陕西省城固县第一中学选修1高中物理动量守恒定律试题(含答案)

陕西省城固县第一中学选修1高中物理动量守恒定律试题(
含答案)
一、动量守恒定律 选择题
1．如图所示，A 、B 两物体质量分别为m A =5kg 和m B =4kg ，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA =0.4和μB =0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上.现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。

下列判断正确的是（ ）
A ．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量不守恒
B ．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统的机械能守恒
C ．在两物体被弹开的过程中，A 、B 两物体的机械能一直增大
D ．两物体一定同时停在地面上
2．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-=+⋅- 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≤，则a
b 一定不相碰 D ．若2b a μμ>，则a 可能从木板左端滑落
4．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 5．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
6．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 、Δp
B ＝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
7．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
8．如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F ．质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（ ）
A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
F M B ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
212mv C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为212
mv D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为2
2v gl
9．有一宇宙飞船，它的正对面积S =2 m 2，以v =3×103 m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒
区．此微粒区1 m 3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m =2×10-7kg ．设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加
A ．3.6×103 N
B ．3.6 N
C ．1.2×103 N
D ．1.2 N
10．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
11．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
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，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说法不正确的是（）
A ．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒
B ．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
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 ．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h 处
14．如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为6kg m =的小物体B 以水平速度02m/s v =滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取210m/s g =，则下列说法正确的是（ ）
A ．木板A 与物体
B 质量相等
B ．系统损失的机械能为6J
C ．木板A 的最小长度为1m
D ．A 对B 做的功与B 对A 做的功绝对值相等
15．如图所示，长为L 的细线，一端固定在O 点，另一端系一个质量为m 的小球，在最低点A 给小球一个水平方向的瞬时冲量I ，使小球绕悬点O 在竖直平面内运动。

为使细线始终不松弛，I 的大小可选择下列四项中的（ ）
A ．大于2m gL
B ．小于2m gL
C ．大于5m gL
D ．大于2m gL ，小于5m gL
16．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
17．三个完全相同的小球a、b、c，以相同的速度在光滑水面上分别与另外三个不同的静止小球相撞后，小球a被反向弹回，小球b与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，小球c 恰好静止．比较这三种情况，以下说法中正确的是（）
A．a球获得的冲量最大
B．b球损失的动能最多
C．c球克服阻力做的功最多
D．三种碰撞过程，系统动量都是守恒的
18．如图，长木板M原来静止于光滑水平面上，木块m从长木板M的一端以初速度v0冲上木板，当m相对于M滑行7cm时，M向前滑行了4cm，则在此过程中（）
A．摩擦力对m与M的冲量大小之比等于11∶4
B．m减小的动能与M增加的动能之比等于11∶4
C．m与M系统损失的机械能与M增加的动能之比等于7∶4
D．m减小的动能与m和M系统损失的机械能之比等于1∶1
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
v
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0
3
v
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为0
3
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6
mv
3
20．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
二、动量守恒定律 解答题
21．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．
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．消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成．如图所示，消防水炮离地高度为H ＝80 m ，建筑物上的火点离地高度为h ＝60 m ，整个供水系统的效率η＝60%（供水效率η定义为单位时间内抽水过程水所获得的机械能与水泵功率的比值×100%）．假设水从水炮水平射出，水炮的出水速度v 0＝30 m/s ，水炮单位时间内的出水量m 0＝60 kg/s ，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．
（1）求水炮与火点的水平距离x ，和水炮与火点之间的水柱的质量m ；
（2）若认为水泵到炮口的距离也为H ＝80 m ，求水泵的功率P ；
（3）如图所示，为流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体（比如水）中的一小段液柱，由于体积在运动中不变，因此当S 1面以速度v 1向前运动了x 1时，S 2面以速度v 2向前运动了x 2，若该液柱前后两个截面处的压强分别为p 1和p 2，选用恰当的功能关系证明：流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体水平流动（或者高度差的影响不显著）时，液体内流速大的地方压强反而小．
24．如图所示，两平行圆弧导轨与两平行水平导轨平滑连接，水平导轨所在空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 1.0T B =，两导轨均光滑，间距0.5m L =。

质量为
10.1kg m =的导体棒ab 静止在水平导轨上，质量20.2kg m =的导体棒cd 从高0.45m h =的圆弧导轨上由静止下滑。

两导体棒总电阻为5ΩR =，其它电阻不计，导轨足够长，210m /s g =。

求：
(1)cd 棒刚进入磁场时ab 棒的加速度；
(2)若cd 棒不与ab 棒相碰撞，则两杆运动过程中释放出的最大电能是多少；
(3)当cd 棒的加速度为220.375m /s a =时，两棒之间的距离比cd 棒刚进入磁场时减少了多少？
25．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。

传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光
滑14圆弧轨道。

质量m =2.0kg 的物块B 从14
圆弧的最高处由静止释放。

已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。

设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。

取g =10m/s 2。

求：
(1)物块B 滑到14
圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。

26．如图所示，质量为5kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量为5kg ，停在B 的左端质量为1kg 的小球用长为0.45m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2m ，物块与小球可视为质点，不计空气阻力已知A 、B 间的动摩擦因数为0.1，为使
A 、
B 达到共同速度前A 不滑离木板，重力加速度210/g m s ，求：
（1）碰撞后瞬间物块A 的速度大小为多少；
（2）木板B 至少多长；
（3）从小球释放到A 、B 达到共同速度的过程中，小球及A 、B 组成的系统损失的机械能．
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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】
A ．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A 物体所受的滑动摩擦力方向水平向右，大小为
A A A 20N f m g μ==
B 物体所受的滑动摩擦力方向水平向左，大小为
B B B 20N f m g μ==
两物体组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，A 错误；
B ．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能减小，B 错误；
C ．在两物体被弹开的过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体的机械能先增大后减小，C 错误；
D ．弹簧对两物体的弹力大小相等，且两个物体同时离开弹簧，因此弹簧对两个物体的冲量大小相等为I ，设物体A 、B 停止的时间为A t 、B t ，根据动量定理
A A 0I f t -=
B B 0I f t -=
由于
A B f f =
因此
A B t t =
D 正确。

故选D 。

2．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. 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
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 02−1
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 。

4．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
5．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.
6．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。

7．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：
2
012
MgL Mv =
，可得02v gL =2I gL =，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．
8．A
解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，根据牛顿第二定律有：
F Ma =
解得F
a M
=
，A 正确； B ．滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
2
12
mv ，B 正确； C ．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于
2
12
mv ，C 错误； D ．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即2
12
p E mv =
，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v '，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
()0m M v =+'
()21
2
p E m M v mgl μ=
+'+ 联立解得2
2v gl
μ=，D 正确。

故选ABD 。

9．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
在t 时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为M vtSm = 由动量定理得：Ft Mv = 解得： 3.6F N =
根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6N ，要是飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6N ，故B 正确； 故选B
10．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．
11．B
解析：BD 【解析】 【分析】
本题主要考察动量守恒定律在弹簧系统中的应用，以及运动过程中能量转化的分析。

【详解】
A ．球A 受到挡板向右的力，系统动量不守恒。

故A 错误；
B ．系统无机械能损失，当B 回到起点位置时A 球离开挡板，动量改变量为2I 。

故B 正确；
C ．挡板对小球A 有作用力期间小球A 没有运动，该力做功为0。

故C 错误；
D ．小球A 离开挡板后，AB 共速时系统弹性势能最大
2I mv =
2
22
11222
4p I I E m m v m m ⎛⎫=⋅⋅-⋅⋅=
⎪⎝⎭ 故D 正确。

故选BD 。

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.
13．B
解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在下滑过程中，对于物块和槽组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A 正确；
B ．在下滑的过程中，物块和槽在水平方向上的合外力为零，竖直方向上的合外力不为零，故系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的动量不守恒，故B 错误；
C ．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统，水平方向受到竖直墙壁水平向左的作用力，合外力不为零，故物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故C 错误；
D ．因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒定律知物块离开槽时物块与槽的速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，所以物块不会再滑上弧形槽，故D 错误。

本题选不正确的，故选BCD 。

14．A
解析：ABC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图示图像可以知道，木板获得的速度为v =1m/s ，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
()0B A B m v m m v =+
解得
6kg A B m m ==
所以木板A 与物体B 质量相等，故A 正确； B ．系统损失的机械能为
()220116J 22
B A B E m v m m v ∆=
-+= 故B 正确；
C ．木板A 的最小长度就是物块在木板上滑行的距离，由图乙可知，木板A 的最小长度为
211
1m 11m=1m 22
B A x x x +∆=-=
⨯-⨯⨯ 故C 正确；
D ．物块在木板上滑行的过程中，产生了内能，所以A 对B 做功与B 对A 做功的绝对值不相等，故D 错误。

故选ABC 。

15．B
解析：BC 【解析】 【详解】 存在两种可能：
(1)小球在运动过程中，最高点与O 点等高或比O 低时，线不松弛。

由2
11 2
mv mgL ≤得
1v ≤
即冲量I 小于A 错误，B 正确；
(2)小球恰能过最高点时，在最高点速度设为v 0，对应的最低点速度设为v 2，则有
20
v mg m L
=
根据机械能守恒得
220211222
mv mgL mv += 解得
2v
所以为使细线始终不松弛，v 0的大小范围为0v ≥，即冲量I 大于，选项C 正确，D 错误。

故选BC 。

【点睛】
本题是机械能守恒定律与向心力知识的综合应用。

轻绳系的小球恰好到达圆周的最高点
时，临界速度为v =
16．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对小木块，根据牛顿第二定律有：
μmg =ma 1
对木板，根据牛顿第二定律有：
22()F mg m M g Ma μμ--+=
要使小木块滑离木板，需使：
21a a >
则有：
3()F m M g μ>+
故A 正确；
B ．设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为t 1，小木块的加速度大小为a 1，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为a 2，时间为t 2，有：
1mg ma μ=
22mg ma μ=。