【正文】 )機(jī)器人從釋放到第一次推車(chē)，設(shè)機(jī)器人的加速度為，根據(jù)位移關(guān)系解得，第一次推車(chē)的位置為第一次推車(chē)時(shí)車(chē)的速度為，機(jī)器人的速度為，推車(chē)前小車(chē)速度為方向沿斜面向下，機(jī)器人速度為方向沿斜面向上，設(shè)推車(chē)后小車(chē)和機(jī)器人的速度為和，由動(dòng)量守恒，得由機(jī)械能守恒，得，以上兩式聯(lián)立，解得。此時(shí)物塊A的速度。故A錯(cuò)誤；B．小球落入小車(chē)的過(guò)程中，水平方向系統(tǒng)不受外力作用，所以該系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向合力不為零，故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。13．BC【詳解】A．凹槽與物塊之間有滑動(dòng)摩擦，會(huì)損耗機(jī)械能。故選ACD。= m/s m/s，C錯(cuò)誤，D正確。故選C。3．C【詳解】A．甲圖地面光滑，系統(tǒng)不受外力作用，所以動(dòng)量守恒，但是確定a、b發(fā)生的是能量守恒的彈性碰撞還是能量不守恒非彈性碰撞，A選項(xiàng)錯(cuò)誤BD．由題意知，甲、丙圖地面光滑，乙、丁地面粗糙,那么我們可以知道乙、丁圖因?yàn)榇嬖谀Σ亮ΓΣ亮ψ龉?，故乙、丁圖的動(dòng)量與機(jī)械能都不守恒，BD選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．因?yàn)楸麍D中為地面光滑，所以系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，又因?yàn)楫?dāng)a、b共速時(shí)，彈簧的彈力對(duì)a、b是相互作用的，所以我們認(rèn)為彈簧彈力是內(nèi)力，所以圖丙中機(jī)械能守恒，C選項(xiàng)正確。20．如圖所示，小物塊A在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)距離l 時(shí)與另一小物塊B發(fā)生碰撞并粘在一起以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上。傾斜直軌道傾角。機(jī)器人與小車(chē)均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g=10m/s2。將質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)無(wú)初速釋放，物塊沿軌道滑行至軌道末端C處恰好沒(méi)有滑出。則（　?。〢． mB．小球沿圓弧軌道上升的最大高度為1 mC．圓弧軌道的最大速度為2 m/sD． m/s8．如圖所示，在光滑絕緣水平面上兩點(diǎn)，各靜止放有帶正電的完全相同的金屬球A、B質(zhì)量均為m。現(xiàn)分別使木塊獲得向右的水平初速度v0和nv0，兩次運(yùn)動(dòng)均在木板上留下劃痕，則兩次劃痕長(zhǎng)度之比為（　?。〢．1：n2 B．1：n2 C．1：n3 D．1：(n+1)n23．學(xué)習(xí)物理規(guī)律不僅要知道規(guī)律的內(nèi)容，還要了解規(guī)律的應(yīng)用條件，下列是常見(jiàn)的四種相互作用情境：物塊a以一定的速度向右運(yùn)動(dòng)，之后與物塊b發(fā)生相互作用，其中甲圖和丙圖地面光滑，乙圖和丁圖地面粗糙，從開(kāi)始相互作用至達(dá)到共同速度的過(guò)程，對(duì)于a、b、彈簧組成的系統(tǒng)，各圖滿(mǎn)足的規(guī)律分析正確的是（　?。〢．甲圖動(dòng)量和機(jī)械能一定都守恒 B．乙圖動(dòng)量和機(jī)械能一定都守恒C．丙圖動(dòng)量和機(jī)械能一定都守恒 D．丁圖動(dòng)量和機(jī)械能一定都守恒4．如圖所示，質(zhì)量為M的物塊甲，以速度沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，連接有輕彈簧、質(zhì)量為m的物塊乙靜止在正前方，物塊甲與彈簧接觸后壓縮彈簧，則下列判斷錯(cuò)誤的是（　?。〢．僅增大，彈簧的最大壓縮量增大B．僅增大m，彈簧的最大壓縮量增大C．僅增大M，彈簧的最大壓縮量增大D．一定，一定，彈簧的最大壓縮量一定5．如圖所示，一輕彈簧豎直放置，兩端固定物體B和C，O點(diǎn)是彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)物體B所處的位置，B、O間距離為x。開(kāi)始時(shí)B、C分別從平板車(chē)的左、右兩端同時(shí)以大小相同的初速度v0相向滑行。現(xiàn)給小鐵塊B一個(gè)的初速度使之向左運(yùn)動(dòng)，小鐵塊B與豎直墻壁發(fā)生碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，恰好回到小車(chē)A的最右端。的固定斜面賽道，高h(yuǎn)=。木塊A在水平向右、大小的拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊A運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)右端時(shí)立即撤去拉力。已知小球在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力為，在其他軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力不計(jì)，軌道足夠長(zhǎng)，燒斷細(xì)線后，立即取走彈簧，彈簧不會(huì)影響小球后續(xù)的運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2求： （1）A、B一起平拋的初速度v；（2）小物塊A的初速度v0 參考答案1．C【詳解】設(shè)小球釋放時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，小球離開(kāi)彈簧時(shí)速度為v0，則Ep=m滑上圓弧軌道后，小球能到達(dá)的最大高度距地面為3R，此時(shí)小球和軌道水平方向具有相同的速度，設(shè)為v，則由動(dòng)量守恒定律有mv0=3mv對(duì)系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律有m3mv2+mg而彈性勢(shì)能于壓縮量之間的關(guān)系由些可以判斷，A、B、C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。+m2v239。根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律得可解得，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能的最大值D正確。11．BC【詳解】A．考慮實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況，碰撞后兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球速度應(yīng)不大于B球的速度，故A錯(cuò)誤；B．兩球碰撞過(guò)程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過(guò)程系統(tǒng)總動(dòng)量應(yīng)守恒，碰撞前，總動(dòng)量為總動(dòng)能碰撞后，總動(dòng)量為總動(dòng)能則符合動(dòng)量守恒和能量守恒，故B正確；C．碰撞后，總動(dòng)量為則符合動(dòng)量守恒定律，總動(dòng)能則符合能量守恒定律。故選BC。所以本選項(xiàng)無(wú)解