根据题述条件，不能判断出两粒子的质量关系，选项B错误。
带电粒子在匀强磁场中运动的周期T＝＝，不能判断出两粒子的周期、比荷之间的关系，选项CD错误。
7．（2014·北京高考）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。
现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。
已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。
取重力加速度g＝10m/s2。
求：
（1）碰撞前瞬间A的速率v；
（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。
解析：
设滑块的质量为m。
（1）根据机械能守恒定律mgR＝mv2
得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2m/s。
（2）根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝1m/s。
（3）根据动能定理（2m）v′2＝μ（2m）gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l＝＝0.25m。
答案：
见解析
8．（2014·天津高考）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。
可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg。
现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s。
求：
（1）A开始运动时加速度a的大小；
（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
（3）A的上表面长度l。
解析：
（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①
代入数据解得a＝2.5m/s2。
②
（2）对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝（mA＋mB）vt－（mA＋mB）v③
代入数据解得v＝1m/s。
④
（3）设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝（mA＋mB）v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m⑦
答案：
（1）2.5m/s2
（2）1m/s （3）0.45m
9．（2014·重庆高考）一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。
不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（ ）
解析：
选B 由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错，B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项正确。
10．（2014·山东高考）如图，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。
一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。
碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。
求：
（i）B的质量；
（ii）碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
解析：
（i）以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：
碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
m＋2mBv＝（m＋mB）v①
由①式得
mB＝②
（ⅱ）从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝（m＋mB）v③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则
ΔE＝m2＋mB（2v）2－（m＋mB）v2④
联立②③④式得
ΔE＝mv⑤
答案：
见解析
11．（2014·广东高考）如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板。
物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P。
以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2s至t2＝4s内工作，已知P1、P2的质量都为m＝1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4m，g取10m/s2。
P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。
（1）若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；
（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。
解析：
（1）若v1＝6m/s，根据动量守恒定律，碰撞后瞬间P的速度v满足
mv1＝2mv
解得v＝3m/s
碰撞过程损失的动能
ΔE＝mv－×2mv2＝×1×62J－×2×1×32J＝9J
（2）由于探测器的工作时间在t1＝2s至t2＝4s内，要在工作时间内通过，由于P与挡板发生的是弹性碰撞，因此P从A出发回到A的整个滑动过程可以看成是匀减速直线运动。
由mv1＝2mv得v＝v1
P以v开始滑动，滑动的加速度
a＝μg＝1m/s2
若P碰撞后在t1时刻到达B点
则vt1－at＝3L
则v1＝14m/s
若P碰撞后在t2时刻到达B点
则vt2－at＝3L
则v1＝10m/s
因此v1的速度范围为10m/s≤v1≤14m/s
当v1＝14m/s时，v＝7m/s
P以7m/s的速度从A开始滑动到返回A的过程中，根据动能定理
－μ·2mg×4L＝E－×2mv2
求得E＝17J
答案：
（1）3m/s 9J
（2）10m/s≤v1≤14m/s 17J
12．（2014·江苏高考）牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16，分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。
若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。
解析：
设玻璃球A、B碰撞后速度分别为v1和v2
由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知＝解得v1＝v0，v2＝v0
答案：
见解析
13．（2014·安徽高考，24）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B。
物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05。
开始时物块静止，凹槽以v0＝5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。
g取10m/s2。
求：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
解析：
（1）设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得
mv0＝2mv v＝2.5m/s
（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff＝μN＝μmg
设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由动能定理得
－Ff·s1＝（m＋m）v2－mv
得s1＝12.5m
已知L＝1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞
（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′。
有
mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′
mv＋mv＝mv1′2＋mv2′2
得v1′＝v2 v2′＝v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的vt图像在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。
则
v＝v0＋at
a＝－μg
解得t＝5s
凹槽的vt图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2。
（等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L，其余每份面积均为L）
s2＝t＋6.5L s2＝12.75m
答案：
见解析
14．（2014·浙江自选模块）如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。
甲木块与弹簧接触后（ ）
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
解析：
选C 两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确。
甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误。
15．（2014·福建高考）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。
已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）
A．v0－v2B．v0＋v2
C．v0－v2D．v0＋（v0－v2）
解析：
选D 火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：
（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，解得：
v1＝v0＋（v0－v2），D项正确。
16．（2013·新课标全国Ⅰ）在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。
现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短。
当两木块都停止运动后，相距仍然为d。
已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g。
求A的初速度的大小。
解析：
本题考查动能定理和动量守恒定律的综合运用，意在考查考生对动能定理和动量守恒定律的掌握情况。
设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2。
在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得
mv2＝mv＋（2m）v ①
mv＝mv1＋（2m）v2 ②
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正。
由①②式得
v1＝－ ③
设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得μmgd1＝mv ④
μ（2m）gd2＝（2m）v ⑤
按题意有
d＝d1＋d2 ⑥
设A的初速度大小为v0，由动能定理得
μmgd＝mv－mv2 ⑦
联立②至⑦式，得
v0＝ ⑧
答案：
17．（2013·新课标全国Ⅱ）如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。
B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。
设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。
假设B和C碰撞过程时间极短。
求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
（ⅰ）整个系统损失的机械能；
（ⅱ）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
解析：
本题考查碰撞、弹性势能、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。
（ⅰ）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE。
对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
mv＝ΔE＋（2m）v ③
联立①②③式得
ΔE＝mv ④
（ⅱ）由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。
由动量守恒和能量守恒定律得
mv0＝3mv3 ⑤
mv－ΔE＝（3m）v＋Ep ⑥
联立④⑤⑥式得
Ep＝mv ⑦
答案：
（2）（ⅰ）mv （ⅱ）mv
18．（2013·重庆理综）在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为ph（p＞1）和h的地方同时由静止释放，如图所示。
球A的质量为m，球B的质量为3m。
设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。
（1）求球B第一次落地时球A的速度大小；
（2）若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；
（3）在
（2）情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件。
解析：
本题主要考查自由落体运动、竖直上抛运动、相遇问题、弹性碰撞，意在考查考生分析物理过程的能力。
（1）设球B第一次落地时球A的速度大小为v0，由于两球同时释放，A球的速率即为下降h高度时的速率，由自由落体运动规律，v＝2gh
即v0＝。
（2）球B与地碰撞后反弹，以初速度v0做竖直上抛运动；球A以初速度v0、加速度g向下做匀加速直线运动，设球B在第一次上升过程中与球A相碰所需的时间为t，则有hA＝v0t＋gt2，hB＝v0t－gt2
又有几何关系hA＋hB＝ph－h
解得：
t＝
又t<，则p<＋1＝5，即球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，p的取值范围为1（3）设两球在空中碰前的速度大小分别为v1、v2，碰后的速度大小分别为v1′、v2′，选竖直向下为正方向，有v1＝v0＋gt，v2＝v0－gt
两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律：
m1v1－m2v2＝m1v1′＋m2v2′
能量关系：
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
v1′＝
要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，应有>v1
解得p<3
即要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，应有1解析：
（1）
（2）119．（2013·广东理综）如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。
P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。
物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点。
P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。
P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：
（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
（2）此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。
解析：
本题考查动量守恒定律与能量守恒定律的综合运用，意在考查考生综合分析问题的能力。
（1）P1、P2碰撞过程中动量守恒，刚碰完时共同速度为v1，
mv0＝2mv1
v1＝v0
碰撞结束，P以v0向前滑上P2，当被弹簧弹回再滑到A时，P1、P2、P有共同速度v2，则2mv1＋2mv0＝4mv2
v2＝v0
（2）当弹簧的压缩量最大时，P1、P2、P也有共同速度，根据动量守恒定律可知，共同速度仍为v2。
P从A端滑到弹簧压缩量最大的过程，根据功能关系
μ×2mg（L＋x）＋Ep＝×2mv＋×2mv－×4mv
P从弹簧压缩量最大的位置再滑到A端，根据功能关系
Ep＝μ×2mg（L＋x）
解得Ep＝mv
x＝－L
答案：
（1）v0 v0
（2）－L mv
20．（2012·新课标全国）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。
让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。
从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。
忽略空气阻力，求：
（1）两球a、b的质量之比；
（2）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
解析：
（1）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
m2gL＝m2v2 ①
式中g为重力加速度的大小。
设球a的质量为m1，在两球碰后的瞬间，两球的共同速度为v′，以向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v＝（m1＋m2）v′ ②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
（m1＋m2）v′2＝（m1＋m2）gL（1－cosθ） ③
联立①②③式得＝－1 ④
代入题给数据得＝－1 ⑤
（2）两球在碰撞过程中的机械能损失为
Q＝m2gL－（m1＋m2）gL（1－cosθ） ⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek（Ek＝m2v2）之比为
＝1－（1－cosθ） ⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得＝1－ ⑧
答案：
（1）－1
（2）1－
21．（2012·江苏）A、B两种光子的能量之比为2∶1，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB。
求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功。
解析：
光子能量ε＝hν，动量p＝，且ν＝
得p＝，则pA∶pB＝2∶1。
A照射时，光电子的最大初动能EA＝εA－W0，同理，EB＝εB－W0
解得W0＝EA－2EB。
答案：
2∶1 EA－2EB
22．（2012·福建理综）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。
若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为________。
（填选项前的字母）
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋（v0＋v）D．v0＋（v0－v）
解析：
根据动能量守恒定律，选向右方向为正方向，则有（M＋m）v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋（v0＋v），故选项C正确。
答案：
C
23．（2012·天津理综）如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。
小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边
升级会员 