热门试卷

解：A、系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向左运动．故A错误；

B、规定向左为正方向，根据动量守恒：Mv0=mv1+Mv2；v2=0，可得v1=，故B错误．

C、最终两物体速度相同，由动量守恒得：Mv0=（m+M）v，则得 v=，方向向左，故C正确．

D、木箱和小木块系统机械能最终损失△E=Mv02-（m+M）v2=，故D错误；

故选：C．

解：对A、B在水平方向受力分析可知，A与B在水平方向受到的外力为0，A、B与弹簧在水平方向的动量守恒，系统的机械能守恒．

开始时弹簧的伸长量比较小，则F比较小，A做减速运动，B做加速运动，当弹簧伸长至最长时，二者的速度相等；此后A继续减速，B继续加速，弹簧开始收缩．根据动量守恒定律：mv0=mv1+mv2，和机械能守恒可知，当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大；此后弹簧进行压缩，A的速度开始增大，B的速度开始减小．

A、对A、B在水平方向受力分析可知，A与B在水平方向受到的外力为0，都受到弹簧的弹力，设F为弹簧的弹力；

当加速度大小相同为a时，对A有：ma=F=kx，A的加速度与弹簧的形变量成正比，由于弹簧先伸长，后又压缩，所以弹簧对A的作用力先增大，后减小，则A的加速度先增大，后减小．故A错误；

B、由开始时的分析可知，当当弹簧伸长至最长时，二者的速度相等，此时的弹性势能最大，此时A的速度不是最大．故B错误；

C、由于A、B质量相等，当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大，故C错误；

D、当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大，设A、B的速度分别是：v1，v2，选择向右为正方向，则根据动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2

根据机械能守恒得：

联立可得：v1=0，v2=v0．故D正确．

故选：D

解：AB两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设AB两球碰撞后的速度分别为V1、V2，

选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：

mv=-mv1+2mv2…①

假设碰后A球静止，即v1=0，可得：v2=0.5v

由题意知球A被反弹，所以球B的速度：v2＞0.5v…②

AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有mv2≥mv12+×2mv22…③

①③两式联立得：v2≤v…④

由②④两式可得：0.5v＜v2≤v，

符合条件的只有0.6v，所以选项A正确，BCD错误；

故选：A

解：A、物体在圆轨道上下滑的过程中，物体的机械能守恒，

根据机械能守恒可得，mgR=mv02，

所以小物块滑上传送带的初速度 v0=，

物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，

根据物体的受力可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度v≥，物体就能返回到A点．则R．故A错误．

B、若减小传送带速度，只要传送带的速度v≥，物体就能返回到A点．故B正确．

C、D若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点．故C错误，D正确．

选BD

解：A、两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：mv02=mv12+3mv22，解两式得：v1=-，v2=，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A正确；

B、由前面分析知两球速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，故B错误；

C、两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故C错误；D正确；

故选：AD．