最新动量守恒定律单元测试题(1)

最新动量守恒定律单元测试题(1)
一、动量守恒定律 选择题
1．如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平平行金属导轨，间距为L =20cm ，电阻不计，其左端连接一恒定电源，电动势为E ，内阻不计，两导轨之间交替存在着磁感应强度为B =1T 、方向相反的匀强磁场，同向磁场的宽度相同。

闭合开关后，一质量为m =0.1kg 、接入电路的阻值为R =4Ω的导体棒恰能从磁场左边界开始垂直于导轨并与导轨接触良好一直运动下去，导体棒运动到第一个磁场的右边界时有最大速度，为5m/s ，运动周期为T =21s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．E =1V
B ．导体棒在第偶数个磁场中运动的时间为
2T C ．相邻两磁场的宽度差为5 m
D ．导体棒的速度随时间均匀变化
2．如图所示,质量10.3kg m =的小车静止在光滑的水平面上,车长 1.5m l =,现有质量20.2kg m =可视为质点的物块,以水平向右的速度0v 从左端滑上小车,最后在车面上某处与
小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数0.5μ=,取2g=10m/s ,则（ ）
A ．物块滑上小车后,系统动量守恒和机械能守恒
B ．增大物块与车面间的动摩擦因数,摩擦生热不变
C ．若0 2.5m/s v =,则物块在车面上滑行的时间为0.24s
D ．若要保证物块不从小车右端滑出,则0v 不得大于5m/s
3．如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为L ，导轨电阻不计，左端接有阻值为R 的电阻，导轨处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．质量为m 、电阻不计的导体棒ab ，在垂直导体棒的水平恒力F 作用下，由静止开始运动，经过时间t ，导体棒ab 刚好匀速运动，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．在这个过程中，下列说法正确的是
A ．导体棒ab 刚好匀速运动时的速度22FR v
B L =
B ．通过电阻的电荷量2Ft q BL
= C ．导体棒的位移222
44
FtRB L mFR x B L -= D ．电阻放出的焦耳热22222
44
232tRF B L mF R Q B L -= 4．平静水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，人向船尾走去，走到船中部时他突然停止走动．不计水对船的阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
B ．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的9倍
C ．人走动时，它相对水面的速度大于小船相对水面的速度
D ．人突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间
5．如图所示，质量为m 的小球从距离地面高度为H 的A 点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h 的B 点时速度减为零不计空气阻力，重力加速度为g 。

则关于小球下落过程中，说法正确的是
A ．整个下落过程中，小球的机械能减少了mgH
B ．整个下落过程中，小球克服阻力做的功为mg (H +h )
C ．在陷入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大于m
D ．在陷入泥潭过程中，小球动量的改变量的大小等于m
6．如图，质量分别为m A 、m B 的两个小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8m ，A 球在B 球的正上方. 先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放. 当A 球下落t ＝0.3s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．下列说法正确的是（ ）
A．B球第一次到达地面时的速度为4m/s
B．A、B球在B球向上运动的过程中发生碰撞
C．B球与A球碰撞后的速度为1m/s
D．P点距离地面的高度0.75m
7．某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象.图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系.已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知（）
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2
B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的1 6
8．如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g为当地重力加速度）（）
A．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为3
2 mg
C．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为
2
()
gR
m
M M m
D ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()
gR M m M m + 9．如图所示，用长为L 的细线悬挂一质量为M 的小木块，木块处于静止状态．一质量为m 、速度为v 0的子弹自左向右水平射穿木块后，速度变为v ．已知重力加速度为g ，则
A ．子弹刚穿出木块时，木块的速度为
0()m v v M - B ．子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒
C ．子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒
D ．木块上升的最大高度为22
02mv mv Mg
- 10．如图甲,质量M =0.8 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上,质量m =0.2 kg 的滑块静止在木板的左端,在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F ,4 s 后撤去力F 。

若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g =10 m/s 2,则下列说法正确的是
A ．0~4s 时间内拉力的冲量为3.2 N·s
B ．t = 4s 时滑块的速度大小为9.5 m/s
C ．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 N·s
D ．2~4s 内因摩擦产生的热量为4J
11．如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m =3kg 静止放置的物块A 、B 、C ，物块B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。

若A 以v 0=4m/s 的初速度向B 运动并压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内），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 碰撞时间极短，则以下说法正确的是（ ）
A ．从A 开始运动到弹簧压缩最短时A 的速度大小为2m/s
B ．从A 开始运动到弹簧压缩最短时
C 受到的冲量大小为4N·s
C ．从A 开始运动到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3J
D ．在A 、B 、C 相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为16J
12．如图所小，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同物体P 和Q ，质量均为m ，在水平恒力F 作用下以速度v 做匀速运动.在t =0时轻绳断开，Q 在F 的作用下继续前进，
则下列说法正确的是（）
A．t=0至
2mv
t
F
=时间内，P、Q的总动量守恒
B．t=0至
3mv
t
F
=时间内，P、Q的总动量守恒
C．
4mv
t
F
=时，Q的动量为3mv
D．
3mv
t
F
=时，P的动量为
3
2
mv
13．—粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中静止.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 不计空气阻力，则( )
A．过程Ⅰ中的钢珠动量的改变量的大小大于过程Ⅱ中合力的冲量的大小
B．过程Ⅱ中合力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ中重力做功
D．过程Ⅰ中的钢珠动量的改变量小于过程Ⅱ中钢珠的重力的冲量
14．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切。

一质量为2m的小物块从槽顶端距水平面高h处由静止开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是（）
A．物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为4
3 mgh
B．在下滑过程中物块和槽之间的相互作用力对物块始终不做功
C．全过程中物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上距水平面高h处
15．如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧．一个质量为m的小物块(可视为质点)以水平速度v0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性限度内)，最终又恰好停在木板的右端．根据上述情景和已知量，可以求出 ( )
A．弹簧的劲度系数
B．弹簧的最大弹性势能
C．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能
D ．若再已知木板长度l 可以求出木板和小物块间的动摩擦因数
16．如图所示，长为L 的细线，一端固定在O 点，另一端系一个质量为m 的小球，在最低点A 给小球一个水平方向的瞬时冲量I ，使小球绕悬点O 在竖直平面内运动。

为使细线始终不松弛，I 的大小可选择下列四项中的（ ）
A ．大于2m gL
B ．小于2m gL
C ．大于5m gL
D ．大于2m gL ，小于5m gL
17．如图所示，质量为M 的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m 的木块．已知m 与M 之间的动摩擦因数为μ，m 、M 与桌面间的动摩擦因数均为2μ．现对M 施一水平恒力F ，将M 从m 下方拉出，而m 恰好没滑出桌面，则在上述过程中
A ．水平恒力F 一定大于3μ(m +M )g
B ．m 在M 上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等
C ．M 对m 的冲量大小与桌面对m 的冲量大小相等
D ．若增大水平恒力F ，木块有可能滑出桌面
18．如图甲所示，光滑斜面固定在水平面上，倾角为30°，斜面足够长. 质量为0. 2kg 的物块静止在斜面底端，0t =时刻，物块受到沿斜面方向拉力F 的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F 随时间t 变化的图像如图乙所示，g 取10m/s 2。

则
A ．4s 末物体的速度为零
B ．3s t =时物块沿斜面向上运动最远
C ．0~4s 内拉力对物体做功为20J
D ．0~4s 内拉力对物体冲量为零
19．如图所示，质量为2m 的物体A 放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，质量为m 的物体B 以速度0v 向右运动，与A 相碰后一起压缩弹簧，直至B 与A 分离的过程中，下列说法正确的是
A ．在弹簧被压缩的过程中，物体
B 、A 组成的系统机械能守恒
B ．弹簧的最大弹性势能为
2016mv C ．物体A 对B 做的功为2049
mv D ．物体A 对B 的冲量大小为043
mv 20．如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A .B 用轻绳连接并跨过 滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）.初始时刻,A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块
A ．落地时的速率相同
B ．重力的冲量相同
C ．重力势能的变化量相同
D ．重力做功的平均功率相同
二、动量守恒定律 解答题
21．如图所示，水平面上有相距02m L =的两物体A 和B ，滑块A 的质量为2m ，电荷量为+q ，B 是质量为m 的不带电的绝缘金属滑块．空间存在有水平向左的匀强电场，场强为0.4mg E q
=．已知A 与水平面间的动摩擦因数10.1μ=，B 与水平面间的动摩擦因数20.4μ=，A 与B 的碰撞为弹性正碰，且总电荷量始终不变（g 取10m/s 2）．试求：
（1）A 第一次与B 碰前的速度0v 的大小；
（2）A第二次与B碰前的速度大小；
（3）A、B停止运动时，B的总位移x．
22．一轻质细绳一端系一质量为m=200g的小球a，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球a的距离为L=0.1m，小球a跟水平面接触，但无相互作用。

在小球a的两侧等距离处分别固定两个相同的斜面CD、C D''，斜面足够长且倾角θ=37°。

如图所示，两个斜面底端CC'的水平距离s=2m。

现有一小滑块b，质量也为m，从左侧斜面CD上由静止滑下，与小球a发生弹性碰撞。

已知小滑块b与斜面、水平面的动摩擦因数μ均为0.25。

若不计空气阻力和C、C′点处的机械能损失，并将滑块和小球都视为质点，试问：
(1)若滑块b从h=1.5m处静止滑下，求滑块b与小球a第一次碰后瞬间绳子对小球a的拉力大小；
(2)若滑块b与小球a第一次碰撞后，小球a在运动到最高点时绳子拉力恰好为零，求滑块b最终停下来的位置到C点的距离x；
(3若滑块b从h处静止滑下，求小球a第n次做完整的圆周运动时在最低点的动能E Kn的表达式。

（要求除h、n外，其他物理量的数值需代入，写出关系式即可，不需要写出取值范围。

）
23．质量m=3kg、长l=2.8m内壁光滑的槽C静止于粗糙水平面上，在槽的内壁上放置有两个物体A和B，A、B到槽C左右两端挡板的距离分别为l1=1.8m，l2=lm。

A、B的质量分别为m1=-4kg和m2=lkg，A、B可以看作质点，它们之间放有压缩的轻弹簧（弹簧长度可忽略），弹簧与A、B不粘连，A、B用细线系住。

烧断细线，A物体以v1=lm/s的速度向右运动，已知A与C、B与C碰撞不损失机械能，槽C与地面间的摩擦因数µ=0.15，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)弹簧压缩时具有的弹性势能；
(2)当B与C碰撞后，槽C运动的初速度和加速度；
(3)从剪断细绳到A、B两物体第一次相遇的时间内，槽C发生的位移。

（计算结果保留1位有效数字）
24．如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。

传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。

质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。

载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。

(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v =6.0m/s ，载物箱滑上传送带13s 12
t ∆=后，传送带速度突然变为零。

求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。

25．如图，水平光滑轨道AB 与半径为R 的竖直光滑半圆形轨道BC 相切于B 点．质量为2m 和m 的a 、b 两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a 与一轻弹簧相连．某一瞬间给小滑块a 一冲量使其获得初速度向右冲向小滑块b ，与b 碰撞后弹簧不与b 相粘连，且小滑块b 在到达B 点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，小滑块b 离开C 点后落地点距离B 点的距离为2R ，重力加速度为g ，求：
（1）小滑块b 与弹簧分离时的速度大小B v ；
（2）上述过程中a 和b 在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能pmax E ；
（3）若刚开始给小滑块a 的冲量为3I m gR =，求小滑块b 滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角θ．（求出θ角的任意三角函数值即可）．
26．如图所示，质量为5kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量为5kg ，停在B 的左端质量为1kg 的小球用长为0.45m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2m ，物块与小球可视为质点，不计空气阻力已知A 、B 间的动摩擦因数为0.1，为使
A 、
B 达到共同速度前A 不滑离木板，重力加速度210/g m s =，求：
（1）碰撞后瞬间物块A 的速度大小为多少；
（2）木板B 至少多长；
（3）从小球释放到A 、B 达到共同速度的过程中，小球及A 、B 组成的系统损失的机械能．
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一、动量守恒定律 选择题
1．A
解析：AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．达到最大速度时，导体棒内感应电动势等于电源电动势，回路电流为零，此时导体棒不受安培力作用，因此
m BLv E =
代入数据可得
1V E =
A 正确；
B ．导体棒在奇数磁场中运动时，导体棒做加速运动，导体棒产生的感应电动势与电源电动势相抵消，回路电流较小，速度减少的慢，而在偶数个磁场中做减速运动，导体棒产生的电动势与电源电动势方向相同相加，电流较大，速度减少的快，因此导体棒在第偶数个磁场中运动的时间小于2
T ，B 错误； D ．由于在运动过程中，产生的感应电动势变化，因此回路电流也会发生变化，因此受安培力也会变化，加速度是变化的，导体棒的速度随时间不均匀变化，D 错误；
C ．由于在运动过程中，根据动量定理，在奇数磁场中运动时
1
max 0(
)T E BLv B L t mv R
-⋅∆=∑ 整理得 2211max B L x BEL T mv R R
⨯-=① 在偶数磁场中运动时
1
max 0(
)T E BLv B L t mv R
-⋅∆=∑ 整理得 2222max B L x BEL T mv R R
⨯+=② 由于
1221s T T +=③
由①②③联立代入数据可得
125m x x -=
C 正确。

故选AC 。

2．B
解析：BD 【解析】
物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故A 错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0=（m 1+m 2）v ；系统产生的热
量：2
22
12020121211()=
222()
m m v Q m v m m v m m =-++，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，选项B 正确；若v 0=2.5m/s ，由动量守恒定律得：m 2v 0=（m 1+m 2）v ，解得：v=1m/s ，
对物块，由动量定理得：-μm 2gt=m 2v-m 2v 0，解得：t=0.3s ，故C 错误；要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0′=（m 1+m 2）v'，由能量守恒定律得：12m 2v 0′2=1
2
（m 1+m 2）v′2+μm 2gL ，解得：v 0′=5m/s ，故D 正确；故选BD ．
点睛：本题考查了动量守恒定律即能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，注意求解时间问题优先选用动量定理；系统摩擦产生的热量等一系统的机械能的损失．
3．A
解析：ACD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．导体棒匀速运动时满足
22=B L v
F F R
=安 解得
22
FR
v B L =
选项A 正确； B ．根据动量定理
Ft BIL t mv -⋅=
而It q = ，则
Ft mv
q BL
-=
选项B 错误； C ．又
R BLx
R
q ∆Φ=
= 联立解得
222
44
FtRB L mFR x B L
-= 选项C 正确；
D ．根据能量关系，电阻放出的焦耳热
21
2
Q Fx mv =-
将x 及v 的值代入解得
22222
44
232tRF B L mF R Q B L
-= 选项D 正确； 故选ACD.
4．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
AC ．不计水的阻力，人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv-Mv 船=0 v =8v 船
人与船的动能之比：
222
2182 11()2K K mv
E mv M mv E m Mv M M
人船
船====
故AC 正确；
B ．人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv-Mv 船=0， v =8v 船 vt =8v 船t s 人=8s 船
故B 错误；
D ．人与船组成的系统动量守恒，人突然停止走动后，人的动量为零，则小船的动量也为零，速度为零，即人停止走动后，船立即停止运动，故D 错误；
点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，知道动量守恒的条件、应用动量守恒定律、动能计算公式即可正确解题；对人船模型要知道：“人走船走”，“人停船停”的道理．
5．B
解析：BCD 【解析】 【详解】
A.小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg (H +h ），则小球的机械能减小了mg (H +h );故A 错误.
B.对全过程运用动能定理得，mg (H +h )-W f =0，则小球克服阻力做功W f =mg (H +h );故B 正确.
C.落到地面的速度，对进入泥潭的过程取向下为正方向，运用动量定理得，I G -I f =0-mv ，知阻力的冲量大小
，则小球所受阻力的冲量大于m
;故C
正确.
D.落到地面的速度，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m
;故D 正确.
6．A
解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、
B 球在地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有：212
B B B m gh m v =，可得B 球第一次到达地面时的速度24m/s B v gh =；选项A 正确．
B 、A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速度v A ＝gt ＝3m/s ，B 球下降高度
2
10.45m 0.8m 2
B h gt =
=<，故在B 球向下运动的过程中发生碰撞；选项B 错误． C 、设B 球的速度为v B ′，则有碰撞过程动量守恒m A v A ＋m B v B ′＝m B v B ″，碰撞过程没有动能损失则有
2
22111222
A A
B B
B B m v m v m v ='''+，解得：v B ′＝1m/s ，v B ″＝2m/s ；选项
C 错误．
D 、小球B 与地面碰撞后根据没有动能损失，所以B 离开地面上抛时的速度v 0＝v B ＝4m/s
所以P 点的高度2
200.75m 2B
P v v h g
'-=
=；选项D 正确． 故选AD ． 【点睛】
本题主要考查了自由落体运动基本公式、动量守恒定律、机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能分析清楚两个小球得运动情况，选择合适的过程，应用物理学基本规律解题．
7．A
解析：AD
【分析】
本题考察动量守恒，首先根据位移—时间图像求出两滑块碰前和碰后的速度，在根据动量守恒即可求出两物体的质量之比。

【详解】
根据x t -图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为1 2 m/s =-v ，滑块Ⅱ的速度为
20.8 m/s =v ，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A 正确；
碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B 错误；
碰撞后的共同速度为0.4 m/s =v ，根据动量守恒定律，有
()112212＋+=m v m v m m v
解得216=m m 。

由动能的表达式可知
2211221122
>m v m v 故选项C 错误，D 正确。

故选AD 。

8．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R ，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v ．
根据机械能守恒定律有：
1
2
mv 2=mgR cosθ 由牛顿第二定律有：
N-mg cosθ=m 2
v R
解得小球对小车的压力为：
N =3mg cosθ
其水平分量为
N x =3mg cosθsinθ=
3
2
mg sin2θ 根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：
f=N x =
3
2
mg sin2θ 可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f max =3
2
mg ． 故A 错误，B 正确．
CD ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v ．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv-Mv ′=0；
系统的机械能守恒，则得：
mgR =
12mv 2+1
2
Mv ′2， 解得：
v ′=
故C 正确，D 错误． 故选BC ． 【点睛】
本题中地面光滑时，小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统的总动量并不守恒．
9．A
解析：AC 【解析】
子弹穿过木块的过程中，系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，故B 错误C 正确；根据动量守恒，0mv mv Mv =+',解得0mv mv
v M
'-=
，所以A 正确．子弹穿出以后，对木块应用动能定理有2
12
Mv Mgh '=得202
()2mv mv h gM -=,所以D 错误．故选择AC.
【点睛】根据动量守恒求子弹穿出以后木块的速度，根据动能定理或者机械能守恒求木块上升的最大高度．
10．B
解析：BCD 【解析】 【详解】
A.冲量的定义式：I Ft =，所以F -t 图像面积代表冲量，所以0-4 s 时间内拉力的冲量为
0.51
(
221)N S 3.5N S 2
I +=⨯+⨯⋅=⋅ 故A 错误；
B.木块相对木板滑动时：对木板：
mg Ma =μ
对木块：
F mg ma μ-=
联立解得：
0.5F N =，20.5m /s a =
所以0时刻，即相对滑动，对滑块：
10F I mgt mv μ-=-
解得4s 时滑块速度大小：
19.5m/s v =
故B 正确； C.4s 时，木板的速度
20.54m /s 2m /s v at ==⨯=
撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒：
12()mv Mv M m v +=+
解得： 3.5m /s v =， 对木板根据动量定理可得：
2.8N s I Mv ==⋅
故C 正确； D.0-2s 内，对m ：
11F I mgt mv -=μ
0.51
2N s 1.5N s 2
F I +=
⨯⋅=⋅ 解得：1 3.5m /s v = 对M
12mgt Mv μ=
解得v 2=1m/s 2-4s 内：对m
2110.4
3m /s 0.2
F mg a m --=
==μ 2
112121132
x v t a t m =+=；
对M
220.5m/s mg
a M
μ=
=
2
2222213m 2
x v t a t =+=
所以
1210m s x x =-=相 4J Q mg s =⨯=相μ
故D 正确。

11．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对A 、
B 通过弹簧作用的过程中，当第一次速度相同时，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv 0=2mv 1
解得
v 1=2m/s
设A 、B 第二次速度相同时的速度大小v 2，此时弹簧最短。

对ABC 系统，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mv 0=3mv 2
解得
24
m/s 3
v =
从A 开始运动到弹簧压缩最短时A 的速度大小为4
m/s 3
； 选项A 错误；
B ．从开始到弹簧最短时，即从开始到A 、B 第二次速度相同时，对
C 根据动量定理
I =mv 2-0=4N•s
故B 正确；
C ．B 与C 碰撞的过程，B 、C 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv 1=2mv 3
解得BC 粘接后瞬间共同速度为
v 3=1m/s
从BC 碰撞到A 与弹簧分离的过程，由系统的动量守恒和机械能守恒得
mv 1+2mv 3=mv A +2mv BC
2222131111
222222
A BC mv mv mv mv +⋅=+⋅ 从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为
22201112222
A BC E mv mv mv =
-+⋅（） 联立解得
△E =3J
故C 正确。

D ．AB 两物体第一次共速时弹簧的弹性势能
2210111
212J 22
p E mv mv =
-⋅= 则当弹簧被压缩到最短时，由能量关系可知
222
131211123222
p pm mv mv E mv E +⋅+=⋅+ E pm =13J
即在A 、B 、C 相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为13J 。

故D 错误。

故选BC 。

12．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．开始P 、Q 在拉力F 作用下匀速运动，则根据平衡状态知
2F mg μ=
当剪断绳子后，P 做减速运动，Q 做加速运动，加速度大小均为
a g μ=
由运动学公式知，P 物体停止运动的时间为
2v mv t g F
μ=
= 则在20
mv
F
时间内，P 、Q 均在运动。

将PQ 看成整体，则整体的总动量守恒，为
2p mv =
保持不变，选项A 正确，B 错误； CD ．在24mv mv
F F
时间内，P 物体静止，Q 物体做加速运动，P 、Q 的总动量增加。

在
4mv
F
时Q 物体的速度为 4432t mv mv
v v at v g v g v F mg
μμμ=+=+⋅
=+= 则此时Q 的动量为
3Q p mv =
选项C 正确，D 错误。

故选AC 。

13．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在整个过程中，钢珠动量的变化量为零
120P P P ∆=∆+∆=
12P P ∆=∆
而22I P =∆，故
12P I ∆=
即过程Ⅰ中的钢珠动量的改变量的大小等于过程Ⅱ中合力的冲量的大小，A 错误． B ．因12P P ∆=∆，而据动量定理
11I P =∆ 22I P =∆
则
12I I =
即过程Ⅱ中合力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小，B 正确． C ．由全过程的动能定理可知
120G G f W W W +-=
则
1f G W W >
即过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功大于过程Ⅰ中重力做功，C 错误． D ．取向下为正
2211f G I I I I P -===∆
则2G I 与1P ∆无法比较大小，D 错误． 故选B ． 【点睛】
本题考查了动量定理和动能定理的基本运用，运用动能定理和动量定理均要合理地选择研究的过程，知道在整个过程中动能的变化量为零，动量的变化量为零．
14．A
解析：A 【解析】。