宜昌市高中物理-动量守恒定律测试题

宜昌市高中物理-动量守恒定律测试题
一、动量守恒定律 选择题
1．如图所示，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，两滑块A 、B 位于光滑水平面上，已知A 的质量M A =1k g ，B 的质量M B =4k g ．滑块B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A 以v =5m/s 速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B 相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开．则（ ）
A ．物块A 的加速度一直在减小，物块
B 的加速度一直在增大
B ．作用过程中弹簧的最大弹性势能2J p E =
C ．滑块A 的最小动能为 4.5J KA E =，滑块B 的最大动能为8J KB E =
D ．若滑块A 的质量4kg A M =，B 的质量1kg B M =，滑块A 的最小动能为18J KA
E =，滑块B 的最大动能为32J KB E =
3．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 4．如图，质量为m 的小木块从高为h 的质量为M 的光滑斜面体顶端滑下，斜面体倾角为θ，放在光滑水平面上，m 由斜面体顶端滑至底端的过程中，下列说法正确的是
A ．M 、m 组成的系统动量守恒
B ．M 移动的位移为()tan mh M m θ
+ C ．m 对M 做功为222cos ()(sin )Mm gh M m M m θθ++ D ．m 对M 做功为222sin ()(cos )
Mm gh M m M m θθ++ 5．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t1、t3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t2时刻弹簧处于自然长度
6．如图所示，物体A、B的质量均为m=0.1kg，B静置于劲度系数k=100N/m竖直轻弹簧的上端且B不与弹簧连接，A从距B正上方h=0.2m处自由下落，A与B相碰并粘在一起．弹簧始终在弹性限度内，g=10m/s2．下列说法正确的是
A．AB组成的系统机械能守恒
B．B运动的最大速度大于1m/s
C．B物体上升到最高点时与初位置的高度差为0.05m
D．AB在最高点的加速度大小等于10m/s2
7．如图，固定的光滑斜面倾角 ＝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
8．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、ΔpB＝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
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 ．12sin v v t g θ+=⋅
B ．12sin v v t g θ
-=⋅ C ．12
12
sin
2mv mv t v v mg k θ+=+⋅+ D ．1212
sin 2
mv mv t v v mg k θ-=+⋅- 10．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动.两球质量关系为m B =2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6kg·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞
后A 球的动量增量为－4kg·
m/s ，则（ ）
A ．左方是A 球，碰撞后A 、
B 两球速度大小之比为2：5
B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1：10
C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2：5
D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1：10
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．如图所示，光滑水平面上有一质量为m ＝1kg 的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m 0＝1kg 的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v 0＝5m/s 的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M ＝4kg 的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内．则（ ）
A．碰撞结束时，小车的速度为3m/s，速度方向向左
B．从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为4N·s
C．小车的最小速度为1m/s
D．在小车速度为1m/s时，弹簧的弹性势能有最大值
13．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2
k
E，1k E和2k E的比值为（）
A．1
2
B．
3
4
C．
3
2
D．
4
3
14．如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。

设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，到弹簧恢复原长的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W的大小分别是（）
A．I=0，W=mv02B．I=mv0，
2
2
mv W=
C．I=2mv0，W=0 D．I=2mv0，
2
2
mv W=
15．一质量为m=6kg带电量为q=-0.1C的小球P，自倾角θ=530的固定光滑斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h=6.0m，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。

整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强E=200N/C，忽略小球在连接处的能量损失，当小球运动
到水平面时，立即撤去电场。

水平面上放一质量也为m静止不动的1
4
圆槽Q, 圆槽光滑且
可沿水平面自由滑动，圆槽的半径R=3m，如图所示（已知sin53o=0.8，cos53o=0.6，g=10m/s2）则以下说法正确的是：
A ．由静止释放到滑到斜面底端，P 球的电势能增加了90J
B ．小球P 运动到水平面时的速度大小为5m/s
C ．最终小球将冲出圆槽Q
D ．最终小球不会冲出圆槽Q
16．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v 0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204v 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
17．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 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
+ 19．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 2gR
D 222m gR M Mm
+ 20．如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图．跳楼机由静止从a 自由下落到b ，再从b 开始以恒力制动竖直下落到c 停下．已知跳楼机和游客的总质量为m ，ab 高度差为2h ，bc 高度差为h ，重力加速度为g ．则
A．从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1
B．从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C．从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为m gh
D．从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg
二、动量守恒定律解答题
21．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匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，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，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t=1 s同时到达斜面底端．已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1=0.9m，E、B两点的距离为l2=0.4m．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=
3
，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g =10 m/s2．求：
（1）物块b由C点下滑到E点所用时间．
（2）物块a能到达离A点的最大高度．
（3）a、b物块的质量之比a
b
m
m
．
22．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1
m m
=和
2
5
m m
=,A B、与传送带间的动摩擦因数分别为
1
3
tan
5
μθ
=和
2
tan
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11
A B
v v
、；
（2）若传送带保持速度
v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。

23．一半径为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 .
24．如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C 点，总质量为M ＝2 kg ．物块从斜面上A 点由静止滑下，经过B 点时无能量损失．已知物块的质量m ＝1 kg ，A 点到B 点的竖直高度为h ＝1.8 m ，BC 长度为L ＝3 m ，BD 段光滑．g 取10 m/s 2．求在运动过程中：
（1）弹簧弹性势能的最大值；
（2）物块第二次到达C 点的速度．
25．一个光滑直槽长为L ，固定在水平面上，直槽两端有竖直挡板，槽内有两个质量相同的光滑小球．设水平向右为x 轴正方向，初始时小球1位于0x =处，速度为v ，运动方向向右；小球2位于x L =处，速度为2v ，运动方向向左，如图所示．小球间的碰撞是完全弹性的（碰撞前后速度交换方向相反），而小球每次与槽壁的碰撞结果都会使小球速度减半的返回，求：在哪些时间段内两小球的速度大小、方向相同？对应这些时间段的速度大小为多少？
26．如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。

质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。

已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2．求：
(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p
(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E
(3)为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。

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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
1
42
f
gH
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．
2．D
解析：D 【解析】 【详解】
A ．弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A 错误;
B ．当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 和B 的速度相同．选取向右为正方向，根据动量守恒定律：
()A A B M v M M v '=+
解得：
v ′=1m/s
根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A 、B 损失的动能，为：
2211
()22
P A A B E M v M M v '=
-+ 解得：
E P =10J
故B 错误;
C ．当A 、B 分离时，滑块B 的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得：
A A A
B B M v M v M v =+
222111222
A A A
B B M v M v M v =+ 由以上两式得：v A =-3m/s ，v B =2m/s ，所以滑块A 的最小动能为E KA =0．滑块B 的最大动能为
2
18J 2
kB B B E M v =
= 故C 错误;
D ．若滑块A 的质量M A =4kg ，B 的质量M B =1kg ，同理可得，当A 、B 分离时，A 、B 的速度分别为v A =3m/s ，v B =8m/s ，滑块A 的最小动能为
2118J 2
kA A A E M v =
= 滑块B 的最大动能为
2132J 2
kB B B E M v =
= 故D 正确．
3．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 。

4．B
解析：BC 【解析】 【详解】
A ．M 、m 组成系统水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，故A 错误；
B ．M 、m 组成系统水平方向动量守恒有
12Mx mx =
由水平位移关系有
12tan h
x x θ
+=
联立解得
1()tan mh
x M m θ
=
+
即M 位移为
()tan mh
M m θ
+，故B 正确；
CD ．设物体滑到斜面底端时，沿斜面的速度v 2，斜面速度为v 1，则有
()121co 0s Mv m v v θ--=
()()2221212cos 11sin 22mgh mv m v v v θθ⎡⎤=
+-+⎣
⎦
m 对M 做功：
()
222121cos 2()sin Mm gh W mv M m M m θ
θ
==++
故C 正确，D 错误。

5．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 。

6．B
解析：BD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、由于弹簧对A
B 系统做功，所以AB 组成的系统机械能不守恒，故A 错
B 、设A 下落高度h 时的速度为v ，根据动能定理可知：21
2
mgh mv = 可得：2/v m s = A 与B 相碰过程动量守恒：2mv mv '= 解得1
1/2
v v m s ='=
，由于刚接触弹簧时弹簧弹力小于重力，所以AB 整体继续向下做加速运动，所以 B 运动的最大速度大于1m/s ，故B 对；
C 、AB 碰后一起在竖直方向做简谐运动，当弹力等于重力时，加速度等于零，故
22mg k x =∆ 解得21
0.0250
x m ∆=
= ，即简谐运动的振幅为0.02m, 而刚开始时1mg k x =∆ 得：11
0.01100
x m ∆=
= 所以整体上升到最高点相对于B 的初位置上升了0.01m,此时弹簧处于原长状态，所以AB 的加速度为g ，故C 错；D 对； 故选BD
7．C
解析：CD 【解析】 【详解】
A.根据位移公式可知2112AB s a t =
，21211
22
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，
8．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。

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12
sin v v t g θ
+= A. 12
sin v v t g θ
+=⋅与计算相符，A 正确
B. 12
sin v v t g θ
-=
⋅与计算不符，B 错误
C.
12
12
sin 2mv mv t v v mg k θ+=
+⋅+与计算不符，C 错误
D.
12
12
sin 2
mv mv t v v mg k θ-=
+⋅-与计算不符，D 错误
10．A
解析：A 【解析】
试题分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度．
规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6/kg m s ⋅，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为2B A m m =，所以碰撞前A B v v >，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为4/kg m s -⋅，所以碰撞后A 球的动量是2kg•m/s ，碰撞过程系统总动量守恒：
A A
B B A A B B m v m v m v m v +=-'+'，所以碰撞后B 球的动量是10kg•m/s ，根据m B =2m A ，所
以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2：5，A 正确．
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：ABD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、设碰撞后瞬间小车的速度大小为v 1，小球的速度大小为v ，由动量守恒及动能守恒有： mv 0＝Mv ＋mv 1，22201111222mv mv Mv =+；解得：103m/s m M v v m M
-==-+，小车速度方向向左；022m/s m
v v m M
=
=+，小球速度方向向右；选项A 正确． D 、当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有：m 0v 0＋mv 1＝(m 0＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s ，选项D 正确． C 、由以上分析可知小车最小速度为0，选项C 错误．
B 、设从碰撞的瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I ，根据动量定理有I ＝mv 2－mv 1，解得：I ＝4N·s ，选项B 正确． 故选ABD ． 【点睛】
本题在整个运动的过程中，系统的动量守恒，对于不同的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律计算即可，注意要规定正方向．
13．C
解析：C 【解析】 【详解】
滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，根据动能定理可知1k E mgR =；解除锁定，让Q 从滑块顶端由静止释放，小球Q 与滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球Q 离开P 时的速度为1v ，滑块的速度为2v ，根据动量守恒则有1220mv mv -=，根据能量守恒则有
221211·222mv mv mgR +=，解得Q 离开P 时的动能为2211223k E mv mgR ==，所以123
2
k k E E =，故C 正确，A 、B 、D 错误； 【点睛】
解除锁定，让Q 从滑块顶端由静止释放，小球Q 与滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和能量守恒求出Q 离开P 时的动能．
14．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
在木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程中，弹簧对木块做负功，在弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对木块做正功，且正功与负功的绝对值相等，故在整个相互作用的过程中弹簧对木块做的总功
W =0
木块将以-v 0的速度被弹回，由动量定理可得，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量的大小
02I mv =
故选C 。

【点晴】
解决本题关键将整个相互作用过程分为木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程和弹簧将木块弹出的过程进行分析，注意动量为矢量，有大小和方向。

15．A
解析：AD 【解析】 【详解】
A ．在整个过程中，电场力对P 球做负功为：
6
0.120090J
J 43
h W qE
tan θ
=-=-⨯⨯-＝ 则
△E =-W =90J
选项A 正确； B ．根据动能定理得：
21
2
h mgh qE mv tan θ-⋅
= 代入数据可得：
v =
选项B 错误；
CD ．设当两者速度相等时，小球上升的高度为H ，根据水平方向动量守恒得：
mv =2mv ′
代入数据：
'v =
根据机械能守恒得：
2211
222
mv mv mgH ⨯'+＝ 代入已知数据得：
H =2.25m ＜R
所以小球没有冲出圆槽，选项C 错误，D 正确。

16．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：22
11222
x mv mv mgh =⋅+，解得2
04v 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：
222
012111222
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．
17．B
解析：BD 【解析】
在弹簧被压缩的过程中，由于弹簧对B 、A 有向左的作用力并做负功，故物体B 、A 组成的系统机械能不守恒，故A 错误；两滑块碰撞过程动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：()02mv m m v =+，解得：0
3
v v =
，当B 、A 的速度为零时，弹簧的弹性势能最大，即B 、A 与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
2
2200
111332236
P v E mv m mv ⎛⎫=⨯=⨯⨯= ⎪⎝⎭，故B
正确；先B 与A 一起向右压缩弹簧，之后B 与A 向左运动，当A 回原来位置时A 与B 分离，根据B 、A 与弹簧组成的系统机械能守恒可知，此时A 、B 的速度大小为
3
v ，方向向左，故物体A 对B 做的功等于B 动能的变化，即2
2
2000
114232
9v W m mv mv ⎛⎫=⨯--=- ⎪⎝⎭，故C 错误；取向左为正方向，根据动量定理，可知物体A 对B 的冲量()0004
33v I m m v mv =--=-，故其大小为043
mv ，故D 正确；故选BD ．
【点睛】系统所受合外力为零时，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功系统机械能守恒，由动量守恒定律、动量定理与系统机械能守恒定律分析答题．
18．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
'0
Ft 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；。