(完整版)动量守恒定律单元测试题(1)

(完整版)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，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v 0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
2．如图所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 紧靠竖直墙．用水平力向左推B 将弹簧压缩，推到一定位置静止时推力大小为F 0，弹簧的弹性势能为E ．在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是（ ）
A ．在A 离开竖直墙前，A 、
B 与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒
B ．在A 离开竖直墙前，A 、B 系统动量不守恒，之后守恒
C ．在A 离开竖直墙后，A 、B 速度相等时的速度是
223E m D ．在A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为3
E 3．如图所示，一质量为0.5 kg 的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m 高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg 、速度为2.5 m/s 沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取210m/s g ，不计空气阻力，下列说法正确的是
A ．橡皮泥下落的时间为0.3 s
B ．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为2 m/s
C ．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒
D ．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J
4．水上飞行运动使用的是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的装置，也称为“喷水飞行背包”，它通过向下喷射高压水柱的方式将操控者托举在水面 上空，利用脚上喷水装置产生的反冲动力，让你可以在水面之上腾空而起，另外配备有手动控 制的喷嘴，用于稳定空中飞行姿态.
如图所示运动员在水上做飞行运动表演.他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中.已知运动员与装备的总质量为100 kg，两个圆管喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/cm3，则喷嘴处喷水的速度大约为
A．3.0 m/s B．5.4 m/s
C．8.0 m/s D．10.2 m/s
5．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
6．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自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、半圆槽组成的系统机械能守恒
B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平动量守恒
C．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动
D．若小球刚好到达C点，则
12
m
h R
M M
=
+
7．3个质量分别为m1、m2、m3的小球,半径相同,并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上,彼此恰好相互接触.现把质量为m1的小球拉开一些,如图中虚线所示,然后释放,经球1与球2、球2与球3相碰之后,3个球的动量相等.若各球间碰撞时均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,则m1:m2:m3为()
A ．6:3:1
B ．2:3:1
C ．2:1:1
D ．3:2:1
8．如图所示，光滑水平面上有一质量为m ＝1kg 的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m 0＝1kg 的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v 0＝5m/s 的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M ＝4kg 的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内．则（ ）
A ．碰撞结束时，小车的速度为3m/s ，速度方向向左
B ．从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为4N·s
C ．小车的最小速度为1m/s
D ．在小车速度为1m/s 时，弹簧的弹性势能有最大值
9．一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图象如图所示，由图象可知在t 2时刻物体的（ ）
A ．加速度大小为0t F F m -
B ．速度大小为()()021t F F t t m
-- C ．动量大小为()()0212t
F F t t m -- D ．动能大小为()()220218t
F F t t m --
10．在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块．开始时滑块静止．若在滑块所在空间加一水平匀强电场E 1，持续一段时间后立即换成与E 1相反方向的匀强电场E 2．当电场E 2与电场E 1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能k E ．在上述过程中，E 1对滑块的电场力做功为W 1，冲量大小为I 1；E 2对滑块的电场力做功为W 2，冲量大小为I 2．则
A ．I 1= I 2
B ．4I 1= I 2
C ．W 1= 0.25k E W 2=0.75k E
D ．W 1= 0.20k
E W 2=0.80k E
11．如图所示，质量为M 的长木板A 静止在光滑的水平面上，有一质量为m 的小滑块B 以初速度v 0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ．下列说法中正确的是
A．若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加
B．若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少
C．若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少
D．若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小
12．如图所示,一质量为m0=0.05 kg的子弹以水平初速度v0=200 m/s打中一放在水平地面上A点的质量为m=0.95 kg的物块,并留在物块内(时间极短,可忽略),随后物块从A点沿AB方向运动,与距离A点L=5 m的B处的墙壁碰撞前瞬间的速度为v1=8 m/s,碰后以v2=6 m/s的速度反向运动直至静止,测得物块与墙碰撞的时间为t=0.05 s,g取10 m/s2,则
A．物块从A点开始沿水平面运动的初速度v=10 m/s
B．物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.36
C．物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小F=266 N
D．物块在反向运动过程中产生的摩擦热Q=18 J
13．一个物体以某一初速度从粗糙斜面的底部沿斜面向上滑，物体滑到最高点后又返回到斜面底部，则下述说法中正确的是（）
A．上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量
B．上滑过程中摩擦力的冲量与下滑过程中摩擦力的冲量大小相等
C．上滑过程中合力的冲量大于下滑过程中合力的冲量
D．上滑与下滑的过程中合外力冲量的方向相同
14．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
15．如图所示，半径为R、质量为M的1
4
一光滑圆槽静置于光滑的水平地面上，一个质量
为m 的小木块从槽的顶端由静止滑下，直至滑离圆槽的过程中，下列说法中正确的是
A ．M 和m 组成的系统动量守恒
B ．m 飞离圆槽时速度大小为2gRM m M
+ C ．m 飞离圆槽时速度大小为2gR
D ．m 飞离圆槽时，圆槽运动的位移大小为m R m M
+ 16．如图所示，水平面(纸面)内有两条足够长的平行光滑金属导轨PQ 、MN ，导轨电阻不计，间距为L ；导轨之间有方向竖直向下(垂直于纸面向里)、大小为B 的匀强磁场；金属杆ab 、cd 质量均为m ，电阻均为R ，两杆静止在水平导轨上，间距为s 0。

t =0时刻开始金属杆cd 受到方向水平向右、大小为F 的恒定外力作用。

t =t 0时刻，金属杆cd 的速度大小为v ，此时撤去外力F ，下列说法正确的是（ ）
A ．t =t 0时刻，金属杆ab 的速度大小为0Ft v m
- B ．从t =0到t =t 0时间内，流过金属杆ab 的电荷量为
0Ft BL C ．最终两金属杆的间距为00222FRt s B L +
D ．最终两金属杆的间距为0022FRt s B L
+ 17．如图（a ）所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。

t =0时刻，甲物块以速度v 0=4m/s 向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v —t 图像如图（b ）中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为6kg ，乙物块质量为5kg ，则（ ）
A ．此碰撞过程为弹性碰撞
B ．碰后瞬间乙物块速度为2.4m/s
C ．碰后乙物块移动的距离为3.6m
D ．碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6：
5 18．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB ，轨道最低点B 与水平轨道BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块（可视为质点）从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出．设重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计．关于物块从A 位置运动至C 位置的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．小车和物块构成的系统动量不守恒
B ．摩擦力对物块和轨道B
C 所做的功的代数和为零
C ．物块运动过程中的最大速度为2gR
D ．小车运动过程中的最大速度为222m gR M Mm
19．如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为16
h .小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，则（ ）
A ．碰撞后小球A 2gh
B ．碰撞过程B 物块受到的冲量大小2m gh
C ．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
15128mgh D ．小球C 5216
gh 20．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203
Mv C ．木箱速度水平向左、大小为
02v 时，小物块的速度大小为04v 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 二、动量守恒定律 解答题
21．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．
22．如图，一根水平杆上等距离地穿着n 个半径相同的珠子，珠子可以在杆上无摩擦移动，珠子的质量依次为m ，km ，k 2m ，k 3m ……，k n-1m ，其中k 的取值范围是
122
k ≤≤．使第一颗珠子在极短时间内获得初速度v 0，之后每当珠子之间发生碰撞时都会粘在一起．
a.分析并说明当k 取何值时，碰撞全部结束后系统的总动能最大；k 取何值时，碰撞全部结束后系统的总动能最小；
b.求出碰撞结束后系统相应的最小总动能和最大总动能的比值。

23．一半径为R 、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为0v (00v ≠). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为g .
24．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处与倾斜传送带理想连接，传送带长度15m L =，传送带以恒定速度5m/s v =顺时针转动，三个质量均为1kg m =的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，滑块B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，滑块C 未连接弹簧，滑块B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度06m/s v =沿滑块B 、C 连线方向向滑块B 运动，滑块A 与B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。

滑块C 脱离弹簧后滑上倾角37θ=︒的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上。

已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数0.8μ=，取重力加速度210m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=。

求：
（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能；
（2）滑块C 刚滑上传送带时的速度；
（3）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q 。

25．一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。

）
26．如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB竖直固定在一水平光滑的桌面上，轨道最低点B与桌面相切并平滑连接，桌面距水平地面的高度也为R．在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态．已知a球的质量为m0，a、b两球质量比为2∶3．固定小球b，释放小球a，a球与弹簧分离后经过B点滑上半圆环轨道并恰能通过轨道最高点A．现保持弹簧形变量不变同时释放a、b两球，重力加速度取g，求：
（1）释放小球前弹簧具有的弹性势能E p；
（2）b球落地点距桌子右端C点的水平距离；
（3）a球在半圆轨道上上升的最大高度H．
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一、动量守恒定律选择题
1．B
解析：BCD
【解析】
【分析】
【详解】
小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，以向左为正方向，小木块从开始位置滑动到最左端的过程，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v1
小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程
mv 0=（m +M ）v 2
解得
v 1=0
mv M m + ① v 2=0 mv M m
+ ② 小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得
E pm +Q +12（m +M ）v 2=12
mv 02 ③ Q=fL ④
小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律
Q ′+
12（m +M ）v 2=12
mv 02 ⑤ Q ′=f （2L ）=2Q ⑥
由①～⑥式，可以解出E pm 、Q 、Q′，故BC 正确； 求出Q 后，如果已知木板长度l ，则：Q=μmg l ，可以求出木板和小物块间的动摩擦因数，故D 正确；
由于缺少弹簧的压缩量，无法求出弹簧的劲度系数，故A 错误；
故选BCD ．
点睛：动量守恒定律的运用不涉及中间过程，故对于复杂的运动特别方便，可以大大简化解题过程；同时要注意动量守恒定律经常与动能定理和能量守恒定律结合使用.
2．B
解析：BD
【解析】
【详解】
A 、
B 、撤去F 后，A 离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A 有向右的弹力，使系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B 做功，系统的机械能守恒．A 离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒．故A 错误，B 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
2mv 0=3mv ，E=
12•3mv 2+E P ，又E=12m 20v ，联立得到， ；弹簧的弹性势能最大值为E P =E 3
．故C 错误，D 正确．故选BD ． 【点睛】
正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键了．如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒条件．
解析：BD 【解析】 【分析】 【详解】
A
、橡皮泥下落的时间为：0.5s t =
==；故A 错误． B 、橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：m 1v 0=（m 1+m 2）v ,所以共同速度为：10122 2.5m/s 2m/s 20.5
m v v m m ⨯=
==++；故B 正确．
C 、橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒；故C 错误．
D 、在整个的过程中，系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：
2
22101211[()]22
E m gh m v m m v ∆=+++，代入数据可得：△E =7.5J ；故D 正确．
故选BD ． 【点睛】
本题考查了动量守恒定律的应用，本题是多体、多过程问题，分析清楚物体运动过程与运动性质是解题的前提，应用动量守恒定律、能量守恒定律与动能定理即可解题．
4．C
解析：C 【解析】 【详解】
设△t 时间内有质量为m 的水射出，忽略重力冲量，对这部分水速度方向变为反向，由动量定理得：
2F t m v ∆=
2()2
d
m v t ρπ=∆
设运动员与装备的总质量为M ，运动员悬停在空中，所以：
' F Mg =
由牛顿第三定律得：
' F F =
联立解得:
v ≈8.0m/s
C 正确。

5．C
解析：C 【解析】
【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
6．D
解析：D 【解析】 【详解】
AB ．小球从AB 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒，但对系统的机械能守恒；从B→C 的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动量也不守恒，由于半圆槽要对滑块做功，则对小球、半圆槽组成的系统机械能不守恒，选项AB 错误；
C ．当小球运动到C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C 错误；
D ．小球到达B 点时的速度
0v =
从B 到C 的过程中，对小球、半圆槽 和物块组成的系统水平方向动量守恒：
012()mv m M M v =++
由能量关系可知：
2121
()2
mgh m M M v =++
联立解得：
12
m
h R M M =
+
选项D 正确．
7．A
解析：A
【分析】 【详解】
因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三个小
球的动量相等设为p ，则总动量为3p ．由机械能守恒得2222
1123
(3)2222p p p p m m m m =++，即1123
9111
m m m m =++，代入四个选项的的质量比值关系，只有A 项符合，故选A ． 【点睛】
本题要注意灵活设出中间量p ，从而得出正确的表达式，再由选择得出正确的条件．
8．A
解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、设碰撞后瞬间小车的速度大小为v 1，小球的速度大小为v ，由动量守恒及动能守恒有： mv 0＝Mv ＋mv 1，22201111222mv mv Mv =+；解得：103m/s m M v v m M
-==-+，小车速度方向向左；022m/s m
v v m M
=
=+，小球速度方向向右；选项A 正确． D 、当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有：m 0v 0＋mv 1＝(m 0＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s ，选项D 正确． C 、由以上分析可知小车最小速度为0，选项C 错误．
B 、设从碰撞的瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I ，根据动量定理有I ＝mv 2－mv 1，解得：I ＝4N·s ，选项B 正确． 故选ABD ． 【点睛】
本题在整个运动的过程中，系统的动量守恒，对于不同的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律计算即可，注意要规定正方向．
9．A
解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图象可知在2t 时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得
t F F a m
-=
故A 正确；
BC ．由图像可知在0~t 1时间段内两个力等大反向，物体静止，在t 1时刻后物体开始运动，由动量定理和图象面积可得
()()0212
t F F t t mv p --==
解得
()()0212t F F t t v m
--=
故B 错误，C 错误； D ．因为
212k E mv =
p mv =
联立可得动量和动能的关系
2
2k p E m
= 所以有
()()22
0218t
k F F t t E m
--= 故D 正确。

故选AD 。

10．C
解析：C 【解析】
设第一过程末速度为v 1，第二过程末速度大小为v 2．根据上面的分析知两过程的平均速度大小相等，根据匀变速直线运动规律有
121
22
v v v -=，所以有v 2=2v 1． 根据动能定理有：21112W mv =
， 222211122
W mv mv =-，而2
212K E mv =，所以10.25K W E =，20.75K W E =，故C 正确，D 错误；又因为位移大小相等，所以两个过程
中电场力的大小之比为1：3，根据冲量定义得：I 1=F 1t ，I 1=F 1t ，所以I 2=3I 1，故AB 错误．
11．B
解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积
=Q fL mgL μ=相相
因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A 错误；
B ．由极限法，当M 很大时，长木板运动的位移x M 会很小，滑块的位移等于x M +L 很小，对滑块根据动能定理：
()22101122
M mg x L mv mv μ-+=
- 可知滑块滑离木板时的速度v 1很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒
01mv mv Mv =+'
可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大M ，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B 正确；
C ．采用极限法：当m 很小时，摩擦力也很小，m 的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C 正确；
D ．当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移x M 会很小，滑块的位移等于x M +L 也会很小，故D 正确． 故选BCD ．
12．A
解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】
A 项：子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量守恒定律有：
000()m v m m v =+
解得：v=10m/s ，故A 正确；
B 项：物体从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：
2200101()(1
22
)()m gL m m m m v m v μ-+=+-+
解得：0.36μ=
故B 正确；
C 项：物块与强碰撞过程中，以向右为正方向，由动量定理有：
0201()()m v F m m v t m -=-+-+
解得：280F N = 故C 错误；
D 项：物块在反向运动过程中，根据动量守恒定律可知，动能全部转化因摩擦而产生的热量，即
201
()182
Q m m v J =
+= 故D 正确．
13．A
解析：ACD 【解析】
上滑过程加速度：a 上=g （si nθ+μcosθ），下滑过程加速度：a 下=g （sinθ-μcosθ），则a 上＞a
下
，上滑过程为匀减速直线运动，末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，
下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动，上滑与下滑过程的位移x 大小相等，由x=
12
at 2
，a 上＞a 下，可知：t 上＜t 下；重力的冲量：I G =mgt ，由于t 上＜t 下，则上滑过程重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故A 正确；摩擦力的冲量：I f =ft=μmgtcosθ，由于t 上＜t 下，则上滑过程摩擦力的冲量小于下滑过程中摩擦力的冲量，故B 错误；上滑过程为匀减速直线运动，末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动，上滑与下滑过程的位移x 大小相等，由v 2=2ax ，a 上＞a 下，可知：v 上＞v 下，由动量定理得：I 合=mv-0=mv ，可知：I 合上＞I 合下，故C 正确；上滑和下滑过程中，合外力均沿斜面向下，则上滑与下滑的过程中合外力冲量的方向均沿斜面向下，选项D 正确；故选ACD. 【点睛】
本题考查了比较各力的冲量大小，本题的解题关键是分析受力和两个运动过程中的时间关系，由牛顿第二定律和运动学公式、冲量的意义、动量定理即可正确解题．
14．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=
22mg ma μ=
1122a t a t =
联立解得：
212t t =。