甘肃省孟坝中学 高中物理-动量守恒定律测试题

甘肃省孟坝中学高中物理-动量守恒定律测试题
一、动量守恒定律选择题
1．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态。

现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。

g取10m/s2。

则下列说法正确的是（）
A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·s
B．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N·s
C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
2．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4kg的小物体B以水平速度
v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A．木板A获得的动能为2J
B．系统损失的机械能为2J
C．A、B间的动摩擦因数为0.1
D．木板A的最小长度为2m
3．关于系统动量守恒的说法正确的是（）
①只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
②只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒
③系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒
④系统如果合外力的冲量远小于内力的冲量时，系统可近似认为动量守恒
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
4．从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿(如图所示)，这样做是为了()
A．减小冲量
B ．减小动量的变化量
C ．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D ．增大人对地面的压强，起到安全作用
5．将质量为m 0的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为
3
v ．现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v 0沿水平方向射入木块，设子弹在木块中所受阻力不变，则以下说法正确的是（）
A ．若m 0=3m ，则能够射穿木块
B ．若m 0=3m ，子弹不能射穿木块，将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动
C ．若m 0=3m ，子弹刚好能射穿木块，此时子弹相对于木块的速度为零
D ．若子弹以3v 0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v 1；若子弹以4v 0速度射向木块，木块获得的速度为v 2；则必有v 1＜v 2
6．如图所示，两个小球A 、B 在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为
m A =4kg ，m B =2kg ，速度分别是v A =3m/s （设为正方向），v B =-3m/s ．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（ ）
A ．v A ′=1 m/s ，v
B ′=1 m/s B ．v A ′=4 m/s ，v B ′=-5 m/s
C ．v A ′=2 m/s ，v B ′=-1 m/s
D ．v A ′=-1 m/s ，v B ′=-5 m/s
7．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动.两球质量关系为m B =2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6kg·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4kg·
m/s ，则（ ）
A ．左方是A 球，碰撞后A 、
B 两球速度大小之比为2：5 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1：10
C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2：5
D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1：10
8．如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m =2M 的小物块．现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v 0的初速度，下列说法正确的是
A ．最终小物块和木箱都将静止
B ．最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为20
3
Mv
C ．木箱速度水平向左、大小为0
2v 时，小物块的速度大小为04
v D ．木箱速度水平向右、大小为
03v . 时，小物块的速度大小为023
v 9．如图，在光滑水平面上放着质量分别为2m 和m 的A 、B 两个物块，弹簧与A 、B 栓连，现用外力缓慢向左推B 使弹簧压缩，此过程中推力做功W 。

然后撤去外力，则（ ）
A ．从撤去外力到A 离开墙面的过程中，墙面对A 的冲量大小为2mW
B ．当A 离开墙面时，B 的动量大小为2mW
C ．A 离开墙面后，A 的最大速度为
89W
m
D ．A 离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为
23
W
10．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5kg·m/s ，当A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )
A ．p A =6 kg·m/s ，p
B =6 kg·m/s B ．p A =3 kg·m/s ，p B =9 kg·m/s
C ．p A =－2 kg·m/s ，p B =14 kg·m/s
D ．p A =－4 kg·m/s ，p B =17 kg·m/s
11．如图所示，一辆质量M =3kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，A 上有一质量m =1kg 的光滑小球B ，将一左端固定于A 上的轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能E p =6J ，B 与A 右壁距离为l 。

解除锁定，B 脱离弹簧后与A 右壁的油灰阻挡层（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列说法正确的是（ ）
A ．碰到油灰阻挡层前A 与
B 的动量相同 B ．B 脱离弹簧时，A 的速度为1m/s
C ．B 和油灰阻挡层碰撞并被粘住，该过程B 受到的冲量大小为3N·s
D ．整个过程B 移动的距离为
3
4
l
12．如图所示，光滑水平面上质量为m 的小球A 和质量为
1
3
m 的小球B ，通过轻质弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自由长度；质量为m 的小球C 以速度0V 沿AB 连线向右匀速运动．并与小球A 发生弹性正碰．在小球B 的右侧固定一块弹性挡板（图中未画出）．当小球B 的速度达到最大时恰与挡板发生正碰，后立刻将挡板搬走．不计所有碰撞过程中的机械能损失．弹簧始终处于弹性限度内，小球B 与固定挡板的碰撞时间极短，碰后小球B 的速度大小不变，但方向相反．则B 与挡板碰后弹簧弹性勢能的最大值m E 为（ ）
A ．2
0mV
B ．201
2
mV C ．201
6
mV D ．
201
16
mV 13．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
14．如图(a)所示，轻弹簧的两端分别与质量为 m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，静止在光滑的水平面上若使A 以3m/s 的速度向B 运动，A 、 B 的速度图像如图(b)所示，已知m 1=2kg ，则
A ．物块m 2质量为4kg
B ．13t t 、时刻弹簧处于压缩状态
C ．从3t 到4t 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
D ．弹簧的最大弹性势能为6J
15．如图所示，一质量为M 的木板A 静止在光滑的水平面上，一质量为m 的滑块B 以初速度v 0滑到木板上，滑块在木板上滑行的距离为d ，木板向前移动S 后以速度v 与滑块一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为（ ）
A ．
2001()2
m v v v - B ．00()mv v v -
C ．0()2m v v vd
S
-
D ．
0()
m v v vd S
- 16．如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，ab >cd 。

ab 、cd 的端点都在同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个相同的小滑环(图中未画出)，将甲、乙两滑环分别从a 、c 处同时由静止释放，则( )
A ．两滑环同时到达滑杆底端
B ．两滑环的动量变化大小相同
C ．重力对甲滑环的冲量较大
D ．弹力对甲滑环的冲量较小
17．2019年1月3号“嫦娥4号”探测器实现人类首次月球背面着陆，并开展巡视探测。

因月球没有大气，无法通过降落伞减速着陆，必须通过引擎喷射来实现减速。

如图所示为“嫦娥4号”探测器降落月球表面过程的简化模型。

质量m 的探测器沿半径为r 的圆轨道I 绕月运动。

为使探测器安全着陆，首先在P 点沿轨道切线方向向前以速度u 喷射质量为△m 的物体，从而使探测器由P 点沿椭圆轨道II 转至Q 点（椭圆轨道与月球在Q 点相切）时恰好到达月球表面附近，再次向前喷射减速着陆。

已知月球质量为M 、半径为R 。

万有引力常量为G 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．探测器喷射物体前在圆周轨道I 上运行时的周期为3
2r GM
B ．在P 点探测器喷射物体后速度大小变为
()m m u m
-∆
C ．减速降落过程，从P 点沿轨道II 运行到月球表面所经历的时间为()
3
2
R r GM
π
+
D ．月球表面重力加速度的大小为
2
GM
R 18．质量均为m 的两个小球A B ，用轻弹簧连接，一起放在光滑水平面上，小球A 紧靠挡板P ，如图所示。

给小球B 一个水平向左的瞬时冲量，大小为I ，使小球B 向左运动并压缩弹簧，然后向右弹开。

弹簧始终在弹性限度内。

取向右为正方向，在小球B 获得冲量之后的整个运动过程中，对于A B ，及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A ．系统机械能和动量均守恒
B ．挡板P 对小球A 的冲量为大小2I
C ．挡板P 对小球A 做的功为2
2I m
D ．小球A 离开挡板后，系统弹性势能的最大值为2
4I m
19．如图所示，质量为m = 245 g 的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m 0 = 5 g 的子弹以速度v 0 = 300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s 2，则在整个过程中
A ．物块和木板组成的系统动量守恒
B ．子弹的末动量大小为0.01kg·m/s
C ．子弹对物块的冲量大小为0.49N·s
D ．物块相对木板滑行的时间为1s
20．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2
T 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
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．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M=1kg 、长L=4m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m=2kg 的滑块（不计大小）以v 0=6m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.2，g 取10m/s 2．
（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；
（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R 的取值．
23．一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.
v，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；
（1）若碰前滑块A的速度为
v应满足的条件.
（1）若碰后物块D、C和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A的速度
24．一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g．求
（1）木块在最高点时的速度；
（2）木块在ab段受到的摩擦力f；
（3）木块最后距a点的距离s
25．一木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一个可以看作质点的小物块，小物块的质量m1=2kg，木板质量m2=1kg，小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2。

在距离木板右端
L=12m处有一墙壁。

现小物块与木板一起以共同速度1v=6m/s向右运动，木板与墙壁的碰撞可以看作弹性碰撞。

运动过程中小物块始终未离开木板。

（g取10m/s2）求：（以向右为正方向）
（1）木板与墙壁发生第一次碰撞后，木板向左运动的最大距离；
（2）木板从开始运动到第二次与墙壁碰撞所经历的时间，并画出小物块和木板此过程v-t 图像；
（3）木板从第一次与墙壁碰撞后到最终静止所走的总路程。

26．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。

传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑
14圆弧轨道。

质量m =2.0kg 的物块B 从1
4
圆弧的最高处由静止释放。

已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。

设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。

取g =10m/s 2。

求：
(1)物块B 滑到
1
4
圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、动量守恒定律 选择题 1．A 解析：AB 【解析】 【分析】 【详解】
ABD ．释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得
120mv Mv -=
由机械能守恒得
221211 22
P mv Mv E += 代入数据解得
129m/s 3m/s v v ==，
即M 离开轻弹簧时获得的速度为3m/s ；m 从A 到B 过程中，由机械能守恒定律得
2'2
1111222
mv mv mg R =+⋅ 解得
18m/s v '=
以向右为正方向，由动量定理得，球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为
()110.28N s 0.29N s 3.4N s I p mv mv =∆='-=⨯-⋅-⨯⋅=-⋅
则合力冲量大小为3.4N•s ，由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量大小为
10.29N s 1.8N s I p mv =∆==⨯⋅=⋅
故A B 正确，D 错误；
C ．设圆轨道半径为r 时，飞出B 后水平位移最大，由A 到B 机械能守恒定律得
222111 222
mv mv mg r =+⋅ 在最高点，由牛顿第二定律得
2
2
v mg N m r
+=
m 从B 点飞出，需要满足：0N ≥，飞出后，小球做平抛运动
2122
r gt =
2x v t =
解得
v ==当8.144r r -=时，即r =1.0125m 时，x 为最大，球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C 错误。

故选AB 。

2．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图示图像可以知道，木板获得的速度为1m/s v =，A 、
B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
()0mv M m v =+
解得
4kg M =
所以木板A 获得的动能为
21
2J 2
k E Mv =
= 故A 正确；
B ．系统损失的机械能为
()22011
4J 22
E mv m M v ∆=
-+= 故B 错误；
C ．结合图像可知B 的加速度大小为21m/s a = ，所以
1
0.110
a g μ=
== 故C 正确；
D ．根据能量之间的关系可知
()2
201
1
22
mgL mv m M v μ=-
+ 解得
1m L =
故D 错误； 故选AC 。

点睛：由图能读出木板获得的速度,根据动量守恒定律求出木板A 的质量,根据212
k E mv =
求解木板获得的动能.根据斜率求出B 的加速度大小,根据牛顿第二定律求出动摩擦因数.根据系统克服摩擦力做功求解系统损失的机械能.
3．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
①系统所受的合外力为零，合外力的冲量为零，系统动量就守恒，故①正确．②动量守恒的条件是系统所受的合外力为零，系统内有摩擦力时，由于内力对系统的动量变化没有影响，只要系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒．故②错误．③根据动量守恒的条件可知，系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但系统在某一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒．故C 正确．④系统所受合外力不为零，但如果合外力的冲量很小（相比内力的冲量）时，系统可近似动量守恒．故④正确．由以上可知，C 正确，A 、B 、D 错误．故选C ． 【点睛】
解决本题要准确掌握动量守恒的条件：系统所受的合外力为零，并知道在某一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒，动量可以分方向守恒．
4．C
解析：C
【解析】 【分析】 【详解】
从同一高度跳下，速度的变化量相等，所以动量的改变量相等，先让脚尖着地，可以增大人与地面的接触时间，根据公式mv
F t
∆=∆，从而使在发生相等的动量变化量的情况下人受到地面的冲力减小，
A.减小冲量与分析不符，故选项A 不符合题意
B.减小动量的变化量，故选项B 不符合题意
C.增大与地面的冲击时间，从而减小冲力,故选项C 符合题意
D.增大人对地面的压强，起到安全作用, 故选项D 不符合题意
5．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
A 、木块固定时，子弹射穿木块，设子弹在木块中所受阻力为f ，木块长度为d ，对子弹由
动能定理得：fd =12mv 02-12m 2
03v ⎛⎫ ⎪⎝⎭=4
9
mv 02；木块放在光滑的水平面上不固定时，子弹射
入木块，系统动量守恒，假设子弹能刚好穿出木块；由动量守恒定律得：mv 0=（m 0+m ）v ，由能量守恒定律得：
12mv 02=1
2
（m 0+m ）v 2+Q ，Q =fd ，解得：m 0=8m ，则子弹要穿出木块m 0≥8m ，故A 、C 错误，B 正确；
D 、子弹以3v 0速度射向木块，并从木块中穿出，则子弹以4v 0速度射向木块时，子弹也能从木块中穿出，木块宽度一定，子弹速度越大，子弹穿过木块的时间t 越短，由于子弹穿过木块时受到的阻力f 相同，对木块由动量定理得：ft =m 0v -0，可知时间t 越短，木块获得的速度越小，则v 2＜v 1，故D 错误．
6．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
碰前系统总动量为34326/kg m s ⨯-⨯=⋅，碰前总动能为2
21
1
4323272
2
J ⨯⨯+
⨯⨯=； 若1m /s 1m /A B v v s ''＝
，＝，则系统动量守恒，动能3J ，碰撞后A 球速度不大于B 球的速度，符合，故A 可能；
若4m /s /s A B v v ''＝，＝-5m ，则系统动量守恒，动能大于碰撞前，不符合题意，故B 不可能；
若2m /s 1m /s A B v v ''＝，＝－
，则系统动量守恒，但不符合碰撞后A 球速度不大于B 球的速度，故C 不可能；
若1m /s 5m /s A B v v ''＝－
，＝-，则系统动量不守恒，D 不可能． 7．A
解析：A 【解析】
试题分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度．
规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6/kg m s ⋅，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为2B A m m =，所以碰撞前A B v v >，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为4/kg m s -⋅，所以碰撞后A 球的动量是2kg•m/s ，碰撞过程系统总动量守恒：
A A
B B A A B B m v m v m v m v +=-'+'，所以碰撞后B 球的动量是10kg•m/s ，根据m B =2m A ，所
以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2：5，A 正确．
8．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小木块和木箱相对静止，因为系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终两物体以相同的速度一起向左运动，故A 错误；
B ．规定向左为正方向，由动量守恒定律得
0()Mv M m v =+
则得最终系统的速度为：
Mv v M m
=
+ 方向向左，最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为：
222
0011()223
Mv E Mv M m v ∆=-+=
故B 正确；
C ．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向左、大小为0
2
v 时，由动量守恒定律得：
022
v Mv M
mv =+ 解得：
24
v v =
故C 正确；
D ．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向右，则木箱速度为0
3
v -，根据动量守恒定律有：
023
v Mv M
mv =-+ 解得：
223
v v =
物块与木箱相对滑动，系统机械能有损失，但根据题目所给数据可知，该过程机械能不变，不符合实际，故D 错误。

故选BC ． 【点睛】
小木块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失。

9．B
解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．设当A 离开墙面时，
B 的速度大小为v B ．根据功能关系知
21
2
B W mv =
得
B v =
从撤去外力到A 离开墙面的过程中，对A 、B 及弹簧组成的系统，由动量定理得：墙面对A 的冲量大小
0B I mv =-=故A 错误；
B ．当A 离开墙面时，B 的动量大小
B B p mv ==
故B 正确；
C ．当弹簧再次恢复原长时，A 的速度最大，从A 离开墙壁到AB 共速的过程，系统动量和机械能均守恒，取向右为正方向，由动量守恒有
mv B =2mv A +mv ′B ①
由机械能守恒有
2211
222
A B W mv mv =+'⋅ ②
由①②解得：A 的最大速度为
A v =
故C 正确；
D ．B 撤去F 后，A 离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。

设两物体相同速度为v ，A 离开墙时，B 的速度为v 0．根据动量守恒和机械能守恒得
mv B =3mv
231
2
Pm W mv E +⋅=
联立解得：弹簧的弹性势能最大值为
23
Pm W
E =
故D 正确。

故选BCD 。

10．A
解析：ABC 【解析】 【分析】 【详解】
以两球组成的系统为研究对象，取A 、B 球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量分别为A m 、B m ，由于碰撞前，A 球能追上B 球，则
A0B0
A B
p p m m > 代入数据整理得
B A 5
7
m m >
① 系统的总动量
p =7 kg·m/s+5 kg·m/s=12kg·m/s
A ．若碰后A 、
B 两球动量为
p A =6kg∙m/s ，p B =6kg∙m/s
由于
A B p p p +=
因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A 球不可能超过B 球，因此
A B
A B
p p m m ≤ 解得
B A m m ≤②
另外碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能
2222A0B0A B
A B A B
2222p p p p m m m m +≥+ 代入数据整理得
B A 11
13
m m ≥
③ 由①②③解得
A B A 1113
m m m ≥≥
能找到合适质量的A 、B 两物体，因此A 正确； B ． 若碰后A 、B 两球动量为
p A =3kg∙m/s ，p B =9kg∙m/s
由于
A B p p p +=
因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A 球不可能超过B 球，因此
A B
A B
p p m m ≤ 解得
B A 3m m ≤④
另外碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能
2222A0B0A B
A B A B
2222p p p p m m m m +≥+ 代入数据整理得
B A 7
5
m m ≥
⑤ 由①④⑤解得
A B A 735
m m m ≥≥
能找到合适质量的A 、B 两物体，因此B 正确； C ．若碰后A 、B 两球动量为
p A =-2kg∙m/s ，p B =14kg∙m/s
由于
A B p p p +=
因此碰撞过程中动量守恒，碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能
2222A0B0A B
A B A B
2222p p p p m m m m +≥+ 代入数据整理得
B A 19
5m m ≥
⑥ 由①⑥联立解得
B A 195
m m ≥
能找到合适质量的A 、B 两物体，因此C 正确； D ．若碰后A 、B 两球动量为
p A =-4kg∙m/s ，p B =17kg∙m/s
由于
A B p p p +≠
因此碰撞过程中动量不守恒，D 错误。

故选ABC 。

11．B
解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对于
B 球、弹簧和A 车组成的系统，在弹簧作用的过程、B 球撞A 车右壁的过程，均满足系统的外力之和为零，系统的动量守恒，初态总动量为零，则此后的任何时刻A 与B 的动量总是等大反向，因方向相反而动量不同，故A 错误；
B ．设B 脱离弹簧时，B 的速度为B v ，方向向右，A 的速度为A v ，方向向左，设向右为正方向，由动量守恒定律
0B A mv Mv =-
由能量守恒定律可得
221122
p B A E mv Mv =
+ 联立可得m/s 1A v =，3m/s B v =，故B 正确；
C ．B 球与A 车以等大反向的动量相撞，由动量守恒定律可知两物体的共同速度为零，则对B 球由动量定理可知
03N s B I mv =-=-⋅
即粘住的过程B 受到的冲量大小为3N·s ，负号表示冲量方向向左，故C 正确； D ．对B 球与A 车的作用过程，满足人船模型
B A mx Mx =
解得34B l x =
，4
A l
x =，故D 正确。

故选BCD 。

12．B
解析：B 【解析】 【详解】
由题，系统的初动能为E k =
2
012
mv ，而系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能不可能等于20mv ．故A 错误．由于小球C 与小球A 质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若
当小球B 的速度达到最大时弹簧处于原长状态，则由动量守恒定律及能量关系可知：
0123m mv mv v =+
；222
0121112223
m mv mv v =+⋅；联立解得v 1=0.5v 0，v 2=1.5v 0； B 与挡板碰撞，B 碰撞后速度与A 大小相等、方向相反，当两者速度相等时，弹簧的弹性最大，此时
121()33m mv mv m v -=+，解得v=0，则弹簧的弹性势能最大值为E P =E k =2
012mv ．故B 正
确，CD 错误；故选B. 【点睛】
本题是系统动量守恒和机械能守恒的问题．两个质量相等的小球发生弹性碰撞时，将交换速度；速度相等是弹簧具有最大弹性势能的临界条件．
13．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对小木块，根据牛顿第二定律有：
μmg =ma 1
对木板，根据牛顿第二定律有：
22()F mg m M g Ma μμ--+=
要使小木块滑离木板，需使：
21a a >
则有：
3()F m M g μ>+
故A 正确；
B ．设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为t 1，小木块的加速度大小为a 1，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为a 2，时间为t 2，有：
1mg ma μ=。