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周测卷由于F1、F2等大反向，系统合外力为零，故整个过程7.AD【解析】A、B碰撞后的速度为U1,恰好运动到系统动量守恒，C项正确，D项错误。圆弧最高点时的速度为2，对A、B,碰撞过程中动量2.D【解析】对上升器受力分析，根据牛顿第二定律守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得m=有F一mg=ma,对喷出气体运用动量定理有F△t=2m沙，当较小时，A、B最高只能运动到与圆心等△mv,联立解得△m=0.5kg,故选D项。高的地方，对A、B,从碰后到与圆心等高的地方，由3.A【解析】设一共抛入n个沙袋，这些沙袋抛入车动能定理有一2mgR=0-号2m听，联立得=的过程，满足动量守恒，可得Mo一n·mv=0,解得2√2gR,当o较大时，A、B能够做完整的圆周运n=M=20,即抛入第20个沙袋时，车恰好停止运动。讨论A、B恰好做完整圆周运动时的情形，对A、动，故选A项。B,从碰后运动到圆周最高点的过程中，由动能定理4.A【解析】A、B两球相碰，以水向右为正方向，根-2mg2R=合2m暖-合2m听，在最高点时，由牛顿据动量守恒定律mA=mAU1十maU2,根据机械能守恒定律合m时=合m时+2msv,解得2=第二定律得2mg=2m贤，联立得%=2V5gR,综上所述，当6≤2√2gR或≥2√5gR两小球在一8m/s,由于B、C及弹簧组成的系统在运动过程圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道，B、C项错误，中满足动量守恒和机械能守恒，当B的速度最小时，A项正确；在最高点时，由牛顿第二定律得2g=弹簧应该处于原长状态，mB2=Bva十mcw4,号m:i=m:十名ne,解得功=2m/s,w=2m装，解得防=√g巫，则落点到N的最小水距一6m/s,因此B的最小速度为2m/s,故选A项。离2R=乞g,x=,解得x=2R,Q和N的水5.B【解析】A的速度可以分解为水方向的分速度距离可能为2.5R,D项正确。和竖直方向的分速度，相遇时A处于最高点，竖直方8.ACD【解析】小球m从初始位置到第一次到达最向的分速度减小为0，但是水方向的分速度不为低点的过程中，设滑块M在水轨道上向右移动的0,所以相遇时A的速度不为0，A项正确；相遇时A距离为x1,取向左为正方向，根据水动量守恒得和B的高度相等，所用时间相等，加速度相等（均为0=m×L西-M×4,解得=0.3m,A项正tg),故初始时刻，A的竖直分速度等于B的速度，当确，B项错误；设小球m相对于初始位置可以上升的A到达最高点时，A的竖直分速度为O,则相遇时B最大高度为h,此时小球m与滑块M的共同速度为的速度一定为0，B项错误；A从抛出到最高点的时v,根据水动量守恒得0=(m十)v,根据系统的间为t=业，C项正确；根据动量定理可知△p=mgt,机械能守恒得受m6=mg十名(m十M0d,解得A和B质量相等，所用时间相等，所以从抛出到相h=0.45m,C项正确；小球m从初始位置到第一次遇，A、B动量的变化量相同，D项正确。到达最大高度的过程中，设滑块M在水轨道上向6.BC【解析】根据图像斜率，有a=g=1m/s2,则动右移动的距离为x2,由几何关系可得，m相对于M摩擦因数为0.1，A项错误；根据动量定理有I=移动的水距离为s=L十√-=(0.75+△p=2×(-1.0)kg·m/s-2×2.0kg·m/s=√0.752-0.45)m=1.35m,根据水动量守恒得一6N·s,B项正确；前2s内相对位移为皮带位移0=m×8二，丝一M×华，解得x2=0.54m,D项x1与物块位移2之和，第3s内相对位移为皮带位正确。1移x与物块位移x2之差，故划痕长度为△x=之二、非选择题2X2m+1×2m+1×1m-号×1×1m=4.5m,9.(1)C(3分)》(2)M(3分)N(3分)由于摩擦产生的热量为Q=umg△x=9J,C项正确，sin0D项错误。(3)m1 cos 01=mi cos 02sim20s(3分)sim+2√cos0s·28·
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