最新动量守恒定律单元测试题

最新动量守恒定律单元测试题 一、动量守恒定律 选择题
1．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 = 2．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接,一个质量也为m 的小球从槽高h 处开始下滑,则
A ．在小球从圆弧槽上下滑过程中,小球和槽组成的系统水平方向的动量始终守恒
B ．在小球从圆弧槽上下滑运动过程中小球的机械能守恒
C ．在小球压缩弹簧的过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒
D ．小球离开弹簧后能追上圆弧槽
3．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
- 4．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 5．一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图象如图所示，由图象可知在t 2时刻物体的（ ）
A ．加速度大小为0t F F m -
B ．速度大小为()()021t F F t t m
-- C ．动量大小为()()0212t
F F t t m -- D ．动能大小为()()220218t
F F t t m --
6．如图所示，质量为m 的小球从距离地面高度为H 的A 点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h 的B 点时速度减为零不计空气阻力，重力加速度为g 。

则关于小球下落过程中，说法正确的是
A ．整个下落过程中，小球的机械能减少了mgH
B ．整个下落过程中，小球克服阻力做的功为mg (H +h )
C ．在陷入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大于m
D ．在陷入泥潭过程中，小球动量的改变量的大小等于m
7．A 、B 两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A 球的动量为5kg •m /s ，B 球的动量为7kg •m /s ，当A 球追上B 球时发生对心碰撞，则碰撞后A 、B 两球动量的可能值为（ ）
A ．''6/6/A
B P kg m s P kg m s =⋅=⋅，
B ．''3/9/A B P kg m s P kg m s =⋅=⋅，
C ．''2/14/A B P kg m s P kg m s =-⋅=⋅，
D ．''5/17/A B P kg m s P kg m s =-⋅=⋅，
8．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
9．如图所示，小车的上面是由中间凸起的两个对称曲面组成，整个小车的质量为m ，原来静止在光滑的水平面上。

今有一个可以看做质点的小球质量也为m ，以水平速度v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。

关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A ．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B ．小球滑到小车最高点时，小球和小车的动量不相等
C ．小球和小车相互作用的过程中，小车和小球系统动量始终守恒
D ．车上曲面的竖直高度若高于2
4v g
，则小球一定从小车左端滑下 10．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m 的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m 的小物块从槽上高h 处开始下滑，重力加速度为g ，下列说法正确的是
A ．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为
3mgh B ．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为6
mgh 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 ．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高h 处
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．如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m =2M 的小物块．现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v 0的初速度，下列说法正确的是
A ．最终小物块和木箱都将静止
B ．最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为203
Mv C ．木箱速度水平向左、大小为02v 时，小物块的速度大小为04
v
D ．木箱速度水平向右、大小为03v . 时，小物块的速度大小为023
v 13．如图甲,质量M =0.8 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上,质量m =0.2 kg 的滑块静止在木板的左端,在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F ,4 s 后撤去力F 。

若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g =10 m/s 2,则下列说法正确的是
A ．0~4s 时间内拉力的冲量为3.2 N·s
B ．t = 4s 时滑块的速度大小为9.5 m/s
C ．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 N·s
D ．2~4s 内因摩擦产生的热量为4J
14．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2gL
B ．物块上升的最大高度为mL m M
+ C 2m gL D ．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg
15．如图所示，光滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q （视为质点）的质量为滑块P 的质量的一半，小球Q 从滑块P 顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为1k E ．现解除锁定，仍让Q 从滑块顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为
2k E ，1k E 和2k E 的比值为（ ）
A．
1
2
B．
3
4
C．
3
2
D．
4
3
16．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．若a滑块的质量a
m2kg
=，以下判断正确的是()
A．a、b碰撞前的总动量为3 kg m/s
⋅
B．碰撞时a对b所施冲量为4 N s⋅
C．碰撞前后a的动量变化为
4 kg m/s
⋅
D．碰撞中a、b两滑块组成的系统损失的动能为20 J
17．如图（a）所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连．已知有一质量为m0的子弹B以水平速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。

在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t=0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。

下列说法正确的是
A．A、B一起在竖直面内做周期T=t0的周期性运动
B．A的质量大小为0
6
m
F
m m
g
=-
C．子弹射入木块过程中所受冲量大小为000
(6)
m
m
m v F m g
F
-
D．轻绳的长度为
2
2
00
2
36
5
m
m v g
F
18．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s0。

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=t0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=t0时刻，金属杆ab的速度大小为0
Ft
v
m
-
B．从t=0到t=t0时间内，流过金属杆ab的电荷量为0
Ft
BL
C．最终两金属杆的间距为0
022
2FRt
s
B L
+
D．最终两金属杆的间距为0
022
FRt
s
B L
+
19．质量均为m的两个小球A B
，用轻弹簧连接，一起放在光滑水平面上，小球A紧靠挡板P，如图所示。

给小球B一个水平向左的瞬时冲量，大小为I，使小球B向左运动并压缩弹簧，然后向右弹开。

弹簧始终在弹性限度内。

取向右为正方向，在小球B获得冲量之后的整个运动过程中，对于A B
，及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（）
A．系统机械能和动量均守恒
B．挡板P对小球A的冲量为大小2I
C．挡板P对小球A做的功为
2
2I
m
D．小球A离开挡板后，系统弹性势能的最大值为
2
4
I
m
20．将质量为m0的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向
射入木块，子弹射穿木块时的速度为0
3
v
．现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块，设子弹在木块中所受阻力不变，则以下说法正确的是（）
A．若m0=3m，则能够射穿木块
B．若m0=3m，子弹不能射穿木块，将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动
C ．若m 0=3m ，子弹刚好能射穿木块，此时子弹相对于木块的速度为零
D ．若子弹以3v 0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v 1；若子弹以4v 0速度射向木块，木块获得的速度为v 2；则必有v 1＜v 2
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．如图所示，在光滑、绝缘的水平面内，有一个正方形MNPQ 区域，边长L =1m ．半径R =20cm 的圆形磁场与MN 、MQ 边均相切，与MQ 边切于点A ，磁感应强度B =0.5T,方向垂直于水平面向上．圆形磁场之外区域，有方向水平向左的匀强电场，场强大小
E =0.5V/m ．两个大小完全相同的金属小球a 、b 均视为质点．小球a 的质量m a =2×10-5kg ，电量q =+4×10-4C ．小球b 的质量m b =1×10-5kg,不带电，放在圆周上的D 点静止， A 、C 、 D 三点在同一直线上．小球a 从A 点正对磁场圆心C 射入，会与球b 在D 点沿平行于MN 的方向发生弹性碰撞，碰后忽略两球之间的相互作用力及小球重力．π=3.14,求：
(1)小球a 射入磁场时的速度大小及小球a 射入磁场到与小球b 相碰撞经历的时间；
(2)小球a 与b 碰撞后在正方形MNPQ 区域内运动，两球之间的最大距离．
23．如图所示，在竖直平面内倾角37θ︒=的粗糙斜面AB 、粗糙水平地面BC 、光滑半圆轨道CD 平滑对接，CD 为半圆轨道的竖直直径。

BC 长为l ，斜面最高点A 与地面高度差1.5h l =，轨道CD 的半径4R l =。

质量为m 的小滑块P 从A 点静止释放，P 与AB 、BC 轨道间的滑动摩擦因数为18
μ=。

在C 点静止放置一个质量也为m 的小球Q ，P 如果能与Q 发生碰撞，二者没有机械能损失。

已知重力加速度为g ，sin370.6︒=。

求
(1)通过计算判断，滑块P能否与小球Q发生碰撞；
(2)如果P能够与Q碰撞，求碰后Q运动到D点时对轨道的压力大小；
(3)如果小球Q的质量变为km(k为正数)，小球Q通过D点后能够落在斜面AB上，求k值范围？
24．一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。

）
25．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轻质细绳相连，细绳绕过斜面顶端的光滑轻质定滑轮并处于松弛状态，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，经过0.6s滑到E点，刚好滑到E点时释放物块a，细绳恰好伸直且瞬间张紧绷断，之后物块b与物块c立即发生弹性碰撞，碰后a、b都经过t=1s同时到达斜面底
3
端。

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
空气阻力不计，细绳张紧时与斜面平行，物块a未与滑轮发生碰撞，取g=10m/s2.求：
(1)C、E两点间的距离；
(2)若A、D两点和C、E两点间的距离相等，求物块a沿斜面上滑的最大距离；
(3)若E、B两点距离为0.4m，b与c相碰后b的速度。

26．如图BC是位于竖直平面内的一段光滑的圆弧轨道，圆弧轨道的半径为r＝3m，圆心角θ＝53°，圆心O的正下方C与光滑的水平面相连接，圆弧轨道的末端C处安装了一个压力传感器．水平面上静止放置一个质量M＝1kg的木板，木板的长度l＝2m，木板的上表面的最右端放置一个静止的小滑块P1，小滑块P1的质量m1未知，小滑块P1与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2．另有一个质量m2＝1kg的小滑块P2，从圆弧轨道左上方的某个位置A处以某一水平的初速度抛出，恰好能够沿切线无碰撞地从B点进入圆弧轨道，滑到C处时压
力传感器的示数为79
3
N，之后滑到水平面上并与木板发生弹性碰撞且碰撞时间极短．（不
计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，cos53°＝0.6）．求：
（1）求小滑块P2经过C处时的速度大小；
（2）求位置A与C点之间的水平距离和竖直距离分别是多少？
（3）假设小滑块P1与木板间摩擦产生的热量为Q，请定量地讨论热量Q与小滑块P1的质量m1之间的关系．
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一、动量守恒定律选择题
1．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
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．
2．A
解析：AC 【解析】 【详解】
A ．小球和圆弧槽在竖直方向上受力不平衡，故竖直方向系统动量不守恒，水平方向受力平衡，系统动量守恒，故A 正确；
B ．小球和圆弧槽在水平方向动量守恒，故系统机械能守恒，故小球开始时的重力势能转化为小球和圆弧槽的动能，故小球的机械能减少，故B 错误；
C ．小球压缩弹簧时，只有弹簧弹力做功系统机械能守恒，故C 正确；
D ．小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能追上圆弧槽，故D 错误． 故选AC ．
点睛：解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两物体相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断．
3．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．
4．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.
5．A
解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图象可知在2t 时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得
t F F a m
-=
故A 正确；
BC ．由图像可知在0~t 1时间段内两个力等大反向，物体静止，在t 1时刻后物体开始运动，由动量定理和图象面积可得
()()0212
t F F t t mv p --==
解得
()()0212t F F t t v m
--=
故B 错误，C 错误； D ．因为
2
12k E mv =
p mv =
联立可得动量和动能的关系
2
2k p E m
= 所以有
()()22
0218t
k
F F t t E m
--=
故D 正确。

故选AD 。

6．B
解析：BCD 【解析】 【详解】
A.小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg (H +h ），则小球的机械能减小了mg (H +h );故A 错误.
B.对全过程运用动能定理得，mg (H +h )-W f =0，则小球克服阻力做功W f =mg (H +h );故B 正确.
C.落到地面的速度，对进入泥潭的过程取向下为正方向，运用动量定理得，I G -I f =0-mv ，知阻力的冲量大小
，则小球所受阻力的冲量大于m
;故C
正确.
D.落到地面的速度，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m
;故D 正确.
7．B
解析：BC
【详解】
A ．由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大．故A 错误．
B ．碰撞前，A 的速度大于B 的速度v A ＞v B ，则有
A A P m ＞B
B
P m 得到
m A ＜
57
m B 根据碰撞过程总动能不增加，则有
232A m +292B m ≤252A m +2
72B
m 得到
m A ≤
12
m B 满足
m A ＜
5
7
m B ． 故B 正确．
C ．根据B 选项分析得C 正确．
D ．可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律．故D 错误． 故选BC ． 【点睛】
对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
8．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．
9．D
【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，选项A 错误；
B ．由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，又因为两者质量相等，故小球滑到最高点时，小球和小车的动量相等，选项B 错误；
C ．对于车、球组成的系统，水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，选项C 错误；
D ．由于小球原来的动能为
201
=2
k E mv
小球到最高点时系统的动能为
2
21222=4k v mv m E ⎛⎫
⨯=
⎪⎝⎭
所以系统动能减少了
2
=4
k mv E ∆ 如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即
2
14
mv mgh = 得
24v h g
=
显然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，选项D 正确。

故选D 。

10．A
解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】
ABC ．物块和槽在水平方向上不受外力，但在竖直方向上受重力作用，所以物块和槽仅在水平方向上动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，由水平方向上动量守恒得：
2mv mv '= ，
由能量守恒得：
2211
222
mgh mv mv =
+'
解得，槽的动能为
3
mgh
故A 对，BC 错 D ．从上面分析可以物块被反弹后的速度大于槽的速度，所以能追上槽，当上到槽的最高点时，两者有相同的速度，从能量守恒的角度可以知道，物块不能回到槽上高h 处，D 正确
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．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小木块和木箱相对静止，因为系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终两物体以相同的速度一起向左运动，故A 错误；
B ．规定向左为正方向，由动量守恒定律得
0()Mv M m v =+
则得最终系统的速度为：
Mv v M m
=
+ 方向向左，最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为：
222
0011()223
Mv E Mv M m v ∆=-+=
故B 正确；
C ．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向左、大小为0
2
v 时，由动量守恒定律得：
022
v Mv M
mv =+ 解得：
24
v v =
故C 正确；
D ．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向右，则木箱速度为0
3
v -，根据动量守恒定律有：
023
v Mv M
mv =-+ 解得：
223
v v =
物块与木箱相对滑动，系统机械能有损失，但根据题目所给数据可知，该过程机械能不变，不符合实际，故D 错误。

故选BC ． 【点睛】
小木块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失。

13．B
解析：BCD 【解析】 【详解】
A.冲量的定义式：I Ft =，所以F -t 图像面积代表冲量，所以0-4 s 时间内拉力的冲量为
0.51
(
221)N S 3.5N S 2
I +=⨯+⨯⋅=⋅ 故A 错误；
B.木块相对木板滑动时：对木板：
mg Ma =μ
对木块：
F mg ma μ-=
联立解得：
0.5F N =，20.5m /s a =
所以0时刻，即相对滑动，对滑块：
10F I mgt mv μ-=-
解得4s 时滑块速度大小：
19.5m/s v =
故B 正确； C.4s 时，木板的速度
20.54m /s 2m /s v at ==⨯=
撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒：
12()mv Mv M m v +=+
解得： 3.5m /s v =， 对木板根据动量定理可得：
2.8N s I Mv ==⋅
故C 正确； D.0-2s 内，对m ：
11F I mgt mv -=μ
0.51
2N s 1.5N s 2
F I +=
⨯⋅=⋅ 解得：1 3.5m /s v = 对M
12mgt Mv μ=
解得v 2=1m/s 2-4s 内：对m
2110.4
3m /s 0.2
F mg a m --=
==μ 2
112121132
x v t a t m =+=；
对M
220.5m/s mg
a M
μ=
=
2
2222213m 2
x v t a t =+=
所以。