《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．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
- 3．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
4．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v 0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
5．如图所示,A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上,三个球的质量分别为m A=2kg,m B=3kg,m C=1kg,初状态三个小球均静止,BC球之间连着一根轻质弹簧,弹簣处于原长状态.现给A一个向左的初速度v0=10m/s,A、B碰后A球的速度变为向右,大小为2m/s，下列说法正确的是
A．球A和B碰撞是弹性碰撞
B．球A和B碰后,球B的最小速度可为0
C．球A和B碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96J
D．球A和B碰后,弹簧恢复原长时球C的速度可能为12m/s
6．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
7．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v0=2gl 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 的取值范
围是（）
A．
12
47
μ
<<B．
21
94
μ
<<
C．
22
119
μ
<<D．
22
1311
μ
<<
8．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球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()
A．p A=6 kg·m/s，p B=6 kg·m/s
B．p A=3 kg·m/s，p B=9 kg·m/s
C．p A=－2 kg·m/s，p B=14 kg·m/s
D．p A=－4 kg·m/s，p B=17 kg·m/s
9．如图，斜面体固定在水平面上，斜面足够长，在斜面底端给质量为m的小球以平行斜面向上的初速度1v，当小球回到出发点时速率为2v。

小球在运动过程中除重力和弹力外，另受阻力f（包含摩擦阻力），阻力f大小与速率成正比即f kv
=。

则小球在斜面上运动总时间t为（）
A．12
sin
v v
t
gθ
+
=
⋅
B．12
sin
v v
t
gθ
-
=
⋅
C．
12
12
sin
2
mv mv
t
v v
mg k
θ
+
=
+
⋅+D．
12
12
sin
2
mv mv
t
v v
mg k
θ
-
=
+
⋅-
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E1，持续一段时间后立即换成与E1相反方向的匀强电场E2．当电场E2与电场E1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，E1对滑块的电场力做功为W1，冲量大小为I1；E2对滑块的电场力做功为W2，冲量大小为
I2．则
A．I1= I2B．4I1= I2
C．W1= 0.25k E W2=0.75k E D．W1= 0.20k E W2=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
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．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，一个质量为m、半径足够大的1／4光滑圆弧体，静止放在光滑水平面上．有一个质量也为m的小球，以v0的初速度从最低点冲上圆弧体到又滑回到最低点的过程中，下列结论正确的是（已知重力加速度为g）( )
A．整个过程中，圆弧体的速度先增大后减小
B．小球能上升的最大高度为
2 0 4 v g
C ．圆弧体所获得的最大速度为v 0
D ．在整个作用的过程中，小球对圆弧体的冲量大于mv 0
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0022
FRt s B 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，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁
场中，电场强度大小为E =2mg q
，磁感应强度大小为B 。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ0现使圆环以初速度v 0向下运动，经时间to ，圆环回到出发点。

若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g 。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．环经过02
t 时间刚好到达最低点 B ．环的最大加速度为a m =g +0qv B
m μ
C ．环在t 0时间内损失的机械能为12m (20v -22222m g q B
μ) D ．环下降过程和上升过程摩擦力的冲量大小不相等
18．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v 0=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
19．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03
v 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 20．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
2A B E m m
B ．物体B 的最大速度为p0
2A E m
C ．弹簧长度最长时，物体B 的速度大小为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 >
二、动量守恒定律 解答题
21．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v 0=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/s 2.
（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
22．一半径为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 .
23．一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。

）
24．一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。

25．如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由弯轨AB ，FG 和直窄轨BC ，GH 以及直宽轨DE 、IJ 组合而成，AB 、FG 段均为竖直的14
圆弧，半径相等，分别在B ，G 两点与窄轨BC 、GH 相切，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，BC 、GH 等长且与DE ，IJ 均相互平行，CD ，HI 等长，共线，且均与BC 垂直。

窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B 的匀强磁
场，窄轨间距为2
L ，宽轨间距为L 。

由同种材料制成的相同金属直棒a ，b 始终与导轨垂直且接触良好，两棒的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R 。

初始时b 棒静止于导轨BC 段某位置，a 棒由距水平面高h 处自由释放。

已知b 棒刚到达C 位置时的速度为a 棒刚到达B 位置时的15
，重力加速度为g ，求：
（1）a 棒刚进入水平轨道时，b 棒加速度a b 的大小；
（2）b 棒在BC 段运动过程中，a 棒产生的焦耳热Q a ；
（3）若a 棒到达宽轨前已做匀速运动，其速度为a 棒刚到达B 位置时的
12，则b 棒从刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中产生的焦耳热Q b 。

26．如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦
因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：
(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；
(3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离．
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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：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212
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．
3．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 02−12×3mv 12 ② 联立①②，得
Q =
13
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+12
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
2a 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22a
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
2201113222
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 。

4．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。

5．A
解析：AD
【解析】
【详解】
A.A 、B 两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m A v 0=m A v A +m B v B ，
解得：
v B =8m/s ，
碰撞前系统总动能：
22A 011210100J 22
J K E m v =
=⨯⨯= 碰撞后系统总动能： 2222A A B B 11112238100J J 2J 222
K E m v m v '=+=⨯⨯-+⨯⨯=（） 碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故A 正确；
BD.A 、B 碰撞后，B 、C 组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时B 的速度最小，C 的速度最大，以向左为正方向，从碰撞后到弹簧恢复原长过程，在水平方向，由动量守恒定律得：
m B v B =m B v B ′+m C v C
由机械能守恒定律得：
222B B B B C C 111222
m v m v m v ='+ 解得：v B ′=4m/s ，v C =12m/s （弹簧恢复原长时C 的速度最大，v B ′=8m/s ，v C =0m/s 不符合实际，舍去），由此可知，弹簧恢复原长时C 的速度为12m/s ，B 的最小速度为4m/s ，故B 错误，D 正确；
C.B 、C 速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B 、C 系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m B v B =（m B +m C ）v C ，
由机械能守恒定律得：
22B B B C C 1122
P m v m m v E =++（） 解得弹簧的最大弹性势能：E P =24J ，故C 错误。

6．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1
22q q F k r =变为2122
()2
q 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．
7．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
2014
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 mg 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 211μ= 即22119
μ<<，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

8．A
解析：ABC
【解析】
【分析】
【详解】
以两球组成的系统为研究对象，取A 、B 球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量分别
为A m 、B m ，由于碰撞前，A 球能追上B 球，则
A0B0A B
p p m m > 代入数据整理得
B A 57
m m >
① 系统的总动量 p =7 kg·m/s+5 kg·m/s=12kg·m/s
A ．若碰后A 、
B 两球动量为
p A =6kg∙m/s ，p B =6kg∙m/s
由于
A B p p p +=
因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A 球不可能超过B 球，因此
A B A B
p p m m ≤ 解得
B A m m ≤②
另外碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能
2222A0B0A B A B A B
2222p p p p m m m m +≥+ 代入数据整理得
B A 1113
m m ≥
③ 由①②③解得 A B A 1113m m m ≥≥
能找到合适质量的A 、B 两物体，因此A 正确；
B ． 若碰后A 、B 两球动量为
p A =3kg∙m/s ，p B =9kg∙m/s
由于
A B p p p +=
因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A 球不可能超过B 球，因此
A B A B
p p m m ≤ 解得
B A 3m m ≤④
另外碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能
2222A0B0A B A B A B
2222p p p p m m m m +≥+ 代入数据整理得
B A 75
m m ≥
⑤ 由①④⑤解得 A B A 735m m m ≥≥
能找到合适质量的A 、B 两物体，因此B 正确；
C ．若碰后A 、B 两球动量为
p A =-2kg∙m/s ，p B =14kg∙m/s
由于
A B p p p +=
因此碰撞过程中动量守恒，碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能
2222A0B0A B A B A B
2222p p p p m m m m +≥+ 代入数据整理得
B A 195
m m ≥
⑥ 由①⑥联立解得 B A 195m m ≥
能找到合适质量的A 、B 两物体，因此C 正确；
D ．若碰后A 、B 两球动量为
p A =-4kg∙m/s ，p B =17kg∙m/s
由于
A B p p p +≠
因此碰撞过程中动量不守恒，D 错误。

故选ABC 。

9．A
解析：A
【解析】
【详解】
设沿斜面方向，最大位移为x ，阻力f 冲量：
0f I kv t kx kx =∆=-=∑
则合冲量为sin mg t θ
由动量定理，
21sin mg t mv mv θ=+ 则12sin v v t g θ+=
A. 12sin v v t g θ+=
⋅与计算相符，A 正确 B. 12sin v v t g θ
-=⋅与计算不符，B 错误 C. 12
12
sin 2
mv mv t v v mg k θ+=+⋅+与计算不符，C 错误 D. 12
12
sin 2mv mv t v v mg k θ-=
+⋅-与计算不符，D 错误 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12122
v v v -=，所以有v 2=2v 1． 根据动能定理有：21112W mv =， 222211122
W mv mv =-，而2212K 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()(122
)()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：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
2023
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
221222
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 。

14．B
解析：BCD
【解析】
【分析】
【详解】
整个过程中，小球对槽一直有右的水平分压力作用，则圆弧体的速度一直增加，选项A 错误；当小球上升到圆弧体最高点时，设此时球和圆弧体的水平速度v x ，则由动量守恒定
律：mv 0=2mv x ；由能量关系：2211222
x mv mv mgh =⋅+，解得204v h g =，选项B 正确；当小球再次回到圆弧体底端时，圆弧体的速度最大，则由动量守恒定律：mv 0=mv 1+mv 2；由
能量关系：222012111222
mv mv mv =+，联立解得v 1=0；v 2=v 0 ，选项C 正确；在整个作用的过程中，小球对圆弧体的压力为右下方，其中水平方向的分力N x 对圆弧体的冲量为mv 0，竖直方向的分力N y 对圆弧体也有冲量，则小球对圆弧体的冲量大于mv 0，选项D 正确，故选BCD.
【点睛】
本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型．分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，同时要记住一些结论，例如质量相同的两物体在弹性碰撞中要交换速度．
15．A
解析：AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．t ＝t 0时刻，设金属杆ab 的速度大小为v '，对两杆整体，由动量定理得
0Ft mv mv '=+
解得
'0Ft v v m
=
- 选项A 正确； B ．从t ＝0到t ＝t 0时间内，对于金属杆ab ，由动量定理得
'BILt mv =
'BLq mv =
则流过金属杆ab 的电荷量为q
0Ft mv mv q BL BL
'-== 选项B 错误；
CD ．最终两金属杆达到共同速度v 共，由动量守恒定律得
Ft 0=2m v 共
通过回路的电量为q '，有
'BLq mv =共
设最终两金属杆的间距为S ，有
()022BL s s B S q R R '
-∆== 联立解得
0022
s FRt s B L =+
选项C 错误；D 正确。

故选AD.
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
212
x at =
解得
t =
=可见时间t 与α无关，故有
t 1=t 2
即两滑环同时到达滑轨底端，A 正确； B ．环所受的合力
F =mg cos α
可知
F 甲＞F 乙
由于运动时间相同，因此合力对甲滑环的冲量较大，甲滑环的动量变化也大，B 错误； C ．重力的冲量大小、方向都相同，选项C 错误； D ．弹力
F N =mg sin α，
因此可知
F N 甲＜F N 乙
弹力对甲滑环的冲量较小，D 正确。

故选AD 。

17．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】。