高中物理-动量守恒定律测试题(2)

高中物理-动量守恒定律测试题(2)
一、动量守恒定律 选择题
1．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
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≤，则a
b 一定不相碰 D ．若2b a μμ>，则a 可能从木板左端滑落
3．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v 0＝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/s 2，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
4．A 、B 两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中a 、b 分别为A 、B 两球碰撞前的图线,c 为碰撞后两球共同运动的图线.若A 球的质量2A m kg =,则由图可知下列结论正确的是( )
A ．A 、
B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B ．碰撞过程A 对B 的冲量为-4 N·s
C ．碰撞前后A 的动量变化为4kg·m/s
D ．碰撞过程A 、B 两球组成的系统损失的机械能为10 J
5．质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ．现同时给木块l 、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g ．则下列说法正确的是（ ）
A ．1木块相对静止前，木板是静止的
B ．1木块的最小速度是
023v C ．2木块的最小速度是056
v D ．木块3从开始运动到相对静止时位移是204v g
μ 6．如图所示,在光滑的水平面上放有一质量为M 的物体P ,物体P 上有一半径为R 的光滑四分之一圆弧轨道, 现让质量为m 的小滑块Q （可视为质点）从轨道最高点由静止开始下滑至最低点的过程中
A ．P 、Q 组成的系统动量不守恒，机械能守恒
B ．P 移动的距离为m M m
+R C ．P 、Q 组成的系统动量守恒，机械能守恒 D ．P 移动的距离为
M m M +R 7．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
=
+
8．如图所示，在光滑的水平面上有体积相同、质量分别为m=0.1kg和M=0.3kg的两个小球A、B，两球之间夹着一根压缩的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，A、B两球原来处于静止状态．现突然释放弹簧，B球脱离弹簧时的速度为2m/s；A球进入与水平面相切、半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，不计空气阻力，g 取10m/s2
，下列说法正确的是（）
A．A、B两球离开弹簧的过程中，A球受到的冲量大小等于B球受到的冲量大小
B．弹簧初始时具有的弹性势能为2.4J
C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N∙s
D．若逐渐增大半圆形轨道半径，仍然释放该弹簧且A球能从Q点飞出，则落地的水平距离将不断增大
9．如图所示,质量10.3kg
m=的小车静止在光滑的水平面上,车长 1.5m
l=,现有质量2
0.2kg
m=可视为质点的物块,以水平向右的速度
v从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数0.5
μ=,取2
g=10m/s,则（）
A．物块滑上小车后,系统动量守恒和机械能守恒
B．增大物块与车面间的动摩擦因数,摩擦生热不变
C．若0 2.5m/s
v=,则物块在车面上滑行的时间为0.24s
D．若要保证物块不从小车右端滑出,则0v不得大于5m/s
10．如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为q
+的物体处于电场强度随时间变化规律为0
E E kt
=-(
E、k均为大于零的常数,电场方向以水平向左为正）的电场中，物
体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，已知0qE mg μ<．t=0时，物体从墙上由静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑
4H 后脱离墙面，此时速度大小为2
gH ，物体最终落在地面上．则下列关于物体的运动说法正确的是
A ．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速运动再做匀速直线运动
B ．摩擦力对物体产生的冲量大小为
202E q k μ C ．摩擦力所做的功18
W mgH = D ．物体与墙壁脱离的时刻为gH t = 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v 0，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．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
13．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
14．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 v 0 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 v 0可能为（ ）
A ．gR
B ．2gR
C ．5gR
D ．35gR
15．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
16．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
17．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
18．如图所示，光滑水平地面上有A 、B 两物体，质量都为m ， B 左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。

A 以速率v 向右运动，当A 撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程说法正确的是（ ）
A ．A 物体最终会静止，
B 物体最终会以速率v 向右运动
B ．A 、B 系统的总动量最终将大于mv
C ．A 、B 系统的总动能最终将大于212
mv D ．当弹簧的弹性势能最大时A 、B 的总动能为
214mv
19．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 + 20．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+ 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．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．质量m=3kg、长l=2.8m内壁光滑的槽C静止于粗糙水平面上，在槽的内壁上放置有两个物体A和B，A、B到槽C左右两端挡板的距离分别为l1=1.8m，l2=lm。

A、B的质量分别为m1=-4kg和m2=lkg，A、B可以看作质点，它们之间放有压缩的轻弹簧（弹簧长度可忽略），弹簧与A、B不粘连，A、B用细线系住。

烧断细线，A物体以v1=lm/s的速度向右运动，已知A与C、B与C碰撞不损失机械能，槽C与地面间的摩擦因数µ=0.15，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)弹簧压缩时具有的弹性势能；
(2)当B与C碰撞后，槽C运动的初速度和加速度；
(3)从剪断细绳到A、B两物体第一次相遇的时间内，槽C发生的位移。

（计算结果保留1位有效数字）
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。

26．两条足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距
为L，轨道电阻不计。

水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

轨道上有材料和长度相同、横截面积不同的两导体棒a、b，其中导体棒a的质量为m，电阻为R，导体棒b的质量为2m，导体棒b放置在水平导轨上，导体棒a在弯曲轨道上距水平面高度处由静止释放。

两导体棒在运动过程中始终不接触，导体棒和导轨接触良好且始终和导轨垂直，重力加速度为g。

求：
（1）导体棒a刚进入磁场时，导体棒a中感应电流的瞬时电功率P；
（2）从导体棒a开始下落到最终稳定的过程中，导体棒a上产生的内能；
（3）为保证运动中两导体棒不接触，最初导体棒b到磁场左边界的距离至少为多少？
【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．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W1，对b球做功W2，系统机械能守恒，则除了重力之外的力的功必定为零，即W1+W2=0，对a球由动能定理可知W1=0，故W2=0．故D正确．
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0v >
ab 一定不相碰，故C 错误； 故选ABD 。

3．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.
4．B
解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、由s-t 图像可以知道：碰撞前A 的速度为410
3/2
A v m s -==- ； 碰撞前
B 的速度40
2/2
B v m s -=
= ， 碰撞后AB 的速度为24
1/2
C v m s -=
=- 根据动量守恒可知 ()b B a A a b C m v m v m m v -=-+ 代入速度值可求得：43
b m kg =
所以碰撞前的总动量为 10
/3
b B a A m v m v kg m s -=-
⋅ ，故A 错误； B 、碰撞时A 对B 所施冲量为即为B 的动量变化量4B b C b B P m v m v N s ∆=--=-⋅ 故B 正确；
C 、根据动量守恒可知44/A B P P N s kg m s ∆=-∆=⋅=⋅ ，故C 正确；
D 、碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为()22211110222
a A
b B a b C m v m v m m v J +-+= ,故D 正确， 故选BCD 【点睛】
结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B 的质量，然后根据定义求出动量的变化量．
5．C
解析：CD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、木板开始运动时，木块对木板的摩擦力30f mg => ，木板发生运动，故A 错误；
B 、设木块1的最小速度为1v ， 木块1的加速度1f ma = 做匀减速；木板的加速度为
33mg ma = 做匀加速；当两者速度相等时木块1的速度达到最小
即10v v at at =-= 解得101
2
v v =
，故B 错误； C 、设木块2的最小速度为2v ，此过程木块2的速度该变量为02v v - ，而木块3速度改变量与木块2速度该变量相等，即木块3的速度为02v v + 由动量守恒可得
000202(23)5()m v v v mv m v v ++=++ ，解得： 205
6
v v = ，故C 正确；
D 、当木块3相对静止时，速度达到最小，此时四个物体共速，设速度为3v ，则由动量守恒可得：0003(23)6m v v v mv ++= 解得：30v v =
对木块3，由动能定理可知22
3011(3)22
mgs mv m v μ-=- ，解得：204v s g μ= ，故D 正确； 故选CD
6．A
解析：AB 【解析】 【详解】
AC.P 和Q 组成的系统，在水平方向上动量守恒,竖直方向上合力不为零，动量不守恒。

而P 和Q 组成的系统，只有重力做功，机械能守恒。

故A 正确，C 错误; BD. P 和Q 组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律得：
P Q Mv mv =,
所以：
P Q Mv t mv t =，
P Q Mx mx =， P Q +x x R =,
计算得出:
P m
x R m M
=
+ 所以B 正确，D 错误。

7．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．
8．A
解析：ABC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．A 、
B 两球离开弹簧的过程中，A 受到弹簧的弹力与B 受到弹簧的弹力是相等的，而作用时间也是相等的，所以A 、B 球合力的冲量大小是相等的，故A 正确； B ．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,由动量守恒定律得:
0A B mv Mv -=
代入数据得
6m/s A v =
根据能量守恒，系统增加的动能等于系统减少的弹性势能
2211 2.4J 22
A B Ep mv Mv ∆=
+= 故B 正确；
C ．A 球从P 点运动到Q 的过程中利用动能定理可以求出Q 点的速度
22
11222
Q P mg R mv mv -=
- 解得
4m/s Q v =
所以A 球从P 点运动到Q 点过程中所受合外力的冲量等于动量的该变量即
0.1(46)1N s Q p I mv mv =+=+=⋅
故C 正确；
D ．设圆轨道半径为r 时,m 由P 到Q 的过程,由机械能守恒定律得:
22
11222Q P mg r mv mv --'=
m 从Q 点飞出后做平抛运动,则:
2
122
r gt =
Q
x v t =' 解得
x =
当40=(3640r r -），即0.45r =时，x 有最大值，所以若逐渐增大半圆形轨道半径，仍然释放该弹簧且A 球能从Q 点飞出，则落地的水平距离会减小，故D 错误； 故选ABC 。

9．B
解析：BD 【解析】
物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故A 错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0=（m 1+m 2）v ；系统产生的热
量：2
22
12020121211()=
222()
m m v Q m v m m v m m =-++，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，选项B 正确；若v 0=2.5m/s ，由动量守恒定律得：m 2v 0=（m 1+m 2）v ，解得：v=1m/s ，
对物块，由动量定理得：-μm 2gt=m 2v-m 2v 0，解得：t=0.3s ，故C 错误；要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0′=（m 1+m 2）v'，由能量守恒定律得：12m 2v 0′2=1
2
（m 1+m 2）v′2+μm 2gL ，解得：v 0′=5m/s ，故D 正确；故选BD ．
点睛：本题考查了动量守恒定律即能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，注意求解时间问题优先选用动量定理；系统摩擦产生的热量等一系统的机械能的损失．
10．B
解析：BC 【解析】
【详解】
竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg-μqE=ma ，随着电场强度E 的减小，加速度a 逐渐增大，做变加速运动，当E=0时，加速度增大到重力加速度g ，此后物块脱离墙面，故A 错误．当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=E 0-kt=0，解得时间t=
E k
；因摩擦力f=μqE=μqE 0-μqkt ，则摩擦力的冲量：2
0001
22f E qE I qE k k
μμ=⨯⨯=
，选项B 正确；物体从开始运动到脱
离墙面电场力一直不做功，由动能定理得，2
142f H mg W m -=⎝⎭
，物体克服摩擦力所做的功W f =1
8
mgH ．故C 正确．物体沿墙面下滑过程是加速度增加的加速运动，平均速
度0
2
v v v +<
，则物体沿墙面运动的时间2
2H x t v
=
>=
，故D 错误．故选BC
． 【点睛】
本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的受力情况和运动情况，结合动量定理求解摩擦力的冲量，结合动能定理求解摩擦力做功．
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；。