高考物理经典题目及答案,高考物理经典题

1.高考物理关于竖直上抛运动的题目

2.物理 高考题

3.100分!!急！！问一道很难的高中物理题,请详细解释

4.一道力与运动综合的高中物理题，谁能解答？

5.一道浙江物理高考题求解释以及迁移

1T?AC项根据书本知识秒杀?BD项联合分析?向右匀速运动磁场就提供向上大小不变的分力?有分力就有加速度?向上加速运动磁场就提供向左的增大的力（可惜被试管受力F平衡）

2T?分析M点向右的离子可得：向右的离子受力向下无法进入磁场?于是分析向左的离子?设离子做圆周运动半径为r?如果R=r?离子将绕磁场边界运动（要是边界无磁场就只好直接射出）?若R?<r则不会出现N点左侧出磁场的离子?所以r>R? 根据公式t=θm/qB? 知道θ最大即可?那什么时候最大呢?由于r不能确定?我们只能取极限值?r与R几乎相等?离子从N点左侧无限接近N点处离开磁场?此时t=πm/qB

3T题目中没有说是否是匀速?所以AB项无讨论意义?直接错误?C项如果还有水平加速度?那么就是合力的一个分力做向心力?D项无误

4T?有阻力?卫星速度减小?万有引力大于所需向心力?将卫星拉近并对其做正功?在新轨道上做圆周运动的速度大于之前?所以?r2<r1 Ek2>Ek1? B项

5T?先分析加场后的受力?①水平向左②竖直向下③垂直纸面向里（除了初始只有水平速度时刻）④垂直纸面向外?其中只有②改变时间?①②③④均在原基础上加上了一个分速度?故落地合速度增大?那落地速率?似乎没有选项?求解

6T?第一问①Vt=L②（U/d）q=ma③0.5att=0.5d解出U=mddVV/qLL

?第二问qVB=（U/d）q? 解出B=dVm/qLL? 垂直纸面向里

?第三问? r=mv/qB=LL/d 设圆心为O?初始位置为A? AO=?LL/d ?MO=(LL/d)-0.5d AO=LL/d? 勾股定理MA=√(AO*AO-MO*MO)=√(LL-dd/4)<L? 题设得证

补充;（我闲V0难看都写成V了? 多少个字母就是多少次方?比如LL就是L二次方）5T没选出选项不知道是不是我错了?如果其他题还有分析错误?请各位大神不吝赐教

高考物理关于竖直上抛运动的题目

答：这是2012年江苏高考物理第14题解：1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F=kx ①

且F=f ②

解得 x=F/k ③

2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中

动能定理 -f(l/4)-W=0-0.5mv0^2 ④

同理，小车以vm撞击弹簧时 -fl-W=0-0.5mvm^2 ⑤

解得 vm=√[v0^2+(3fl/2m)] ⑥

(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1

0.5mv1^2=W ⑦

由④⑦解得 v1=√[v0^2-(fl/2m)]

当v<√[v0^2-(fl/2m)]时，v’=v

当√[v0^2-(fl/2m)]≤v≤√[v0^2+(3fl/2m)]时，v’=√[v0^2-(fl/2m)]

上面是原题的答案，下面分析：

(1)问告诉我们：小车把弹簧压缩到x=F/k时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程中，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x不变，直到杆的速度减为0，小车才被弹簧反弹。——这就是这个过程的物理过程模型。

(2)问告诉我们：轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W（实际上就是弹簧存储的弹性势能）不变，与小车的初速度无关，所以两次W相等，这就是为什么有第一个问的存在（递进+引导）。

这样列两次动能定理就可以求出结果了。

(3)问告诉我们：先把最小的撞击速度v1求出（此时杆要滑没滑，处于临界状态），然后分情况讨论：若小车速度v<v1，则杆不动，由机械能守恒可知，小车原速率反弹，即v’=v；

若若小车速度v<v1，则杆动了，但为了安全，杆移动的最大位移不超过l，因此，约束了小车的初速度v，即v1≤v≤vm，这时，如图我在上面(1)(2)分析的一样，这时，小车、弹簧两者共同压杆，使之向右移动，直到杆的速度减为0，小车才被弹簧反弹，弹簧把开始存储的弹性势能W释放出来，变为小车反弹的动能，对应的速度v1即为所求。

物理 高考题

没有想到我出去没有时间解决，这些问题还是没有得到结果。

我来解决。

1、要碰撞，必须在甲球上升到最高点时，乙球刚好也到这点。

若设甲球初始速度为V，则其上升到最高点的时间为V/g，距离为根号下V^2/2g

此时乙球运动的时间也为V/g,距离为(1/2)g(V/g)^2

则有V^2/2g+（1/2)g(V/g)^2=h，解得V=根号下gh ，故答案为C。

2、时刻对于计算来说是没有意义的，但时刻差有意义。

假设该球运动到X1的位移为S1，从开始到运动到此列出运动矢量方程有：S1=v0T+0.5gT^2

很明显，以上方程有两个解，T1，T2，对应的一个解就是t1时刻，另一个解就是t4时刻，根据韦达定理有：

T1+T2=-2V0/g,T1T2=-2S1/g

这些对解题还是没有意义，但T1-T2就有意义了，因为它对应就是

t4-t1。

所以(t4-t1)^2=T1-T2=(T1+T2）^2-4T1T2=4V0^2/g^2+8S1/g

同理对第二个过程有（t3-t2)^2=4V0^2/g^2+8S2/g

以上两式相减得：（t3-t2)^2-(t4-t1)^2=8（S2-S1）/g

因为S2-S1=X2-X1

所以：（t3-t2)^2-(t4-t1)^2=8（X2-X1）/g

即g=8（X2-X1）/[（t3-t2)^2-(t4-t1)^2]

解毕！

100分!!急！！问一道很难的高中物理题,请详细解释

这个是物理高考题啊，真是够前卫！

（1）题目描述让人神往，其实暗藏杀机，那柄镇妖的旋转根本就是个幌子，搞得人头晕目眩，其实在动量计算中不用考虑旋转。因为镇妖是围绕质心匀速旋转（按照题目的意思，镇妖是按照这个匀速旋转的状态运动下去，直至插入蜀山，不愧是镇妖啊），所以其旋转产生的动量正负抵消了（质心已上的旋转动量等于质心以下的旋转动量）。下面就简单咯：

（2）问题1

(M1-M2)v0=M1v1+M2v2+mVm 动量守恒

Pm=m*Vm

上式中Vm为镇妖刚刚撞击后的水平速度，Pm为镇妖刚刚撞击后的总动量

此后，抛射体运动：mg(H-h)=1/2*m*Vn^2

Pm+m*Vn=P，

将已知带入即可求出H

（3）问题2太简单了，就是一个平抛问题，懒得讲了，真的还不会补充提问，我再回答。

（4）问题3，因为重力加速度始终在变，没想出不用积分的办法,只能用非高中手段解决了：

{h m*G*M/(R0+X)^2 dx=1/2*m*Vm^2

{L

上式中，最左边是个积分号，积分上下限分别是L和h，就是从高度L处开始下落，直到高度为h时，在这个过程中，重力加速度是G*M/(R0+X)^2，此处x是某个位置，而做的总功是获得的动能1/2*m*Vm^2，Vm是镇妖最后的速度。

根据已知：m*Vm=P

G*M/R0^2=g

上式中，R0为地球半径，g为地面重力加速度

联立可解。

注：此处可以假设h处的重力加速度和L处重力加速度是线性增加的，那么用高中的方法可以解题，具体不讲了，若有需要可以来个问题补充。

一道力与运动综合的高中物理题，谁能解答？

MN和PQ中的感应电流大小相等方向相反，受到的力的方向相反，

由于两个位置的磁场不同，力的大小也不同，

两个力的差就是列车的动力，

最好MN和PQ分别在波峰波谷，这样驱动力最大

一道浙江物理高考题求解释以及迁移

难点32 力学规律的优选策略

理科综合命题，以学科内综合为主，如何优选合理的物理规律使高考综合题目得以迅速高效地实现突破，是考生最感棘手的难点之一.

●难点展台www.ks5u.com

1.(★★★★★)如图32-1所示，长为L=0.50 m的木板AB静止、固定在水平面上，在AB的左端面有一质量为M=0.48 kg的小木块C（可视为质点），现有一质量为m=20 g的子弹以v0=75 m/s的速度射向小木块C并留在小木块中.已知小木块C与木板AB之间的动摩擦因数为μ=0.1.( g取10 m/s2)

(1)求小木块C运动至AB右端面时的速度大小v2.

(2)若将木板AB固定在以u=1.0 m/s恒定速度向右运动的小车上（小车质量远大于小木块C的质量），小木块C仍放在木板AB的A端，子弹以v0′=76 m/s的速度射向小木块C并留在小木块中，求小木块C运动至AB右端面的过程中小车向右运动的距离s.

2.(★★★★★)将带电量Q=0.3 C，质量m′=0.15 kg的滑块，放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M=0.5 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ=0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B=20 T的水平方向的匀强磁场，开始时小车静止在光滑水平面上，当一个摆长为L=1.25 m，摆球质量m=0.4 kg的单摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图32-2所示，碰撞后摆球恰好静止，g取10 m/s2.求：

（1）摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能E是多少？

（2）碰撞后小车的最终速度是多少？

●案例探究

〔例1〕(★★★★)如图32-3所示，一质量为m的小球，在B点从静止开始沿半球形容器内壁无摩擦地滑下，B点与容器底部A点的高度差为h.容器质量为M，内壁半径为R，求：

(1)当容器固定在水平桌面上，小球滑至底部A时，容器内壁对小球的作用力大小.

(2)当容器放置在光滑的水平桌面上，小球滑至底部A时，小球相对容器的速度大小?容器此时对小球的作用力大小.

命题意图：考查机械能守恒定律及其应用，考查动量守恒定律及其应用，考查相对运动知识及牛顿第二定律，在能力上主要考核分析、理解、应用能力.

错解分析：在用牛顿第二定律列出T-mg=m 后，要理解v是指m相对球心的速度.而许多考生在第（2）问中将小球相对于地面的速度v2代入，导致错解.

解题方法与技巧：(1)m下滑只有重力做功，故机械能守恒，即有

mgh= mv2，v2=2gh ①

底部A是圆周上的一点，由牛顿第二定律，有：T-mg=m

T=mg+m =mg+m =mg(1+ )

(2)容器放置在水平桌面上，则m与M组成的系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向上动量守恒；又因m与M无摩擦，故m与M的总机械能也守恒.令m滑到底部时，m的速度为v1，M的速度为v2.

由动量守恒定律得：0=mv1+Mv2 ①

由机械能守恒定律得：mgh= mv12+ Mv22 ②

联立①②两式解得：v1= ，v2=-

小球相对容器的速度大小v′，v′=

v1-v2=

由牛顿第二定律得：T′-mg=m

T ′=mg+m =mg〔1+ 〕

〔例2〕(★★★★★）质量为m的物体A，以速度v0从平台上滑到与平台等高、质量为M的静止小车B上，如图32-4所示.小车B放在光滑的水平面上，物体A与B之间的滑动摩擦因数为μ，将A视为质点，要使A不致从小车上滑出，小车B的长度L至少应为多少?

命题意图：考查对A、B相互作用的物理过程的综合分析能力，及对其中隐含条件的挖掘能力，B级要求.

错解分析：不能逐段分析物理过程，选择恰当的规律使问题求解简便化.

解题方法与技巧：

解法一：力的观点

取向右方向为正方向，对A、B分别用牛顿第二定律：

-μmg=maA，μmg=MaB

应用加速度的定义式：aA= ,aB=

由牛顿第三定律有：MaB=maA ①

由以上各式解出：v′= ,aA=-μg，aB= μg

由运动学公式：

对A：v′2-v02=2aA(L+s) ②

对B：v′2=2aBs ③

联立①②③可解得：L=

解法二：功能关系与动量守恒定律

对A、B系统运用动量守恒定律：mv0=(M+m)v′ ①

由功能关系：μmgL= mv02- (M+m)v′2 ②

联立①②两式，解得：L=

解法三：用“相对运动”求解

平时位移、加速度、速度都是相对地面(以地面为参照物)，本题改为以B为参照物，运用A相对于B的位移、速度和加速度来求解.取向右方向为正，则A相对B加速度：aAB=aA-aB= - =-μg- μg

由运动学公式得：02-v02=2aABL

L= = =

●锦囊妙计

解决动力学问题，一般有三种途径：（1）牛顿第二定律和运动学公式(力的观点)；（2）动量定理和动量守恒定律(动量观点)；（3）动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律(能量观点).以上这三种观点俗称求解力学问题的三把“金钥匙”.

三把“金钥匙”的合理选取：

研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系(或涉及加速度)时，一般用力的观点解决问题；研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般选用动量定理，涉及功和位移时优先考虑动能定理；若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用时，优先考虑两大守恒定律，特别是出现相对路程的则优先考虑能量守恒定律.一般来说，用动量观点和能量观点比用力的观点解题简便，因此在解题时优先选用这两种观点；但在涉及加速度问题时就必须用力的观点.有些问题，用到的观点不只一个，特别像高考中的一些综合题，常用动量观点和能量观点联合求解，或用动量观点与力的观点联合求解，有时甚至三种观点都采用才能求解，因此，三种观点不要绝对化.

●歼灭难点训练

1.(★★★★)(1992年全国)如图32-5所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使A开始向左运动，B开始

向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.

(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向.

(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.

2.(★★★★★)图32-6所示，在光滑的水平面上，物体A跟物体B用一根不计质量的弹簧相连，另一物体C跟物体B靠在一起，但不与B相连，它们的质量分别为mA=0.2 kg，mB=mC=0.1 kg.现用力将C、B和A压在一起，使弹簧缩短，在这过程中，外力对弹簧做功7.2 J.然后，由静止释放三物体.求：

(1)弹簧伸长最大时，弹簧的弹性势能.

(2)弹簧从伸长最大回复到原长时，A、B的速度.(设弹簧在弹性限度内)

3.(★★★★)长为L的轻绳，一端用质量为m1的环套在水平光滑的固定横杆AB上，另一端连接一质量为m2的小球，开始时，提取小球并使绳

子绷紧转到与横杆平行的位置(如图32-7)然后同时释放环和小球，当小球自由

摆动到最低点时，小球受到绳子的弹力多大?

4.(★★★★★)第3题中，若m1的质量忽略不计，试求轻绳与横杆成θ角时，如图32-8所示，小球速度在水平方向的分量是多少？

5.(★★★★★)如图32-9所示，一根很长的光滑水平轨道，它的一端接

一光滑的圆弧形轨道，在水平轨道的上方有一足够长的光滑绝缘杆MN，

杆上挂一铝环P，在弧形轨道上距水平轨道h处，无初速释放一磁铁A，A下滑

至水平轨道时恰好沿P环的中心轴线运动，设A的质量为m，P的质量为M，求金属环P获得的最大速度和电热.

6.(★★★★★)如图32-10所示，平板小车C静止在光滑的水平面上.现

有A、B两个小物体（可视为质点），分别从小车C的两端同时水平地滑上小车.

初速度vA=0.6 m/s,vB=0.3 m/s. A、B与C间的动摩擦因数都是μ=0.1.A、B、C的质量都相同.最后A、B恰好相遇而未碰撞.且A、B、C以共同的速度运动. g取10 m/s2.求：

（1）A、B、C共同运动的速度.

(2)B物体相对于地向左运动的最大位移.

(3)小车的长度.

参考答案

〔难点展台〕

1.（1）用v1表示子弹射入木块C后两者的共同速度，由于子弹射入木块C时间极短，系统动量守恒，有

mv0=(m+M)v1

∴v1= =3 m/s

子弹和木块C在AB木板上滑动，由动能定理得：

（m+M）v22- (m+M)v12=-μ(m+M)gL

解得 v2= =2 m/s

(2) 用v′表示子弹射入木块C后两者的共同速度，由动量守恒定律，得mv0+Mu=(m+M)

v1′，解得 v1′=4 m/s.

木块C及子弹在AB木板表面上做匀减速运动a=μg.设木块C和子弹滑至AB板右端的时间为t，则木块C和子弹的位移s1=v1′t- at2，

由于m车≥(m+M),故小车及木块AB仍做匀速直线运动，小车及木板AB的位移s=ut，可知 ：s1=s+L，

联立以上四式并代入数据得：

t2-6t+1=0

解得：t=(3-2 ) s，（t=(3+2 ) s不合题意舍去）

∴s=ut=0.18 m

2.(1)ΔE=1 J (2)vm=3.25 m/s

〔歼灭难点训练〕

1.(1) v0；方向向右 （2） L

2.解析：(1)在水平方向上因不受外力，故动能守恒.从静止释放到恢复原长时，物体B、C具有相同的速度vBC，物体A的速度为vA，则有：

mAvA+(mB+mC)vBC=0

由机械能守恒得：

E弹= mAvA2+ (mB+mC)vBC2

解得：vA=6(m/s),vBC=-6 m/s(取水平向右为正).

此后物体C将与B分开而向左做匀速直线运动.物体A、B在弹簧的弹力作用下做减速运动，弹簧被拉长，由于A的动量大，故在相同的冲量作用下，B先减速至零然后向右加速，此时A的速度向右且大于B的速度，弹簧继续拉伸，直至A、B速度相等，弹簧伸长最大，设此时A、B的速度为v.

由水平方向动量守恒可列式：

mAvA+mBvBC=(mA+mB)v

由机械能守恒可列式：

mAvA2+ mBvBC2= (mA+mB)v2+E弹′

解得：v=2 m/s,E弹′=4.8 J

(2)设弹簧从伸长最大回到原长时A的速度为v1，B的速度为v2，由动量守恒可列式：

(mA+mB)v=mAv1+mBv2

由机械能守恒又可列式：

(mA+mB)v2+E弹′= mAv12+ mBv22

解得：v1=-2 m/s(v1=6 m/s舍去)；v2=10 m/s(v2=-6 m/s舍去)

此时A向左运动，速度大小为2 m/s；B向右运动，速度大小为10 m/s.

答案：（1）4.8 J （2）vA=2 m/s,vB=10 m/s

3.解析：对系统分析可知：沿x方向(水平方向)的动量守恒和系统(包括地球)的机械能守恒，则有：

m1v1+m2v2=0 ①

m1v12/2+m2v22/2=m2gl ②

v1、v2分别为小球摆到最低点时环、球的速度，以向左为正.

联立①②两式，解得：v1=-m2 /m1

v2= .

小球相对于环的速度v21=v2-v1=(1+ ) ③

又由牛顿第二定律，有

N-m2g=m2 ④

联立③④式，解得：N=3m2g+2m22g/m1

当m1>>m2时，N=3m2g

答案：3m2g＋2m22g／m1

4.

解析：在小球运动的过程中，环套与小球组成的系统在水平方向不受外力作用，故它们的动量在水平方向的分量应保持不变.当小球运动时，环套将沿横杆滑动，具有速度，但因其质量为零，其动量仍为零，因此小球在水平方向的动量亦为零，故小球的速度在水平方向的分量也为零.实际上，由于绳与环都无质量，细绳亦无张力，小球并未受到绳的拉力作用，绳和环如同虚设，故小球的运动是自由落体.当绳与杆夹角为θ时，球下落的竖直距离为

Lsinθ，由机械能守恒定律可得v= .

答案：0，

5.解析：磁铁从光滑圆弧形轨道下滑过程中重力势能转化为动能从而使磁铁具有速度，在穿过铝环时，铝环中产生感应电流，磁铁和铝环之间的磁场力使铝环加速、磁铁减速，二者速度相等时磁场力消失，铝环获得最大速度，这一过程由磁铁和铝环组成的系统在水平方向动量守恒，损失的机械能转化为电热.

对磁铁A：mgh= mv12 ①

对磁铁和铝环组成的系统：

mv1=(M+m)v2 ②

Q= mv12- (M+m)v22 ③

联立①②③解得：

v2= ,Q=

答案： ;

6.答案：(1)v=0.1 m/s，方向向右

(2)B对地向左最大位移Sm= =4.5 cm

(3)L=21 cm

2.(★★★★)光滑水平面上放有如图33-5所示的用绝缘材料制成的L形滑板（平面部分足够长），质量为4 m，距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m，电量为+q的大小不计的小物体，物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑块与物体都静止，试问：

（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1多大？

（2）若物体与A壁碰后相对水平面的速率为碰前速率的3/5，则物体在第二次跟A壁碰撞之前，滑板相对于水平面的速度v和物体相对于水平面的速度v2分别为多大？

（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做的功为多大？（设碰撞所经历时间极短）

3.(★★★★★)如图33-6所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接，置于水平的气垫导轨上.用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧.两滑块一起以恒定的速度

v0向右滑动.突然，轻绳断开，当弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块A的速度正好为零.问在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度等于零的时刻？试通过定量分析，证明你的结论.

2.(1)对物体，根据动能定理，有

qEL1= mv12,得 v1=

(2)物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v1′；滑板的速度为v，则

mv1=mv1′+4mv

若v1′= v1,则v= ，因为v1′＞v不符合实际，

故应取v1′=- v1,则v= v1=

在物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同.

∴ t=v?t

即 v2= v1=

（3）电场力做功

W= mv12+( mv22- mv1′2)= qEL1

3.当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和.当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块A的速度为零，故系统的机械能等于滑块B的动能.设这时滑块B的速度为v则有

E= m2v2 ①

由动量守恒定律(m1+m2)v0=m2v ②

解得 E= ③

假定在以后的运动中，滑块B可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块A的速度为v1.这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ep.由机械能守恒定律得

m1v12+Ep= ( ) ④

根据动量守恒 （m1+m2）v0=m1v1 ⑤

求出v1,代入④式得

+Ep= ⑥

因为Ep≥0,故得

≤ ⑦

即 m1≥m2,与已知条件m1＜m2不符.

可见滑块B的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑块B的速度为零的情况.

〔例2〕(★★★★★) 如图34-3所示，在水平地面上停着一辆小车，一个滑块以一定速度沿车的底板运动， 与车的两竖直壁发生弹性碰撞(机械能不损失)，不计一切摩擦阻力，试证明：滑块与车的碰撞永远不会停止.

命题意图：考查综合分析能力及推理判断能力.B级要求.

错解分析：考生习惯于正向思维而找不到此题的切入点，理不出论证思路.

解题方法与技巧：此题正向证明较复杂，但若证明其反命题“滑块与车的碰撞最终将停止”不成立，则论证过程将变得简单得多，则可设车与滑块停止碰撞时(相对静止)共同具有速度为v，车与滑块质量分别为M、m，车与滑块组成的系统水平方向合外力为零，由动量守恒定律得

mv0＝（M＋m）v，∴v＝ v0

此碰撞过程能量损失：

ΔE= mv02－ （M＋m）v2＝ mv02－ （M＋m）（ ）2

＝ mv02?

ΔE≠0与题设①不计一切摩擦②弹性碰撞无能量损失相矛盾，故假设不成立.

即滑块与车的碰撞不会停止.

同学你好，对于你刚刚的问题我在这里给你详细的解答。

首先是C选项，由于地面是光滑的，所以甲和乙只受到绳子的拉力，而且绳子各处拉力相等，因此甲乙所受到的拉力相等。在这个拔河过程中，两人遵循动量守恒，两人的初动量为0，则在这个过程中满足，M甲V甲-M乙V乙=0，甲的质量大，乙的质量小，所以甲速度就比较小，乙的速度大。（甲的速度方向是滑向乙的方向，乙的速度方向是滑向甲的方向），那么在一定的时间内，甲走的位移就比乙走的位移小，所以乙先越过对方分界线，所以甲胜，也就是质量大的胜利。

1、收绳的速度不能决定胜负，不管谁收绳快，甲乙两人所受的拉力都是相等的，自然也满足上面的动量守恒了。

2、甲乙受力相等，因为甲对乙的拉力和乙对甲的拉力是一对相互作用力。

3、如果是粗糙面，决定胜负的因素是人与地面的摩擦力，谁与地面的摩擦力较大，谁就获胜。而摩擦力大小与人的质量和鞋子与地面的摩擦因数有关（根据此式可知，f=umg)，假如甲乙两人所受摩擦力不相等，则这个时候甲乙两人组成的系统就受到了不为0的合外力，此时系统动量不守恒，也就不满足上面的动量守恒式了。

希望能够帮助你，满意请采纳O(∩_∩)O谢谢啦。