《动量守恒定律》单元测试题含答案

《动量守恒定律》单元测试题含答案 一、动量守恒定律 选择题
1．如图所示，光滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q （视为质点）的质量为滑块P 的质量的一半，小球Q 从滑块P 顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为1k E ．现解除锁定，仍让Q 从滑块顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为
2k E ，1k E 和2k E 的比值为（ ）
A ．12
B ．34
C ．32
D ．43
2．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
44232tRF B L mF R Q B L
-= 3．A 、B 两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A 球的动量为5kg •m /s ，B 球的动量为7kg •m /s ，当A 球追上B 球时发生对心碰撞，则碰撞后A 、B 两球动量的可能值为（ ）
A ．''6/6/A
B P kg m s P kg m s =⋅=⋅， B ．''3/9/A B P kg m s P kg m s =⋅=⋅，
C ．''2/14/A B P kg m s P kg m s =-⋅=⋅，
D ．''5/17/A B P kg m s P kg m s =-⋅=⋅，
4．如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属球A和B，带有不等量的同种电荷．现使A、B以大小相等的初动量相向运动，不计一切能量损失，碰后返回M、N 两点，则
A．碰撞发生在M、N中点之外
B．两球同时返回M、N两点
C．两球回到原位置时动能比原来大些
D．两球回到原位置时动能不变
5．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/s2，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
6．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
7．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
8．如图所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m 的小物块从木板最右端以速度v 0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。

已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（ ）
A ．木板先加速再减速，最终做匀速运动
B ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为204()
Mmv M m + C ．整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为0Mmv M m
+ D ．弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为202()Mv M m g
μ+ 9．如图，斜面体固定在水平面上，斜面足够长，在斜面底端给质量为m 的小球以平行斜面向上的初速度1v ，当小球回到出发点时速率为2v 。

小球在运动过程中除重力和弹力外，另受阻力f （包含摩擦阻力），阻力f 大小与速率成正比即f kv =。

则小球在斜面上运动总时间t 为（ ）
A ．12sin v v t g θ+=⋅
B ．12sin v v t g θ
-=⋅ C ．12
12
sin 2mv mv t v v mg k θ+=+⋅+ D ．1212
sin 2
mv mv t v v mg k θ-=+⋅- 10．如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在水平面上，木块和长木板的质量相等均为M ，木块和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都为μ。

一颗质量为
5M m ＝
的子弹以一定速度水平射入木块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为L ；静止后第二颗相同的子弹以相同的速度射入长木板并留在长木板中，则（ ）
A ．第一颗子弹射入木块前瞬间的速度为2gL μ
B ．木块运动的加速度大小为g μ
C ．第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为2g μ
D ．最终木块静止在距离长木板左端12
L 处 11．如图所示，滑块和小球的质量分别为M 、m .滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l .开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是( )
A ．滑块和小球组成的系统动量守恒
B ．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
C ．滑块的最大速率为22()
m gl M M m + D ．滑块的最大速率为 2()
m gl M M m + 12．如图所示，A 、B 两物体质量分别为m A =5kg 和m B =4kg ，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA =0.4和μB =0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上.现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。

下列判断正确的是（ ）
A ．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量不守恒
B ．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统的机械能守恒
C ．在两物体被弹开的过程中，A 、B 两物体的机械能一直增大
D ．两物体一定同时停在地面上
13．如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为6kg m =的小物体B 以水平速度02m/s v =滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取210m/s g =，则下列说法正确的是（ ）
A ．木板A 与物体
B 质量相等
B ．系统损失的机械能为6J
C ．木板A 的最小长度为1m
D ．A 对B 做的功与B 对A 做的功绝对值相等
14．如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q 、-Q 连线的中垂线重合，细杆和+Q 、-Q 均固定，A 、O 、B 为细杆上的三点，O 为+Q 、-Q 连线的中点，AO =BO 。

现有电荷量为q 、质量为m 的小球套在杆上，从A 点以初速度v 0向B 滑动，到达B 点时速度恰好为0。

则可知
A ．从A 到
B ，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小
B ．从A 到B ，小球的加速度先减小后增大
C ．小球运动到O 点时的速度大小为022
v D ．小球从A 到O 与从O 到B ，重力的冲量相等
15．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
16．带有14
光滑圆弧轨道、质量为M 的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m 的小球以速度0v 水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（ ）
A ．小球一定向左做平抛运动
B ．小球可能做自由落体运动
C ．若m M =，则此过程小球对小车做的功为2012
Mv D ．若m M <，则小球在弧形槽上升的最大高度将大于204v g
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 ()
32R r GM π+
D ．月球表面重力加速度的大小为2GM R 18．如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l 。

磁感应强度大小为 B 的范围足够大的匀强磁场垂直导轨平面向下。

两根质量均为m 、电阻均为 r 的导体杆a 、b 与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止。

已知 b 杆光滑与导轨间无摩擦力，a 杆与导轨间最大静摩擦力大小为F 0，现对b 杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙规律变化的水平外力 F ，已知在t 1 时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F 1.则下列说正确的是（ ）
A ．当 a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为022
2F r B l B ．在0~ t 1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为
01122212mF r Ft B l - C ．在t 1~ t 2 这段时间内，a 、b 杆的总动量增加了1221()()2
F F t t +- D ．a 、b 两杆最终速度将恒定，且a 、b 两杆速度大小之和不变，两杆速度大小之差等于t 1 时刻 b 杆速度大小
19．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m 的U 形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m 的小球沿水平方向，以初速度0v 从U 形管的一端射入，从另一端射出。

已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A ．该过程中，小球与U 形管组成的系统机械能守恒
B ．小球从U 形管的另一端射出时，速度大小为03
v C ．小球运动到U 形管圆弧部分的最左端时，速度大小为
03v D ．从小球射入至运动到U 形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为
063
mv 20．如图所示，将质量为M 1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M 2的物块．今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h 高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A ．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B ．小球在槽内运动的B 至
C 过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒 C ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
D ．小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
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，倾角θ＝370的直轨道AC 与圆弧轨道CDEF 在AC 处平滑连接，整个装置固定在同一竖直平面内．圆弧划口直的半径为R ，DF 是竖直直径，以氨为圆心，E 、O 、B 三点在同一水平线上，A 、F 也在同一水平线上．两个小滑块P 、Q （都可视为质点）的质量都为m ．已知滑块Q 与轨道AC 间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P 与整个轨道间和滑块Q 与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计．同时将两个滑块P 、Q 分别静止释放在
A 、
B 两点，之后P 开始向下滑动，在B 点与Q 相碰，碰后P 、Q 立刻一起向下且在B
C 段
保持匀速运动．已知P 、Q 每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，
sin370＝0.6，cos370＝0.8，取重力加速度为g ，求：
(1）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值．
(2)滑块Q 在轨道ACI 往复运动经过的最大路程．
23．如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ。

两个大小不计的物块A B 、质量分
别为1m m =和25m m =,A B 、与传送带间的动摩擦因数分别为13tan 5
μθ=和2tan μθ=。

已知物块A 与B 碰撞时间极短且无能量损失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

（1）若传送带不动，将物块B 无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速度地释放物块A ，它们第一次碰撞前瞬间A 的速度大小为0v ，求A 与B 第一次碰撞后瞬间的速度11A B v v 、；
（2）若传送带保持速度0v 顺时针运转，如同第（1）问一样无初速度地释放B 和A ，它们第一次碰撞前瞬间A 的速度大小也为0v ，求它们第二次碰撞前瞬间A 的速度2A v ；
（3）在第（2）问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A 做的功。

24．如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C 点，总质量为M ＝2 kg ．物块从斜面上A 点由静止滑下，经过B 点时无能量损失．已知物块的质量m ＝1 kg ，A 点到B 点的竖直高度为h ＝1.8 m ，BC 长度为L ＝3 m ，BD 段光滑．g 取10 m/s 2．求在运动过程中：
（1）弹簧弹性势能的最大值；
（2）物块第二次到达C 点的速度．
25．如图甲所示，长木板和四分之一光滑圆弧轨道分别放置在两个光滑的水平面上，长木板右端上表面和圆弧轨道底端相切，长木板的质量21kg m =，圆弧轨道的质量为M ，半径2m R =，O 为圆心，一个小滑块（可视为质点）放在长木板左端，质量12kg m =，小滑块与长木板间的动摩擦因数0.3μ=，以OB 为边界，小滑块在OB 左侧总是受到一个水平向右、大小为6N F =的恒力，现给小滑块一个水平向右的大小为012m /s v =的初速度，使其沿长木板向右滑行，然后从B 端平滑地进入圆弧轨道，长木板每次和两个水平面的交界处相撞后立即停止运动（不粘连），已知重力加速度2
10m /s g =，忽略空气阻力。

(1)若圆弧轨道锁定不动，小滑块第一次到达与圆弧轨道圆心等高处C 点时对轨道的作用力是多少？
(2)若小滑块第二次从B 处进入圆弧轨道的瞬间，解除对圆弧轨道的锁定，小滑块刚好能到达与圆弧轨道圆心等高点处C 点，则圆弧轨道的质量M 是多少？
(3)在第(1)(2)问基础上，若小滑块第二次从B 处进入圆弧轨道的瞬间，将圆弧轨道换成一个与其质量相同且倾角45θ=︒的光滑斜面，如图乙所示，斜面的高度 1.2m h =，为使滑块与第(2)问中上升的最大高度相同，小滑块进入光滑斜面瞬间没有能量损失，则小滑块的初速度应调为多大？
26．如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接，C 点切线水平，长为L =4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。

质量分别为m 1=0.3kg 和m 2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。

已知传送带以v 0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求：
(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p
(2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E
(3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。

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一、动量守恒定律 选择题 1．C 解析：C 【解析】 【详解】
滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，根据动能定理可知1k E mgR =；解除锁定，让Q 从滑块顶端由静止释放，小球Q 与滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球Q 离开P 时的速度为1v ，滑块的速度为2v ，根据动量守恒则有1220mv mv -=，根据能量守恒则有
221211·222mv mv mgR +=，解得Q 离开P 时的动能为2211223k E mv mgR ==，所以123
2
k k E E =，故C 正确，A 、B 、D 错误； 【点睛】
解除锁定，让Q 从滑块顶端由静止释放，小球Q 与滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和能量守恒求出Q 离开P 时的动能．
2．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
22FR 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.
3．B
解析：BC 【解析】 【详解】
A ．由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大．故A 错误．
B ．碰撞前，A 的速度大于B 的速度v A ＞v B ，则有
A A P m ＞B
B
P m 得到
m A ＜
57
m B 根据碰撞过程总动能不增加，则有
232A m +292B m ≤252A m +2
72B
m 得到
m A ≤
12
m B 满足
m A ＜
5
7
m B ． 故B 正确．
C ．根据B 选项分析得C 正确．
D ．可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律．故D 错误． 故选BC ． 【点睛】
对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
4．B
解析：BC 【解析】
由于两球在任何时刻所受的电场力相等，则加速度相等，速度大小相等，可知碰撞发生在中点，且同时返回M 、N 点，A 错误B 正确；两球碰撞后，电量重新分布，两球在同样的
位置间的作用力由122q q F k r
=变为
2
122
(
)
2q q F k r +=
，故根据12q q +>
12q q +≥用力比之前增大，可知整个过程中电场力做正功，知返回到出发点的速度比较之前大，则两球回到原位置时动量比原来大些，C 正确D 错误．
5．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4m/s B v =；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．
6．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
7．A
解析：AD 【解析】 【详解】
设斜面倾角为，刚开始AB 处于静止状态，所以，所以
，A 运动
的时间为：
，B 运动的时间为：
解得
；
A. 剪断轻绳后A 自由下落，B 沿斜面下滑，AB 都只有重力做功，根据动能定理得：
，解得
，所以落地时的速率相同，故A 正确；
B.A 物体重力的冲量
B 物体重力的冲量
所以重力的冲量不相同，故B 错误；
C. 重力势能变化量△E P =mgh ，由于A 、B 的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故C 错误；
D. A 重力做功的平均功率为：
B 重力做功的平均功率为：
=
所以重力做功的平均功率相等，故D 正确。

8．A
解析：AB 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。

所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A 正确；
B ．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看做系统，由动量守恒定律可得
0()mv m M v =+
得
mv v m M
=
+ 从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得
22p 0f 11
()22
E mv m M v W =
-+- 从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得
22f 011
2()22
W mv m M v =
-+ 20f 4()
mMv W m M =+
则最大的弹性势能为
2
p 4()
E Mmv M m +=
所以B 正确；
C ．根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为
0Mmv I mv mv M m
=-=-
+ 所以
Mmv M m
+是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C 错误； D ．由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为
f F m
g μ=
又系统克服摩擦力做功为
f f W F x =相对
则
20f
f =4()Mv W x F M m g
μ=+相对
即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为2
04()Mv M m g
μ+，所以D 错误。

故选AB 。

9．A
解析：A 【解析】 【详解】
设沿斜面方向，最大位移为x ，阻力f 冲量：
0f I kv t kx kx =∆=-=∑
则合冲量为sin mg t θ 由动量定理，
21sin mg t mv mv θ=+
则12
sin v v t g θ
+= A. 12
sin v v t g θ
+=⋅与计算相符，A 正确
B. 12
sin v v t g θ
-=
⋅与计算不符，B 错误
C.
12
12
sin 2
mv mv t v v mg k θ+=
+⋅+与计算不符，C 错误
D.
12
12
sin 2
mv mv t v v mg k θ-=
+⋅-与计算不符，D 错误
10．B
解析：B 【解析】 【分析】
子弹射入小木块后，子弹与木块组成的系统动能守恒，由动量守恒定律可以求出子弹射入木块的瞬时速度；根据牛顿第二定律可以求解出加速度，由运动学公式可以求出运动距离。

【详解】
A ．由动量守恒定律可得，设射入木块前的速度为0v ，射入木块后的速度为1v
01
655
Mv Mv = 解得
016v v =
根据受力可知：物块在长木板上运动时，长木板不动 由动能定理可得
2
16160525
MgL M v μ
=- 解得
0v =A 错误；
B ．由牛顿第二定律可得
6655
Ma
Mg μ=
B 正确；
C ．第二颗子弹射入长木板时，由牛顿第二定律可知，长木板受到的摩擦力均向左，故有
612
55
Mg Mg Ma +=μμ
解得
185
a g =
μ C 错误；
D ．两个物体运动时间相同，由运动学公式可得
1v t a
=
15
t g μ=
2212
L at =
20
12v L a
= 12L L L ∆=-
解得L ∆不等于2
5
L ,D 错误。

故选B 。

11．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球下落过程中系统合外力不为零，因此系统动量不守恒．故A 项错误．
B ．绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒．故B 项正确．
CD ．当小球落到最低点时，只有水平方向的速度，此时小球和滑块的速度均达到最大．据系统水平方向动量守恒有
max Mv mv ＝
据系统机械能守恒有
22max 1122
mgl mv Mv =
+ 联立解得
max
v =
故C 项正确，D 项错误． 故选BC 。

12．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A 物体所受的滑动摩擦力方向水平向右，大小为
A A A 20N f m g μ==
B 物体所受的滑动摩擦力方向水平向左，大小为
B B B 20N f m g μ==
两物体组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，A 错误；
B ．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能减小，B 错误；
C ．在两物体被弹开的过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体的机械能先增大后减小，C 错误；
D ．弹簧对两物体的弹力大小相等，且两个物体同时离开弹簧，因此弹簧对两个物体的冲量大小相等为I ，设物体A 、B 停止的时间为A t 、B t ，根据动量定理
A A 0I f t -=
B B 0I f t -=
由于
A B f f =
因此
A B t t =
D 正确。

故选D 。

13．A
解析：ABC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图示图像可以知道，木板获得的速度为v =1m/s ，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
()0B A B m v m m v =+
解得
6kg A B m m ==
所以木板A 与物体B 质量相等，故A 正确； B ．系统损失的机械能为
()220116J 22
B A B E m v m m v ∆=
-+= 故B 正确；
C ．木板A 的最小长度就是物块在木板上滑行的距离，由图乙可知，木板A 的最小长度为
211
1m 11m=1m 22
B A x x x +∆=-=
⨯-⨯⨯ 故C 正确；
D ．物块在木板上滑行的过程中，产生了内能，所以A 对B 做功与B 对A 做功的绝对值不相等，故D 错误。

故选ABC 。

14．A
解析：AC 【解析】 【详解】
A.等量异种电荷的中垂面是等势面，故电荷q 在AB 上运动时电势能不变，从A 到B 电场强度先变大后边小，故它受到的电场力先变大后变小，在O 点受到的电场力最大，A 正确；
B.电荷在水平方向受到电场力和杆的弹力，竖直方向受到重力和摩擦力，故
qE N =
水平方向的电场力先变大后边小，故杆对小球的支持力先变大后边小，故摩擦力先变大后边小，小球到达B 点时速度减为0，说明其受到的摩擦力大于重力，故在竖直方向
-=f mg ma
摩擦力先变大后边小，因此小球的加速度先变大后边小，B 错误； C.从A 到B ，由动能定理可得
2
0102
AB AB f mgh W m υ-=-
从A 到O 和从O 到B 电场力变化相同，由f μN μqE ==可知，摩擦力变化情况相同，故
从A 到O 和从O 到B 摩擦力做功相等，故从从A 到O 由动能定理可得
22
01112222
AB AB f O h mg
W m υm υ-=- 联立两式可解得
02
O υ=
C 正确；
D. 从A 到O 和从O 到B 的过程中，由于位移相同但是速度不相同，物体始终处于减速状态，故运动时间不同，因此重力的冲量不相等，D 错误； 故选AC 。

15．A
解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】。