能，根据能量守恒定律求出弹簧的弹性势能．
（2）当B第一次反弹，开始压缩弹簧，A、B具有相同速度V时弹性势能最大，根据动量守恒求出两物体的共同速度，再根据能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．
本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键理清运动过程，抓住研究过程的首末状态，运用动量守恒定律和能量守恒进行求解． 15.(1)P
1、P2碰撞过程，由动量守恒定律列出等式．对P
1、P
2、P系统，由动量守恒定律求解．
(2)当弹簧压缩最大时，P
1、P
2、P三者具有共同速度v3，由动量守恒定律和能量守恒定律求解．
