高中物理-动量守恒定律测试题

高中物理-动量守恒定律测试题
一、动量守恒定律 选择题
1．如图所示，电阻不计的光滑金属导轨 MN 、PQ 水平放置，间距为 d ，两侧接有电阻 R 1 、R 2，阻值均为 R ， O 1O 2 右侧有磁感应强度大小为 B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场。

质量为 m 、长度也为 d 的金属杆置于 O 1O 2 左侧，在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间 t 到达 O 1O 2 时撤去恒力 F ，金属杆在到达 NQ 之前减速为零。

已知金属杆电阻也为 R ，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（ ）
A ．杆刚进入磁场时速度大小为Ft m
B ．杆刚进入磁场时电阻 R 1 两端的电势差大小为
BdFt m C ．整个过程中，流过电阻 R 1 的电荷量为Ft Bd
D ．整个过程中，电阻 R 1 上产生的焦耳热为22
12F t m
2．如图所示，光滑的半圆槽置于光滑的地面上，且一定高度自由下落的小球m 恰能沿半圆槽的边缘的切线方向滑入原先静止的槽内，对此情况，以下说法正确的是（ ）
A ．小球第一次离开槽时，将向右上方做斜抛运动
B ．小球第一次离开槽时，将做竖直上抛运动
C ．小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做往复运动
D ．槽一直向右运动
3．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20.2kg m =可视为质点的物块,以水平向右的速度0v 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0.5μ=,取2g=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
4．如图，固定的光滑斜面倾角θ＝30°，一质量1kg的小滑块静止在底端A点．在恒力F 作用下从沿斜面向上作匀加速运动，经过时间t＝2s，运动到B点，此时速度大小为v1，到B点时撤去F再经过2s的时间，物体运动到AB的中点C，此时速度大小为v2，则以下正确的是
A．v2=2v1
B．B点到C点的过程中，物体动量改变量为2kg·m/s
C．F=7N
D．运动过程中F对小滑块做功28J
5．某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象.图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系.已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知（）
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2
B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的1 6
6．如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g为当地重力加速度）（）
A ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为
32mg C ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()
gR m M M m + D ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()gR M
m M m + 7．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0E E kt =-(0E 、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 =8．如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m 的滑环．滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M 的物块(可视为质点)，绳长为L .将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则（ ）
A ．给物块的水平冲量为2M gL
B ．物块上升的最大高度为mL m M
+ C ．物块上升最高时的速度为
2m gL D ．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg 9．如图所示为水平放置的固定光滑平行直轨道，窄轨间距为L ，宽轨间距为2L 。

轨道处于竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量分别为m 、2m 的金属棒a 、b 垂直于导轨静止放置，其电阻分别为R 、2R ，现给a 棒一向右的初速度v 0，经t 时间后两棒达到匀速运动两棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，不计导轨电阻，b 棒一直在宽轨上运动。

下列说法正确的是（ ）
A ．a 棒开始运动时的加速度大小为2203
B L v Rm
B ．b 棒匀速运动的速度大小为03
v C ．整个过程中通过b 棒的电荷量为
023mv BL D ．整个过程中b 棒产生的热量为203
mv 10．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
11．如图所示，一辆质量M =3kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，A 上有一质量m =1kg 的光滑小球B ，将一左端固定于A 上的轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能E p =6J ，B 与A 右壁距离为l 。

解除锁定，B 脱离弹簧后与A 右壁的油灰阻挡层（忽略其厚度）碰撞并
被粘住，下列说法正确的是（）
A．碰到油灰阻挡层前A与B的动量相同
B．B脱离弹簧时，A的速度为1m/s
C．B和油灰阻挡层碰撞并被粘住，该过程B受到的冲量大小为3N·s
D．整个过程B移动的距离为3 4 l
12．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v0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
13．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 B．2gR C．5gR D．35gR
14．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v0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
15．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
16．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
17．如图所示，半径为R 、质量为M 的14
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 2gRM m M
C ．m 2gR
D ．m 飞离圆槽时，圆槽运动的位移大小为m R m M
+ 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，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/s 2，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/s 2
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，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5
M 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 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 二、动量守恒定律 解答题
21．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。

22．一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.
（1）若碰前滑块A 的速度为0v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；
（1）若碰后物块D 、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件.
23．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 。

24．如图所示，上表面光滑、质量为4m 的带有挡板的木板B 放置在水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ=0.1，木板上放有一质量为m 、电荷量为+q 的物块A 。

整个装置处于电场强度大小2mg E q
、方向水平向右的匀强电场中。

现同时给物块、木板水平向右的初速度0v ，当物块运动到木板右端时（与挡板碰前的瞬间），木板的速度恰好减为零，之后物块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，物块就与挡板碰撞1次。

已知物块与挡板的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，物块始终在木板上运动，重力加速度大小为g 。

求：
(1)发生第1次碰撞后，物块与木板的速度大小；
(2)从第1次碰撞至第2020次碰撞的时间间隔；
(3)从第1次碰撞至第2020次碰撞，物块电势能的减少量。

25．如图所示，水平面内固定两根平行的无限长光滑金属导轨，导轨间距为d = 2 m 。

空间中有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B = 0.5 T 。

A 、B 两金属棒垂直导轨放置。

先固定A 棒，对B 棒施加水平向右的拉力F 。

已知A 棒在导轨间部分电阻R 1 = 2 Ω，B 棒在导轨间部分电阻R 2 = 3 Ω，导轨电阻忽略不计，A 、B 质量均为1 kg ，求：
（1）若拉力恒为4 N ，求B 的最大速度。

（2）若拉力F 随时间变化图像如图所示。

在0 ~ 3 s 内，拉力随时间均匀变大；t = 3 s 时，B 棒速度v 0 = 5 m/s 。

求B 棒在前3 s 内的位移；
（3）继续（2）情景，t = 3 s 时，释放A 棒；此后F 恒定不变，继续作用足够长时间后，撤去拉力。

最终，两棒以25 m/s 的速度做匀速直线运动。

求撤去拉力后B 棒产生的热量。

26．某“太空粒子探测器”是由加速、偏转和探测三部分装置组成，其原理可简化如下：如图所示，沿半径方向的加速电场区域边界AB 、CD 为两个同心半圆弧面，圆心为O 1，外圆
弧面AB电势为φ1，内圆弧面电势为φ2；在O1点右侧有一与直线CD相切于O1半径为R 的圆，圆心为O2，圆内（及圆周上）存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN是一个足够长的粒子探测版，与O1O2连线平行并位于其下方3R处；假设太空中漂浮着质量为m，电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速到CD圆弧面上，再由O1点进入磁场偏转，最后打到探测版MN(不计粒子间的相互作用和星球对粒子引力的影响)，其中沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方G点射出磁场；
（1）求粒子聚焦到O1点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小B0；
（2）从图中P点（PO1与O1O2成30°夹角）被加速的粒子打到探测版上Q点（图中未画出），求该粒子从O1点运动到探测板MN所需的时间；
（3）若每秒打在探测版上的离子数为N，打在板上的离子数60％被吸收，40％被反射，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，求探测板受到的作用力的大小.
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一、动量守恒定律选择题
1．A
解析：ACD
【解析】
【详解】
A. 杆刚进入磁场之前的加速度
F
=
a
m
则进入磁场时速度大小为
Ft
==
v at
m
选项A正确；
B. 杆刚进入磁场时产生的感应电动势：
E=Bdv
则电阻 R 1 两端的电势差大小为
111123332
R E R BdFt
U E Bdv m R R =
⨯===+ 选项B 错误；
C 金属棒进入磁场后，由动量定理：
F t mv ∆=安
即
BId t mv ∆=
因为
I t q ∆=
解得
mv Ft q dB dB
=
= 选项C 正确；
D. 整个过程中，产生的总焦耳热：
22
2122F t Q mv m
==
则电阻 R 1 上产生的焦耳热为
22
11612R F t Q Q m
==
选项D 正确； 故选ACD 。

2．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
A 、
B 、小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，故A 错误，B 正确．
C 、小球沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，球从底端向左侧上升过程，槽向右做减速运动，球离开槽时，槽静止，球做竖直上抛运动，然后小球落回槽的左侧，球从槽的左侧下滑过程，槽向左做加速运动，从最低点向右上滑时，槽向左做减速运动，然后球离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平面上做往复运动，故C 正确，
D 错误．故选BC ．
本题考查了判断球与槽的运动过程，知道动量守恒的条件，应用动量守恒定律，分析清楚运动过程即可正确解题．
3．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．
4．C
解析：CD 【解析】 【详解】
A.根据位移公式可知2112AB
s a t = ，2
121122
AB s a t t a t -=⨯- 解得：1225a a = 则11v a t =
21213
2
v v a t a t =-=- ，故A 不符合题意
B. B 点到C 点的过程中，物体动量改变量即为合外力的冲量，即sin 1kg /s 0m I mg t θ== 为2kg·
m/s ，故B 不符合题意； C.拆去恒力F 后物体的加速度2
2sin 5m/s a g θ== ，所以2122
2m/s 5
a a =
= ，根据牛顿第二定律可知sin F mg ma θ-= ，即sin 7N F mg ma θ=+=，故C 符合题意
D.根据功的定义可知2
172228J 2
W Fs ==⨯⨯⨯=，故D 符合题意，
5．A
解析：AD
【分析】
本题考察动量守恒，首先根据位移—时间图像求出两滑块碰前和碰后的速度，在根据动量守恒即可求出两物体的质量之比。

【详解】
根据x t -图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为1 2 m/s =-v ，滑块Ⅱ的速度为
20.8 m/s =v ，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A 正确；
碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B 错误；
碰撞后的共同速度为0.4 m/s =v ，根据动量守恒定律，有
()112212＋+=m v m v m m v
解得216=m m 。

由动能的表达式可知
2211221122
>m v m v 故选项C 错误，D 正确。

故选AD 。

6．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R ，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v ．
根据机械能守恒定律有：
1
2
mv 2=mgR cosθ 由牛顿第二定律有：
N-mg cosθ=m 2
v R
解得小球对小车的压力为：
N =3mg cosθ
其水平分量为
N x=3mg cosθsinθ=3
2
mg sin2θ
根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：
f=N x=3
2
mg sin2θ
可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f max=3
2 mg．
故A错误，B正确．
CD．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv-Mv′=0；
系统的机械能守恒，则得：
mgR=1
2
mv2+
1
2
Mv′2，
解得：
v′=
故C正确，D错误．
故选BC．
【点睛】
本题中地面光滑时，小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统的总动量并不守恒．
7．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=E0-kt=0，解得时间t=0E
k
；因摩擦力f=μqE=μqE0-
μqkt，则摩擦力的冲量：
2
00
1
22
f
E qE
I qE
k k
μ
μ
=⨯⨯=，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
1
42
f
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
2v v v +<
，则物体沿墙面运动的时间22
H 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．
8．A
解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、设物块刚受到水平冲量后速度为v 0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有：
2012
MgL Mv =
，
可得0v =
I =，选项A 正确． B 、C 、滑环不固定时，物块初速度仍为v 0，在物块摆起最大高度h 时，它们速度都为v ，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则：Mv 0＝(m ＋M )v ，
22011()22Mv m M v Mgh =++；
由以上各式可得：v = mL
h M m
=
+，选项B 正确，选项C 错误． D 、对m 、M 组成系统，当M 第一次回到最低点时由动量守恒和能量守恒知速度仍然为
v 0，在最低点由牛顿第二定律可知20
v T Mg M L
-=，可得拉力T =3Mg ；故D 正确．
故选ABD ． 【点睛】
本题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用，要注意明确小球摆到最高时，两物体有共同的速度，系统只是水平动量守恒，总动量并不守恒．
9．A
解析：AB 【解析】 【分析】 【详解】 A ．由
0E BLv =
3BLv I R
=
220
3B L v F R
=
安 F 安=ma
得
220
3B L v a Rm
=
故A 项正确；
B ．匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等
2a b BLv B Lv =⋅
得末速度
2a b v v =
对a 棒
0-a BIL t mv mv ∆=-
对b 棒
22b BI L t mv ⋅∆=
解得
0=a b v v v +
则
23a v v = 0
3
b v v =
故B 正确； C ．对a 棒
0-a BIL t mv mv ∆=-
且q I t =∆解得
3mv q LB
=
故C 错误；
D ．由能量关系，整个过程中产生的热量
22200011211=()2()22323
Q mv m v m v --⋅总
2
021=39
b Q Q mv =总
故D 项错误。

故选AB 。

10．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 。

11．B
解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对于
B 球、弹簧和A 车组成的系统，在弹簧作用的过程、B 球撞A 车右壁的过程，均满足系统的外力之和为零，系统的动量守恒，初态总动量为零，则此后的任何时刻A 与B 的动量总是等大反向，因方向相反而动量不同，故A 错误；
B ．设B 脱离弹簧时，B 的速度为B v ，方向向右，A 的速度为A v ，方向向左，设向右为正方向，由动量守恒定律
0B A mv Mv =-
由能量守恒定律可得
221122
p B A E mv Mv =
+ 联立可得m/s 1A v =，3m/s B v =，故B 正确；
C ．B 球与A 车以等大反向的动量相撞，由动量守恒定律可知两物体的共同速度为零，则对B 球由动量定理可知
03N s B I mv =-=-⋅
即粘住的过程B 受到的冲量大小为3N·s ，负号表示冲量方向向左，故C 正确； D ．对B 球与A 车的作用过程，满足人船模型
B A mx Mx = B A x x l +=
解得34B l x =
，4
A l
x =，故D 正确。

故选BCD 。

12．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v 1、v 2，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：
mv 0=（m +M ）v 1
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=1
2
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=1
2
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=μmgl ，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.。