辽宁省大连市旅顺口区 动量守恒定律单元测试题

辽宁省大连市旅顺口区动量守恒定律单元测试题
一、动量守恒定律选择题
1．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P A＝9kg•m/s，B球的动量P B＝3kg•m/s．当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）
A．P A′=10kg•m/s，P B′=2kg•m/s
B．P A′=6kg•m/s，P B′=4kg•m/s
C．P A′=﹣6kg•m/s，P B′=18kg•m/s
D．P A′=4kg•m/s，P B′=8kg•m/s
2．如图甲所示，质量M=2kg的木板静止于光滑水平面上，质量m=1kg的物块（可视为质点）以水平初速度v0从左端冲上木板，物块与木板的v-t图象如图乙所示，重力加速度大小为10m/s2，下列说法正确的是（）
A．物块与木板相对静止时的速率为1m/s
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.3
C．木板的长度至少为2m
D．从物块冲上木板到两者相对静止的过程中，系统产生的热量为3J
3．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
4．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
5．质量为m 的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l ，另一质量也为m 且可视为质点的物体从箱子中央以v 0=2gl 的速度开始运动（g 为当地重力加速度），如图所示。

已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。

则物体与箱底的动摩擦因数μ的取值范围是（ ）
A ．
1247μ<< B ．2194μ<< C ．22119μ<< D ．221311
μ<< 6．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示．设该物体在0t 和02t 时刻相对于出发点的位移分别是1x 和2x ，速度分别是1v 和2v ，合外力从开始至o t 时刻做的功是1W ，从0t 至02t 时刻做的功是2W ,则
A ．215x x =，213v v =
B ．1221,95x x v v ==
C ．2121,58x x W W ==
D ．2121,39v v W W ==
7．如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F ．质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达
最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（ ）
A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为F M
B ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
212mv C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为212
mv D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为2
2v gl
8．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
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．如图所示，一轻杆两端分别固定a、b 两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量．整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止释放，则（）
A．在b球落地前瞬间，a球的速度方向向右
B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向向左
C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量为零
D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的功为零
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
2
2
()
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，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。

圆心O点正下方放置为 2m的小球A，质量为m的小球 B以初速度v0向左运动，与小球 A 发生弹性碰撞。

碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（）
A gR B2gR C5gR D．35gR
13．一质量为m=6kg带电量为q=-0.1C的小球P，自倾角θ=530的固定光滑斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h=6.0m，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。

整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强E=200N/C，忽略小球在连接处的能量损失，当小球运动
到水平面时，立即撤去电场。

水平面上放一质量也为m 静止不动的14
圆槽Q , 圆槽光滑且可沿水平面自由滑动，圆槽的半径R =3m ，如图所示（已知sin53o =0.8，cos53o =0.6，g=10m/s 2）则以下说法正确的是：
A ．由静止释放到滑到斜面底端，P 球的电势能增加了90J
B ．小球P 运动到水平面时的速度大小为5m/s
C ．最终小球将冲出圆槽Q
D ．最终小球不会冲出圆槽Q
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．大小相同的三个小球（可视为质点）a 、b 、c 静止在光滑水平面上，依次相距l 等距离排列成一条直线，在c 右侧距c 为l 处有一竖直墙，墙面垂直小球连线，如图所示。

小球a 的质量为2m ，b 、c 的质量均为m 。

某时刻给a 一沿连线向右的初动量p ，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。

下列判断正确的是（ ）
A ．c 第一次被碰后瞬间的动能为2
29p m
B ．c 第一次被碰后瞬间的动能为2
49p m
C．a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为6 5 l
D．a与b第二次碰撞处距竖直墙的距离为7 5 l
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．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v0=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
18．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03v
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 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 反弹的速度大小为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 的最大速度大小为5216
gh 20．如图所示，质量均为1.0kg 的木板A 和半径为0.2m 的
14光滑圆弧槽B 静置在光滑水平面上，A 和B 接触但不粘连，B 左端与A 相切。

现有一质量为2.0kg 的小滑块C 以5m/s 的水平初速度从左端滑上A ，C 离开A 时，A 的速度大小为1.0m/s 。

已知A 、C 间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2。

下列说法正确的是（ ）
A ．木板A 的长度为0.85m
B ．滑块
C 能够离开B 且离开B 后做竖直上抛运动
C ．整个过程中A 、B 、C 组成的系统水平方向动量守恒
D ．B 的最大速度为5m/s
二、动量守恒定律 解答题
21．如图所示，质量为m c =2m b 的物块c 静止在倾角均为α=30°的等腰斜面上E 点，质量
为m
a 的物块a 和质量为m
b 的物块b 通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块a 使其静止在D 点，让物块b 从斜面顶端C 由静止下滑，刚下滑到E 点时释放物块a ，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b 与
c 立即发生完全弹性碰撞，碰后a 、b 都经过t =1 s 同时到达斜面底端．已知A 、D 两点和C 、E 两点的距离均为l 1=0.9m ，E 、B 两点的距离为l 2=0.4m ．斜面上除EB 段外其余都是光滑的，物块b 、c 与EB 段间的动摩擦因数均为μ=
33
，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g =10 m/s 2．求：
（1）物块b 由C 点下滑到E 点所用时间．
（2）物块a 能到达离A 点的最大高度．
（3）a 、b 物块的质量之比a b
m m ． 22．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 ．
23．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．
24．在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0=5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m/s2，求：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．25．如图所示，水平面上固定着不等间距的两段平行直导轨，处于磁感应强度大小为B的竖直向下的匀强磁场中，粗糙导轨PQ、P Q''的宽度私L，光滑导轨MN、M N''无限长，其宽度为2L，导轨电阻均不计金属棒ab、cd垂直放置于两段导轨上与导轨接触良好，均可自由滑动，其质量分别为m和2m，二者接入电路的电阻分别为R和2R，一根轻质细线绕过定滑轮(定滑轮用绝缘材料固定在轨道平面内，滑轮质量和摩擦不计)，一端系在金属棒ab的中点上，另一端悬挂一物块W，W的质量着M，此时金属棒ab恰好不滑动．现用水平向右的恒定拉F使金属棒cd由静止开始向右运动，当cd达到最大速度时金属棒ab即将滑动，已知重力加速度g求：
（1）金属棒cd的最大速度v m；
（2）恒定拉力F的大小；
（3）若在金属棒cd达到最大速度时立即撤去拉力F，试计算出金属棒cd继续运动的位移s；
（4）若金属棒cd从静止开始运动到达到最大速度所用时间为t，则金属棒ab从棒cd开始运动到静止共产生了多少焦耳热？
26．如图为某种弹射装置的示意图，光滑水平导轨MN 右端N 与水平传送带等高并无缝连接，水平传送带上表面距地面高度0.45m h =，皮带轮沿顺时针方向匀速转动．可视为质点的滑块A 、B 、C 静止于水平导轨上，滑块B 、C 之间用细绳连接并压缩一轻质弹簧．让滑块A 以0 4.0m/s v =的初速度向右运动， A 与B 碰撞后粘在一起，碰撞时间极短，此时连接B 、C 的细线断裂，弹簧伸展，C 在到N 点前脱离弹簧后滑上传送带，最终落至地面上的P 点， P 点距传送带右端的水平距离始终为 1.5m x =．滑块C 脱离弹簧时AB 向左运动，速度大小0.5m/s AB v =．已知A 、B 、C 的质量分别为
10.5kg m =、2 1.5kg m =、3 1.0kg m =，滑块C 与传送带之间的动摩擦因数0.2μ=，重力加速度g 取210m/s ，求：
(1)滑块C 滑上传送带时的速度大小；
(2)滑块B 、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能p E 及A 与B 碰撞损失的机械能；
(3)若只改变传送带长度，滑块C 均落至P 点，讨论传送带长度L 应满足什么条件?
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一、动量守恒定律 选择题
1．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．碰后A 、B 两球若同向运动，速度应满足
A B v v ''<
又因为两球质量相等，所以有碰后A 、B 两球的动量
A B P P ''<
故AB 错误；
CD ．A 、B 两球在光滑水平面上碰撞，应满足动量守恒，则有
9kg m/s+3kg m/s 12kg m/s A B A B P P P P ''+=+=⋅⋅=⋅
并且碰撞后动能不增加，则应有
k A k B k A k B E E E E ''+<+
将2
2k P E m
=代入得
2
2222229+390(kg m/s)A B A B P P P P ''+<+==⋅
故C 错误，D 正确。

故选D 。

2．A
解析：AD 【解析】 【详解】
A .由图示图线可知，物块的初速度为：v 0=3m/s ，物块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：
mv 0=（M +m ）v
解得：v =1m/s ，即两者相对静止时的速度为1m/s ，故A 正确；
B .由图示图线可知，物块的加速度大小为：a =2m/s 2，由牛顿第二定律得：a =μg ，代入数据解得：μ=0.2，故B 错误； CD .对系统，由能量守恒定律得：
22011
()22
mv M m v Q =++ 其中：Q =μmgs ，代入数据解得：
Q =3J ，s =1.5m ，
木板长度至少为：
L =s =1.5m ，
故C 错误，D 正确。

3．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．
4．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．
5．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
02mv mv =共
解得
012
v v =
共 对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得
()02212
1 2m m Q v m v =++共 解得
2
014
m g v Q m l =
= 由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程
max 112s l =
，min 92
s l = 小物块受到摩擦力为
f m
g μ=
对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得
Q fs mgs μ==
故
max 29μ=
，min 211
μ= 即
22
119
μ<<，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

6．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
根据F -t 图像面积意义和动量定理有m 1v =F 0t 0，m 2v = F 0t 0+2F 0t 0，则213v v =；应用位移公式可知1x ＝
12v 0t 、2x ＝122v v +0t ＋12
v
0t ，则215x x =，B 错、A 对；在第一个o t 内对物体应用动能定理有1W ＝2
12
mv 、在第二个o t 内对物体应用动能定理有2W ＝222122mv mv -
，则218W W =，D 错、C 对
7．A
解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，根据牛顿第二定律有：
F Ma =
解得F
a M
=
，A 正确； B ．滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械
能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
2
12
mv ，B 正确； C ．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于
2
12
mv ，C 错误； D ．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即2
12
p E mv =
，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v '，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
()0m M v =+'
()21
2
p E m M v mgl μ=
+'+ 联立解得2
2v gl
μ=，D 正确。

故选ABD 。

8．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
1max 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 。

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．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A 、
B 、对两球及杆系统，在b 球落地前瞬间，b 球的水平速度为零，根据系统水平方向动量守恒，系统初始动量为零，则此时a 球的速度必定为零，故A 、B 均错误；
C 、对b 球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b 球的水平冲量为零．在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b 落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如图所示v-t 图象中斜线为b 球自由落体运动的图线，曲线为b 球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b 球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b 球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，所以杆对b 球的水平和竖直冲量可知，杆对b 球的冲量不为零，且方向竖直向上．故C 错误；
D 、设杆对a 球做功W 1，对b 球做功W 2，系统机械能守恒，则除了重力之外的力的功必
定为零，即W 1+W 2=0，对a 球由动能定理可知W 1=0，故W 2=0．故D 正确．
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．A
解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】
A 与
B 碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B 的初速度方向为正方向，设碰撞后B 与A 的速度分别为v 1和v 2，则：
mv 0=mv 1+2mv 2
由动能守恒得
2220121122212
mv v v m m +⋅＝ 联立得
202
3
v v ＝ ①
a ．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为v min ，由牛顿第二定律得
2min
22v mg m R
＝ ②
A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得
22211222222
min mv mv mg R ⋅⋅+⋅＝③ 联立①②③得
0v ＝
可知若小球B
经过最高点，则需要：0v ≥
b ．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O 等高处，由机械能守恒定律得
2
21222
mv mgR ⋅＝ ④ 联立①④得
0v ＝
可知若小球不脱离轨道时，需满足
0v ≤
由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：0v ≤
0v ≥ABD 正确，C 错误。

故选ABD 。

13．A
解析：AD 【解析】 【详解】
A ．在整个过程中，电场力对P 球做负功为：
6
0.120090J
J 43
h W qE
tan θ
=-=-⨯⨯-＝ 则
△E =-W =90J
选项A 正确； B ．根据动能定理得：
21
2
h mgh qE mv tan θ-⋅
= 代入数据可得：
v =
选项B 错误；
CD ．设当两者速度相等时，小球上升的高度为H ，根据水平方向动量守恒得：
mv =2mv ′
代入数据：
'v =
根据机械能守恒得：
2211
222
mv mv mgH ⨯'+＝ 代入已知数据得：
H =2.25m ＜R
所以小球没有冲出圆槽，选项C 错误，D 正确。

14．A
解析：AD 【解析】 【详解】
A ．两物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
10121()A m v m m v =+
由图示图象可知，t 1时刻两者的共同速度：v 1=1m/s ，代入数据解得：m 2=4kg ，故A 正确。

BC ．由图示图象可知，两物块的运动过程，开始时m 1逐渐减速，m 2逐渐加速，弹簧被压缩，t 1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m 2依然加速，m 1先减速为零，然后反向加速，t 2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t 3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t 3到t 4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B 、C 错误。

D ．弹簧压缩量最大或伸长量最大时弹簧弹性势能最大，当弹簧压缩量最大时两物块速度相等，如t 1时刻，对系统，由能量守恒定律得：
221012111()22
A P m v m m v E =++ 代入数据解得：
E P =6J
故D 正确。

故选AD 。

15．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
a 球与
b 球发生弹性碰撞，设a 球碰前的初速度为v 0，碰后a 、b 的速度为1v 、2v ，取向右为正，由动量守恒定律和能量守恒定律有
01222mv mv mv =+
22201211122222
mv mv mv ⋅=⋅+⋅ 其中02p mv =，解得
013v v =
，0243
v
v = b 球以速度v 2与静止的c 球发生弹性碰撞，设碰后的速度为3v 、4v ，根据等质量的两个球发生动静弹性碰撞，会出现速度交换，故有
30v =，42043
v v v ==
AB ．c 第一次被碰后瞬间的动能为
222kc 402
1148()()2239292p E mv m v m p m
m ====
故A 正确，B 错误；
CD ．设a 与b 第二次碰撞的位置距离c 停的位置为x ，两次碰撞的时间间隔为t ，b 球以v 2向右运动l 与c 碰撞，c 以一样的速度v 4运动2l 的距离返回与b 弹碰，b 再次获得v 4向左运动直到与a 第二次碰撞，有
22x l l v t ++=
对a 球在相同的时间内有
1l x v t -=
联立可得5
l
x =
，故a 与b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为 6
5
d x l l =+=
故C 正确，D 错误。

故选AC 。

16．A
解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．设滑杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为D ，根据牛顿第二定律，得滑环的加速度为
cos cos mg a g m
α
α=
= 滑杆的长度为
x =Dco s α
则根据。