人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律练习题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律练习题，共21页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

第一章动量守恒定律提升优化（含解析）
一、单选题
1.在用单摆测重力加速度的实验中，若测出的g值比当地的重力加速度实际值偏大，其原因可能是（   ）
A. 小球的质量偏大                                                  B. 单摆的振幅偏小
C. 用摆线的长度当作摆长，未加小球的半径           D. 将单摆实际振动次数误记为n+1
2.下列说法正确的是（　　）
A. 两个力的大小相等，则它们的冲量一定相同
B. 两个物体的动量相同，则它们的质量一定相同
C. 两个物体的动量相同，则它们的速度大小一定相同
D. 两个物体的动量相同，则它们的速度方向一定相同
3.同样的玻璃瓶从相同的高度自由落下，掉在水泥地面上容易破碎，掉在草地上不容易破碎，这是因为玻璃瓶掉在草地上与草地碰撞的过程中（　　）
A. 玻璃瓶的动量较小
B. 发生的是弹性碰撞
C. 玻璃瓶的动量变化较慢
D. 玻璃瓶受到草地的冲量较小
4.如图所示，一个物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止。现有以下看法，你认为看法正确的是（　　）

A. 物体所受合力的冲量大小为0
B. 物体所受拉力F的冲量大小是Ftcosθ
C. 物体所受摩擦力的冲量大小为0
D. 物体所受拉力F的冲量方向水平向右
5.如图所示，两个完全相同的 14 圆弧曲面A、B紧挨着放在水平地面上，曲面下端与水平面相切、将一小球由曲面A上P处（图中未画出）由静止滑下。不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A. 小球在A上滑动时，二者组成的系统动量守恒
B. 小球在B上滑动时，二者组成的系统机械能守恒
C. 小球在B上能够达到与P点相同的高度
D. 小球最终一定能滑回A上P点
6.2020年11月24日4时30分，我国用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程“嫦娥五号”探测器，“嫦娥五号”已完成月球采样任务成功返回。由于“嫦娥五号”较重，在被月球捕获过程中需要进行两次“刹车”（“刹车”点均在P点，P为轨道切点），才能进入距离月球表面较近的圆轨道运行。若已知“刹车”前“嫦娥五号”的总质量为M，运行速度大小为 v1 （相对于月心），推进器每次刹车要喷出 Δm 的气体，喷出气体的速度大小为 Δv （相对于月心），那么“嫦娥五号”被月球捕获以后的速度大小是（   ）

A. Mv12Δm                   B. Mv1-2ΔmΔvM-2Δm                   C. Mv1+2ΔmΔvM-2Δm                   D. (M-2Δm)v1+2ΔmΔvM-2Δm
7.为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度，有人做了这样的实验：如图，人坐在小车上，手持灭火器，按压阀门让灭火器水平向前喷射。测得在8.0s内，人匀加速移动的距离为16.0m。已知人（连同设备）的总质量为60kg，灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为0.20kg/s，小车同地面间的动摩擦因数为0.02。忽略该过程中人总质量的变化，可估算出磷酸盐喷出的速率最接近（   ）

A. 60m/s                              B. 100m/s                              C. 120m/s                              D. 210m/s
8.如图所示的装置中，质量为m的弹丸在质量为3m的管内压缩一轻弹簧，静止在水平地面上。当释放弹簧将弹丸以速度v向左发射出去时，管的反冲速度大小为 v4 ，则此发射过程中地面对管的摩擦力的冲量为（   ）

A. 0                      B. mv4   方向向左                      C. mv   方向向右                      D. 3mv4   方向向左
9.中国CNCAP（汽车碰撞实验）是检验汽车安全性能的重要标准，其中一项称为40%ODB正面碰撞检验：汽车速度为64km/h，迎面碰到可溃障碍物上并停下来。某次测试中，驾驶座假人甲系着安全带，副驾驶座假人乙没有系安全带，但其前方固定着一竖直档板，假人质量均为50kg，碰撞时间为 0.05 s，假人与安全带的作用时间为 0.2 s，碰撞过程中甲、乙所受水平方向平均作用力之比为（   ）

A. 1：4                                    B. 4：1                                    C. 2：5                                    D. 5：2
10.如图所示，质量mA=8.0kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB=2.0kg的小木块B。给B以大小为4.0m/s、方向左的初速度，同时给A以大小为6.0m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是（   ）

A. 木块B的最终速度大小为5.6m/s
B. 在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C. 在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D. 在整个过程中，系统的机械能守恒
11.如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量分别为 IG1、IG2、IG3 ，合力的冲量分别为 I合1、I合2、I合3 ，动量变化量的大小分别为 Δp1、Δp2、Δp3 ，动能变化量的大小分别为 ΔEk1、ΔEk2、ΔEk3 ，则有（   ）

A. ΔEk1=ΔEk2=ΔEk3 ， Δp1=Δp2=Δp3          B. Δp1=Δp2=Δp3 ， I合1=I合2=I合3
C. I合1=I合2=I合3 ， IG1=IG2=IG3                 D. IG1=IG2=IG3 ， ΔEk1=ΔEk2=ΔEk3
12.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带正电荷的粒子a、b，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的相互作用。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是（   ）

A. b粒子到达P点的时间短                                      B. a粒子电荷量较大
C. b粒子电势能变化较大                                         D. a粒子动量变化较大
13.如图所示，质量为M的长木板放在光滑的水平面上处于静止状态，木板的长为L，B为木板的中点，一个质量为m的物块从木板的左侧A端以初速度v0滑上木板，木板上表面B点左侧粗糙、右侧光滑，已知物块能滑离木板，且物块在B点右侧木板上滑行的时间为t。则物块滑离木板时的速度大小为（   ）

A. mv0t+ML2(M+m)t                       B. mv0t+ML(M+m)t                       C. 2mv0t+ML2(M+m)t                       D. 2mv0t+ML(M+m)t
14.一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度随时间变化的图线如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度g=10 m/s2。则（   ）

A. 开始时物块运动的加速度大小为2 m/s2              B. 开始时物块运动的加速度大小为8 m/s2
C. 木板与地面间的动摩擦因数为0.2                        D. 木板运动的时间为1 s
15.静止放置在水平面上的物体，从 t=0 时刻受到随时间均匀减小的水平向右的拉力 FT 和不变的摩擦阻力f共同作用，已知拉力 FT 与阻力f随时间t变化的图象如图所示，则（   ）

A. 在 0~t0 时间内，物体重力的冲量为零                B. t0 时刻物体的速度一定为零
C. t=t02 时刻物体一定向左运动                             D. 根据题设条件可求出物体运动的最大速度
16.如图甲所示，光滑的水平面上有一根右端固定的轻弹簧，其左端自由伸长，物体A以速度 v0 向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x．现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），物体A以 2v0 的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则物体A的质量和弹簧压缩量最大时的弹性势能分别为（   ）

A. M=3m,Ep=mv02                                             B. M=3m,Ep=32mv02
C. M=2m,Ep=mv02                                             D. M=2m,Ep=32mv02
二、综合题
17.如图，半径 R=20m 的光滑 14 圆弧轨道AB和光滑的水平面BO平滑连接，在BO平面右侧固定了一个以O点为圆心、半径 r=6m 的 14 圆弧形挡板CD，并以O点为原点建立平面直角坐标系，在A、B、O点各放置一个可视为质点的物块a、b、c，质量分别为m、km、m，其中 k>1 。现将A点的物块a由静止释放，物块间的碰撞均为弹性正碰，a、b、c三物块均不发生二次碰撞，重力加速度 g=10m/s2 。求：
（1）b物块和c物块碰撞后物块b的速度大小；

（2）当系数k取什么值时，物块b的速度最大，并求出此情况下物块b下落到圆弧形挡板CD上时的竖直坐标位置h。
18.如图，物块A的质量为3m，物块B、C的质量均为m，物块A、B、C置于光滑的水平面上，物块B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块B、C接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把物块B和物块C紧连，使弹簧不能伸展以至于物块B、C可视为一个整体，让物块A以初速度v0沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，运动一段时间后断开细线，求：

（1）物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能；
（2）已知弹簧恢复原长时物块C的速度为v0 ， 求弹簧恢复原长过程中释放的弹性势能EP。
19.92232U 发生 α 衰变时，其衰变方程为： 92232U→90228Th+24He+5.5MeV ，光在真空中的传播速度为 c=3×108m/s ， e=1.6×10-19C ，求：
（1）一次衰变过程中亏损的质量为多少千克（保留2位有效数字）；
（2）若 92232U 开始处于静止状态，衰变过程释放的核能全部转化为 α 粒子和钍核的动能，则放出的 α 粒子的动能是多少（单位用 MeV 表示，保留2位有效数字）；
（3）若静止的铀核 92232U 处在匀强磁场中，释放的 α 粒子和产生的新核均能在磁场中做匀速圆周运动，则 α 粒子和钍核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为多少。
20.如图所示，A、B为水平面上的一个长度为 s=4.0m 的凹槽，长度为 L=2.0m 、质量 M=1.0kg 的木板静止在凹槽左侧，木板厚度与凹槽深度相同，水平面右侧有一个倾角为 θ=37° 的足够长的光滑斜面PQ，斜面底端与水平面由光滑小圆弧相连（小圆弧的长度可不计）。质量为 m=1.0kg 的小木块以初速度 v0=2m/s 的速度滑上木板，小木块与木板间的动摩擦因数 μ=0.05 ，其他摩擦不计。若木板每次与A、B相碰后速度立即减为0，且与A、B不粘连。重力加速度 g=10m/s2 ， sin37°=0.6 ， cos37°=0.8 ，小木块可视为质点。求：

（1）小木块运动到斜面底端时速度的大小；
（2）小木块在斜面上运动可到达的最大高度；
（3）小木块最终停止时离A点的距离。

答案解析
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】解：根据T=2π Lg 得，g= 4π2LT2 ．
A、小球的质量偏大，振幅偏小，不影响重力加速度的测量值．故A、B错误．
C、用摆线的长度当作摆长，未加小球的半径，则测量的摆长偏小，测量的额重力加速度偏小．故C错误．
D、将单摆实际振动次数误记为n+1，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大．故D正确．
故选：D．
【分析】根据单摆的周期公式求出重力加速度的表达式，通过表达式判断误差形成的原因．
2.【答案】 D
【解析】A．由冲量 I=Ft 可知，两个力的大小相等，则它们的冲量不一定相同，A不符合题意；
BC．由动量 p=mv 可知，两个物体的动量相同，则它们的速度大小不一定相同，它们的质量也不一定相同，BC不符合题意；
D．由动量 p=mv 可知，动量的方向与速度方向相同，则两个物体的动量相同，则它们的速度方向一定相同，D符合题意。
故答案为：D。
3.【答案】 C
【解析】玻璃瓶从同一高度自由下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，而最后的速度均为零，故动量的变化一定相等，由动量定理可知冲量也一定相等，但由于掉在草地上发生碰撞的时间较长，则玻璃瓶掉在草地上动量变化较慢，从而导致冲击力较小，使玻璃瓶不容易碎，与弹性碰撞或非弹性碰撞无关，A，B、D不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
4.【答案】 A
【解析】ABC．物体所受合力为零，摩擦力和拉力F均为恒力，根据恒力冲量的定义可知，冲量等于力与时间的乘积，故摩擦力对物体的冲量为Ftcosθ，拉力F对物体的冲量大小为Ft，合力的冲量大小为0，A符合题意BC不符合题意；
D．物体所受拉力F的冲量方向与F方向相同，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】由于物体处于静止其合力等于0所以合力的冲量等于0；利用拉力和时间可以求出拉力冲量的大小；利用摩擦力和时间可以求出摩擦力冲量的大小；拉力冲量的方向与拉力方向相同。
5.【答案】 B
【解析】A．小球在A上滑动时，在水平方向所受合力为零水平方向动量守恒，在竖直方向上所受合力不为零竖直方向动量不守恒，二者组成的系统动量不守恒，A不符合题意；
BC．设小球到达劈A的底端时，小球和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得 mgh=12mv2+12MV2
MV-mv=0
设小球在劈B上达到的最大高度为h′，此时小球和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得
mgh'+12(M+m)V2=12mv2
mv=(M+m)V'
解得 h'=M2(M+m)2h
C不符合题意B符合题意；
D．小球到达劈A的底端时，动量守恒得 MV-mv=0
解得 V=mMv
向左的速度
小球冲向B后最终返回到水平位置，这个过程中，动量守恒得和机械能守恒 mv=mv1+MV2
12mv2=12mv12+12MV22
解得 v1=m-MM+mv D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】小球在A运动时由于系统受到外力所以其动量不守恒；小球在B上运动时由于只有重力做功所以系统机械能守恒；利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以判别其小球在B上升的高度；利用动量守恒定律及机械能守恒定律可以判别小球不能返回P点。
6.【答案】 B
【解析】取推进器及喷出的气体为研究对象，喷气前和喷两次气体后由系统动量守恒定律可得 Mv1=2ΔmΔv+(M-2Δm⋅Δv)v
解得 v=Mv1-2ΔmΔvM-2Δm
故答案为：B。

【分析】以推进器和气体为系统，利用系统动量守恒定律可以求出喷出两次气体后推进器其速度的大小。
7.【答案】 D
【解析】设人的末速度为v x=v2t
解得 v=4m/s
设磷酸盐喷出的速率为v＇,分别对人和硫酸盐根据动量定理得 Ft-μMgt=Mv
Ft=mv'
解得 v'=210m/s
故答案为：D。

【分析】人做匀减速直线运动，利用平均速度公式可以求出盐酸喷出时人的速度，结合动量定理可以求出盐酸的速率大小。
8.【答案】 B
【解析】设向左为正方向，则对球和管的系统，由动量定理 If=mv-3m⋅v4=14mv
方向向左。
故答案为：B。

【分析】利用系统动量定理结合初末动量的变化可以求出地面对管的摩擦力冲量大小及方向。
9.【答案】 A
【解析】取假人为研究对象，取车速方向为正，由动量定理可得 -Ft=0-mv
解得 F=mvt∝1t
碰撞过程中甲、乙所受水平方向平均作用力之比为 F1F2=t2t1=0.050.2=14
故答案为：A。

【分析】以人为对象，利用动量定理结合作用时间可以求出平均作用力的大小之比。
10.【答案】 B
【解析】A．小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得 mAvA-mBvB=(mA+mB)v
解得 v=4ms
A不符合题意；
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为 ΔEk=12mBv2-12mBvB2=0
B符合题意；
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为 Δp=mBv-mBvB=2×4kg⋅ms-(-2×4kg⋅ms)=16kg⋅ms
C不符合题意；
D．在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】（1） 足够长的木板 ，小木块与木板最终共速，由动量守恒定律mAvA-mBvB=(mA+mB)v解速度v。 （2）木块B的动能变化量，ΔEk=12mBv2-12mBvB2计算即可。（3）木块B的动量变化量：Δp=mBv-mBvB计算即可。（4）克服摩擦力做功，系统机械能不守恒。
11.【答案】 A
【解析】物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，所以 ΔEk1=ΔEk2=ΔEk3
由机械能守恒定律可知物体下滑到底端CDE的速度大小v相等，动量变化量 Δp=mv
相等，即 Δp1=Δp2=Δp3
根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等 I合1=I合2=I合3 注意不是相同（方向不同）；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由 hsinθ=12gsinθ⋅t2
得物体下落的时间 t=2hgsin2θ
所以θ越小 ， sin2θ 越小，t越大，重力的冲量 I=mgt
就越大，故 IG1 故答案为：A。

【分析】1.合力做的功相等，ΔEk1=ΔEk2=ΔEk3。2.根据运动学hsinθ=12gsinθ⋅t2 ， 时间不同，I=mgt比较动量即可。
12.【答案】 C
【解析】A．两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速，水平向左匀加速，因为两粒子竖直方向的位移相同，速度相同，所以达到P点的时间相同， A不符合题意；
B．水平向左匀加速，根据 x=12at2
a=qEm
以及 xa 时间和质量均相等可知 qa B不符合题意；
C．b粒子电场力大，沿电场力方向位移大，故电场力做功多，根据功能关系可知，b粒子电势能变化较大，C符合题意；
D．根据动量定理 Ft=ΔP
可知，时间相同，电场力小的动量变化小，a粒子电场力小，a粒子动量变化小，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】1.两粒子进入电场后做类平抛运动，竖直方向匀速，位移相同，速度相同，所以达到P点的时间相同。
2.水平向左匀加速，x=12at2a=qEm ， 时间相同，位移xa 3.b粒子电场力大，沿电场力方向位移大，故电场力做功多，电势能变化较大。
4.动量定理 Ft=ΔP ， 比较动量变化。
13.【答案】 C
【解析】设物块滑到 B 点右侧时，物块的速度大小为 v1 ，木板的速度大小为 v2 ，则 (v1-v2)t=12L
根据动能守恒 mv0=mv1+Mv2
求得 v1=2mv0t+ML2(M+m)t
故答案为：C。

【分析】两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解即可。
14.【答案】 A
【解析】AB．在0-0.5s过程中，木板对物块的摩擦力使其由静止开始加速，物块和地面对木板的摩擦力使木板减速，直到两者具有共同速度1m/s为止。因此物块加速度为 a＝1-00.5m/s2=2m/s2
A符合题意，B不符合题意；
C．木板加速度为 a'=1-50.5m/s2=-8m/s2
根据牛顿第二定律，对物块 f=ma
对木板 f-μ⋅2mg=ma'
解得μ=0.5
C不符合题意；
D．木板和木块共速后的共同加速度 a''=μg=5m/s2
则直到停止滑行的时间 t'=va''=15s=0.2s
则木板运动的时间为0.5s+0.2s=0.7 s，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】利用图像可以判别物块加速的时间及末速度的大小，结合加速度的表达式可以求出加速度的大小；利用图像可以求出木板加速度的大小，结合木块和木板的牛顿第二定律可以求出地面与母贝健动摩擦因素的大小；结合速度公式可以求出木板运动的时间。
15.【答案】 B
【解析】A．在 0~t0 时间内，物体重力的冲量等于重力大小与时间的乘积，不为零，A不符合题意；
B．由于 0~t0 时间内合力的冲量为零，且物体的初速度为零，根据动量定理可知， t0 时刻物体的速度一定为零，B符合题意；
C．在 0~t02 时间内FT大于摩擦力f，物体向右加速运动， t=t02 时刻物体受到的合外力为零，加速度为零，速度最大，不会向左运动，C不符合题意；
D．由于物体的质量未知，所以无法求出物体运动的最大速度，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】重力的冲量为重力乘以时间不等于0；利用动量定理可以判别物体在t0时刻的速度大小；利用加速度的方向可以判别物体速度的方向；由于不知道物体的质量不能求出物体运动的最大速度。
16.【答案】 B
【解析】对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能
Ep=12Mv02 对题图乙，物体A以 2v0 的速度向右压缩弹簧，物体A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，物体A、B二者速度相等，由动量守恒定律有 M⋅2v0=(M+m)v 由能量守恒定律有 Ep=12M⋅(2v0)2-12(M+m)v2 联立解得 M=3m
Ep=32mv02
故答案为：B。

【分析】利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；利用动量守恒定律可以求出两物块之间的质量关系。
二、综合题
17.【答案】 （1）由A到B，根据动能定理 mgR=12mv2
解得 va=2gR=20m/s
a与b发生弹性碰撞，则 mava=mav'a+mbvb
12mava2=12mav'a2+12mbvb2
解得碰后物块b的速度 vb=2mm+kmva=401+km/s
同理b与c发生弹性碰撞： mbvb=mbv'b+mcvc
12mbvb2=12mbv'b2+12mcvc2
可得物块b碰撞后的速度大小为 v'b=km-mkm+mvb=40(k-1)(1+k)2m/s

（2）由 v'b=40(k-1)(1+k)2m/s=401+k-80(1+k)2m/s
由均值不等式求极值可知，当 k=3 时物块b速度最大， v'b=5m/s
y=12gt2
x=v'bt
x2+y2=r2
解得 y1=4m 或 y2=-9m （舍去）
故物块b下落到圆弧形挡板CD上时的竖直坐标位置 hb=y1=4m
【解析】【分析】（1）物块a从A到B的过程，利用动能定理可以求出物块a经过B点速度的大小，a与b发生弹性碰撞，利用动量守恒定律可以求出碰后其b速度的表达式，利用bc的动量守恒定律可以求出碰后b的速度大小；
（2）已知b碰后速度的表达式，利用函数关系可以求出b速度的最大值，结合初速度和平抛运动的位移公式可以求出物块b下落到圆弧挡板上时竖直方向坐标的位置。
 
 
18.【答案】 （1）解：设碰后ABC的共同速度大小为v1 ， AB的碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mv0=5mv1①
得：v1=0.6v0②
损失的机械能为： ΔE损=12⋅3mv02-12⋅5mv12 ③
得： ΔE损=0.6mv02 ④

（2）解：设AB的最终速度为vA ， C的最终速度为vC=v0 ， 对弹簧恢复原长的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得5mv1=4mvA+mvC⑤
得：vA=0.5v0⑥
由机械能守恒定律得 Ep=12⋅4mvA2+12⋅mvC2-12⋅5mv12 ⑦
得： ΔEP=0.1mv02 ⑧
【解析】【分析】（1）A与B碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解，即可计算损失的机械能。
（2）碰撞发生后AB整体与C整体在水平方向上不受外力，除弹簧弹力之外无其他外力做功，所以系统动量守恒，机械能也守恒。由动量守恒定律和机械能守恒定律列方程求解。
19.【答案】 （1）由衰变方程可知，一次衰变释放的核能 ΔE=5.5MeV=8.8×10-13J
由质能方程可知 ΔE=Δmc2
解得 Δm=9.8×10-30kg

（2）释放的核能 ΔE=5.5MeV ，根据动量守恒可知， α 粒子和钍核动量等大反向，根据 p=2mEk 可知 EkαEkTh=mThmα=2284=57
Ekα+EkTh=5.5MeV
解得 Ekα≈5.4MeV

（3）由 r=mvqB 可知 rαrTh=qThqα=45:1
【解析】【分析】（1）已知衰变释放的能量，结合质量方程可以求出亏损的质量大小；
（2）a粒子和钍核的动能来自释放的核能，利用能量守恒定律结合动量守恒定律可以求处释放出a粒子的动能大小；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合比荷可以求出轨道半径之比。
 
 
20.【答案】 （1）解：小木块滑上木板后，对于小物块 μmg=ma1
解得 a1=0.5m/s2
方向向左；对于木板 μmg=Ma2
解得 a2=0.5m/s2
方向向右设经过时间 t ，小物块与木板达到共同速度 v 运动，则 v=v0-a1t=a2t
解得 t=2s 该过程中，小木块运动的位移 x1=v0t-12a1t2
解得 x1=3.0m
木板运动的位移 x2=12a2t2
解得 x2=1.0m
则 Δx=x1-x2=2m=L
故共速时，小物块恰运动到木板的右端，且木板恰运动到B点，此时小物块的速度为 v=1.0m/s

（2）解：小物块沿斜面上升时，根据牛顿第二定律有 mgsin37°=ma
解得 a=6m/s2
设小物块沿斜面上升的最大高度为 h ，根据运动学公式有 0-v2=2(-a)hsin37°
联立解得 h=0.05m

（3）解：由于斜面光滑，小物块返回时以1m/s的速度再由B处滑上木板，设经过 t' 共速，此时小物块的加速度大小仍为 a1 ，方向向右，木板的加速度大小仍为 a2 ，方向向左。则 v'=v-a1t'=a2t'
解得 t'=1s
该过程中，小木块运动的位移 x'1=vt'-12a1t'2
解得 x'1=0.75m
木板运动的位移 x'2=12a2t'2
解得 x'2=0.25m
则 Δx'=x'1-x'2=0.5m 故小物块与木板共速时，木板还没有到达A点。此时小物块的速度为 v'=0.5m/s
碰撞后，木板速度减为零，小物块以 v'=0.5m/s 的速度向左减速运动。设经过时间 t″ 小物块减速为零，则 0=v'-a1t″
解得 t″=1s
小物块在该过程中的位移为 x=v't″-12a1t″2
解得 x=0.25m
故 ΔL=L-Δx'-x=1.25m
即小物块停止运动时离A点的距离为1.25m。
【解析】【分析】（1）小物块滑上木板后开始做匀减速直线运动；利用牛顿第二定律可以求出木块和木板的加速度的大小；结合速度公式可以求出共速的时间，再利用位移公式可以求出木板运动的位移；进而判别木块滑动斜面底端的速度大小；
（2）物块沿斜面向上做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；结合速度位移公式可以求出可以到达的最大高度；
（3）由于斜面光滑，小物块以原来速度滑上木板，再次利用速度公式可以求出共速的时间；结合位移公式可以求出两者的位移大小；共速之后两者一起做匀减速直线运动，利用位移公式可以求出运动的位移。