《动量守恒定律》单元测试题(含答案)(1)

《动量守恒定律》单元测试题(含答案)(1)
一、动量守恒定律 选择题
1．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
2．如图，在光滑的水平面上有一个长为L 的木板，小物块b 静止在木板的正中间，小物块a 以某一初速度0v 从左侧滑上木板。

已知物块a 、b 与木板间的摩擦因数分别为a μ、b μ，木块与木板质量均为m ，a 、b 之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

下列说法正确的是（ ）
A ．若没有物块从木板上滑下，则无论0v 多大整个过程摩擦生热均为2013mv
B ．若22a
b a μμμ<≤，则无论0v 多大，a 都不会从木板上滑落
C ．若032
a v gL μ≤a
b 一定不相碰 D ．若2b a μμ>，则a 可能从木板左端滑落
3．在光滑水平面上，有两个小球A 、B 沿同一直线同向运动(B 在前)，已知碰前两球的动量
分别为pA ＝10 kg·
m/s 、pB ＝13 kg·m/s ，碰后它们动量的变化分别为ΔpA 、ΔpB .下列数值可能正确的是( )
A ．ΔpA ＝－3 kg·m/s 、Δp
B ＝3 kg·m/s
B ．ΔpA ＝3 kg·m/s 、ΔpB ＝－3 kg·m/s
C ．ΔpA ＝－20 kg·m/s 、ΔpB ＝20 kg·m/s
D ．ΔpA ＝20kg·m/s 、ΔpB ＝－20 kg·m/s
4．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
5．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/s 2。

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
6．如图所示，在光滑水平面上有质量分别为A m 、B m 的物体A ，B 通过轻质弹簧相连接，物体A 紧靠墙壁，细线连接A ，B 使弹簧处于压缩状态，此时弹性势能为p0E ，现烧断细线，对以后的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A ．全过程中墙对A 的冲量大小为p0
2B E m m B ．物体B p0
2A E m C ．弹簧长度最长时，物体B p02B
A B B E m m m m
D ．弹簧长度最长时，弹簧具有的弹性势能p p0
E E >
7．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，忽略空气阻力，则( )
A ．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量
B ．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C ．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小
D ．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量
8．在采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下．今有一采煤用水枪，由枪口射出的高压水流速度为v ．设水的密度为ρ，水流垂直射向煤层表面，若水流与煤层作用后速度减为零，则水在煤层表面产生的压强为（ ）
A ．2v ρ
B ．2 2v ρ
C ．2 v ρ
D ．22v ρ
9．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为99m 、200m 的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为m 的子弹C 以速度v 0射入物块A 并留在A 中，以此刻为计时起点，两物块A （含子弹C ）、B 的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）
A ．子弹C 射入物块A 的速度v 0为600m/s
B ．在t 1、t 3时刻，弹簧具有的弹性势能相同，且弹簧处于压缩状态
C ．当物块A （含子弹C ）的速度为零时，物块B 的速度为3m/s
D ．在t 2时刻弹簧处于自然长度
10．如图所示，内壁光滑的半圆形的圆弧槽静止在光滑水平地面上，其左侧紧靠固定的支柱，槽的半径为R 。

有一个可视为质点的小球，从槽的左侧正上方距槽口高度为R 处由静止释放，槽的质量等于小球的质量的3倍，重力加速度为g ，空气阻力忽略不计，则下列关于小球和槽的运动的说法正确的是（ ）
A ．小球运动到槽的底部时，槽对地面的压力大小等于小球重力的5倍
B ．小球第一次离开槽后能沿圆弧切线落回槽内
C ．小球上升的最大高度为（相对槽口）R
D ．小球上升的最大高度为（相对槽口）12
R 11．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
12．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
13．如图所示，在倾角30θ=︒的光滑绝缘斜面上存在一有界匀强磁场，磁感应强度B =1T ，磁场方向垂直斜面向上，磁场上下边界均与斜面底边平行，磁场边界间距为L =0.5m 。

斜面上有一边长也为L 的正方形金属线框abcd ，其质量为m =0.1kg ，电阻为0.5R =Ω。

第一次让线框cd 边与磁场上边界重合，无初速释放后，ab 边刚进入磁场时，线框以速率v 1作匀速运动。

第二次把线框从cd 边离磁场上边界距离为d 处释放，cd 边刚进磁场时，线框以速率v 2作匀速运动。

两种情形下，线框进入磁场过程中通过线框的电量分别为q 1、q 2，线框通过磁场的时间分别t 1、t 2，线框通过磁场过程中产生的焦耳热分别为Q 1、Q 2.已知重力加速度g=10m/s 2，则：（ ）
A ．121v v ==m/s ，0.05d =m
B ．120.5q q ==
C ，0.1d =m C ．12:9:10Q Q =
D ．12:6:5t t =
14．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 15．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
+ 16．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
65l D ．a 与b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为75
l 17．如图所示，质量为2m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升到距B 点所在水平线的最大高度为
034
h 处（不计空气阻力，小球可视为质点），则（ ）
A ．小球和小车组成的系统动量守恒
B ．小球离开小车后做斜上抛运动
C ．小车向左运动的最大距离为23
R D ．小球第二次在空中能上升到距B 点所在水平线的最大高度大于
02h 18．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，物体B 上部半圆形槽的半径为R ，将物体A 从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则( )
A．A能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
3
gR
C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为4
3 gR
D．B向右运动的最大位移大小为2 3 R
19．如图所示，光滑金属轨道由圆弧部分和水平部分组成，圆弧轨道与水平轨道平滑连接，水平部分足够长，轨道间距为L=1m，平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为IT，同种材料的金属杆a、b长度均为L，a放在左端弯曲部分高h=0.45m处，b放在水平轨道上，杆ab的质量分别为m a=2kg，m b=1kg，杆b的电阻R b=0.2Ω，现由静止释放a，已知杆a、b运动过程中不脱离轨道且不相碰，g取10m/s2，则（）
A．a、b匀速运动时的速度为2m/s
B．当b的速度为1m/s时，b的加速度为3.75m/s2
C．运动过程中通过b的电量为2C
D．运动过程中b产生的焦耳热为1.5J
20．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光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说法不正确的是（）
A．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒
D．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处
二、动量守恒定律解答题
21．如图所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R＝0.32 m.水平轨道PN右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN平齐，木板c质量m3＝2.2 kg，长L＝4 m，木板d质量m4＝4.4 kg.质量m2＝3.3 kg 的小滑块b放置在轨道QN上，另一质量m1＝1.3 kg的小滑块a从P点以水平速度v0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a沿原路返回到M点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；
(2)若碰后滑块b在木板c、d上滑动时，木板c、d均静止不动，c、d与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (3)若不计木板c、d与地面间的摩擦，碰后滑块b最终恰好没有离开木板d，求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度.
22．如图，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=lm/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=lm.物块B静止在水平面的最右端N处、质量为m A=lkg的物块A在距N点s=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动、再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍，A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ=0.2、物块均可视为质点，取g=l0m/s2.
（1）求A到达N点与B碰撞前的速度大小；
（2）求碰撞后瞬间AB的速度大小及碰撞过程中产生的内能；
（3）讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式
23．如图所示，平行导轨EF和GH相距L=1m，电阻可忽略，其倾斜部分与水平面成37°，且导体棒与倾斜部分之间的动摩擦因数为0.3
μ=；其水平部分ECDH光滑，且置于磁感应强度大小为1T、方向竖直向上的匀强磁场中：倾斜部分没有磁场，上端接一个阻值R=1Ω的电阻，两部分平滑对接，其上拥有两根导体棒a、b，b垂直于水平导轨放置，a垂直于倾斜导轨放置，a、b棒与导轨始终接触良好。

已知细导体棒a质量为0.5kg，b质量为
1.5kg，在导轨间部分的电阻均为1Ω，a棒从倾斜轨道上高为4
3
m处无初速度释放。

（cos37°=08，sin37°=0.6）求：
(1)若b棒被锁定在水平导轨上始终不动，则a棒刚进入磁场时，a棒两端的电势差U；
(2)若b棒被锁定在水平导轨上始终不动，要使a棒进入磁场后与b棒相碰。

b棒距CD线
的距离最大为多少；
(3)若b棒被锁定在距CD线左侧1.5m处，当a棒即将与b棒碰撞时解除锁定a、b棒碰撞后粘在一起，求b棒在磁场中通过的距离和电阻R在整个过程中产生的焦耳热Q R。

24．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？
25．如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为M的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量
11 2
m M
=的小球P从物体A正上方距其高度h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g．
（1）求碰撞后瞬间P 与A 的共同速度大小；
（2）当地面对物体B 的弹力恰好为零时，求P 和A 的共同速度大小．
（3）若换成另一个质量214
m M =的小球Q 从物体A 正上方某一高度由静止自由下落，与物体A 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A 达到最高点时，地面对物块B 的弹力恰好为零．求Q 开始下落时距离A 的高度．（上述过程中Q 与A 只碰撞一次）
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 ．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 =
故B 错误；
C ．根据动量定理可知，m 的动量变化量为零，故说明总冲量为零，因m 只受到M 的向右的冲量和桌面向左的冲量，故二者一定大小相等，方向相反，但由于还受到支持力的冲量，由于故M 对m 的冲量大小与桌面对m 的冲量大小不相等，故C 错误；
D ．若增大水平恒力F ，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小；在桌面上滑动的距离变短，不可能滑出桌面，故D 错误。

故选AC ． 【点睛】
薄木板在被抽出的过程中，滑块先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解出木块的加速度，根据运动学规律求解出时间； 根据动量定理，合外力冲量为零，M 对m 的冲量与桌面对m 的冲量大小相等；增大水平拉力，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小，在桌面上滑动的距离变短，可以判断能否滑出桌面．
2．A
解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．若没有物块从木板上滑下，则三者最后共速，以三者为整体，水平方向动量守恒，
mv 0=3mv 1 ①
则整个过程产生的热量等于动能的变化，有
Q=
12mv 02−1
2
×3mv 12 ② 联立①②，得
Q =
1
3
mv 02 故A 正确；
BD ．a 、b 之间的碰撞无机械能损失，故碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，设碰前速度分别为v 1、v 2，碰后分别为v 1'、v 2'，且有v 1＞v 2，以v 1方向为正方向，则有
mv 1+mv 2=mv 1'+mv 2'③
12mv 12+12mv 22＝12mv 1′2+1
2
mv 2′2 ④ 联立③④，得
v 1'=v 2，v 2'=v 1
即碰后a 、b 交换速度。

（1）若b 、c 不相对滑动，由牛顿第二定律可得
12a mg ma μ=，2b mg ma μ=，12a a ≤
即
2
a
b μμ≥
此情况，开始时b 、c 相对静止。

碰撞前有
a b c v v v >=
碰撞后a 、b 交换速度，则有
b a
c v v v >=
若a 、c 不相对滑动，此时有：
12'b mg ma μ=，2'a mg ma μ=，12'a a ≤
即
2b a μμ≤
当
22
a
b a μμμ≤≤时，碰后a 和木板共速，且不发生相对滑动，无论0v 多大，a 都不会从
木板上滑落，故B 正确；
若μb ＞2μa ， a 相对木板向左运动，故a 可能从木板左端滑落，故D 正确； C ．若a 与b 碰前三者已经共速，则ab 一定不相碰，此时有
220111
3222
a m L g
mv mv μ=-⋅ ⑤ 联立①⑤，得
0v =
故若03
2
a v gL μ>
，则ab 一定不相碰，故C 错误； 故选ABD 。

3．A
解析：A 【解析】 【详解】
对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰撞后系统的机械能不能增加和碰撞过程要符合实际情况。

BD ．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体速度一定要大于前面运动物体的速度（否则无法实现碰撞），碰后，前面物体动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以
，
,并且
由此可知：不符合题意。

A ．碰撞后，，
，根据关系式
，满足以上三条
定律，符合题意。

C ．碰撞后，
，，根据关系式，A 球的质量
和动量大小都不变，动能不变，而B 球的质量不变，动量增大，所以B 球的动能增大，系统的机械能比碰撞前增大了，不符合题意。

4．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 。

5．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 。

6．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．当弹簧第一次恢复原长时A 恰好离开墙壁，此过程弹性势能转化为物体B 的动能，由能量守恒
2
p012
B B E m v =
求得
B v =
该速度就是B 的最大速度，此过程A 的动量始终为零，对A 由动量定理
0A I I -=弹簧
对B 由动量定理
B B I m v =弹簧
解得
A I m =选项A
B 错误；
C ．以后的运动过程中物体A 将不再与墙壁有力的作用，A 、B 系统动量守恒，当弹簧长度最长时，A 、B 速度相同，根据动量守恒
()B B B A m v m m v =+
代入得
v =
C 正确；
D ．弹簧长度最长时
2p p01
()2
B A E m m v E ++=
则p p0E E < 选项D 错误。

故选C 。

7．C
解析：C 【解析】
A 、过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，有动量定理知钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A 错误；
B 、过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故B 错误；
C 、过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故C 正确；
D 、过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故D 错误．故选C ．
【点睛】本题解题的关键在于分清过程，分析各个过程中钢珠受力情况，并紧扣动量定理的内容来逐项分析．
8．A
解析：A 【解析】
设水流的横截面积为S ，则t 时间内喷水质量为：m=ρSvt
以该运动方向为正方向，对其与墙壁碰撞过程采用动量定理（水平分运动），有： ﹣Ft=0﹣mv
压强为：F P S
=
联立解得：P=ρv 2 故选择A.
【点睛】先求出时间t 内喷出水的质量m ，再对质量为m 的水分析，其水平方向经过t 时间与煤层的竖直表面碰撞后速度减小为零，根据动量定理列式，再根据压强公式列式求解水对煤层的压强．
9．A
解析：ACD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由所给的图象可知，子弹C 射入物体A 时的共同速度为6m/s ，由动量守恒
06(99)mv m m =+
得
0600m/s v =
故选项A 正确；
B ．子弹
C 与物块A 获得共同速度6m/s 后，在弹簧的弹力作用下，物块A （含子弹C ）先减速至零，再反向加速到速度最大，继而减速至零，再与初始速度方向相同，直到加速至速度最大，物块B 先加速到速度最大，再减速至零，可见在1t 、3t 时刻两物体达到共同速度2m/s ，弹簧具有的弹性势能相同，但弹簧分别处于压缩状态和拉伸状态，故选项B 错误；
C ．当物块A （含C ）的速度为0时，由动量守恒
6(99)200m m mv +=
得
3m/s v =
故选项C 正确；
D ．根据机械能守恒，2t 时刻弹簧的弹性势能
222p 111
(99)6[(99)22004]0222
E m m m m m =+⨯-+⨯+⨯⨯=
即弹簧处于自然长度，故选项D 正确。

故选ACD 。

10．B
解析：BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据机械能守恒定律
2
122
mg R mv ⋅=
小球到达槽底时，根据牛顿第二定律
2
N mv F mg R
-= 槽对地面的压力大小
3N N F mg =+
整理得
8N mg =
A 错误；
B ．小球通过最底点，再向右运动时，槽也一起向右运动，整个系统在水平方向上满足动量守恒，因此到达右侧槽口处时，小球与槽在水平方向上速度相等，相对槽做竖直上抛运动，因此能沿圆弧切线落回槽内，B 正确； CD ．到达右侧槽口时，水平方向上动量守恒
(3)x mv m m v =+
整个系统机械能守恒
22221113()222
x x y mv mgR mv m v v =+⋅++ 因此小球相对槽口再上升的高度
2
2y
v h g
=
整理得
2
R h =
C 错误，
D 正确。

故选BD 。

11．B
解析：BD 【解析】 【详解】
A ．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都
增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A 错误； B ．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m 0v 0=（m 0+m ）v 1……①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：
（m 0+m ）v 1=（m 0+m +M ）v 2……②
联立可得：
300233
0510300
m/s 2m/s 510245100.5
m v v m m M ---⨯⨯=++⨯+⨯+＝＝ 所以子弹的末动量：
p ＝m 0v 2＝5×10−3×2＝0.01kg·m/s ．
故B 正确；
C ．由动量定理可得子弹受到的冲量：
I ＝△p ＝p −p 0＝0.01 kg·m/s −5×10−3×300 kg·m/s ＝1.49kg·m/s=1.49N·s ．
子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49N·s ．故C 错误； D ．对子弹木块整体，由动量定理得：
-μ（m 0+m ）gt =（m 0+m ）（v 2-v 1）……③
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间
21
1s v v t g
μ-=
-＝ ． 故D 正确．
12．A
解析：AD 【解析】。