高中物理-动量守恒定律测试题(1)

高中物理-动量守恒定律测试题(1)
一、动量守恒定律选择题
1．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，忽略空气阻力，则( )
A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量
B．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小
D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量
2．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
3．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
4．关于系统动量守恒的说法正确的是（）
①只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
②只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒
③系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒
④系统如果合外力的冲量远小于内力的冲量时，系统可近似认为动量守恒
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
5．从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿(如图所示)，这样做是为了( )
A ．减小冲量
B ．减小动量的变化量
C ．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D ．增大人对地面的压强，起到安全作用
6．质量分别为3m 和m 的两个物体，用一根细绳相连，中间夹着一根被压缩的轻弹簧，在光滑的水平面上以速度v 0匀速运动．某时刻剪断细绳，质量为m 的物体离开弹簧时速度变为v= 2v 0，如图所示．则在这一过程中弹簧做的功和两物体之间转移的动能分别是
A ．2083mv
2023mv B ．20mv 2032mv C ．2012mv 2032mv D ．2023mv 2056
mv 7．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
8．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 9．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
10．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
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
12．四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，是央视《国家地理》频道的实验示意图，直径相同（约30cm 左右）的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。

以下判断正确的是（ ）
A ．子弹在每个水球中的速度变化相同
B ．每个水球对子弹做的功不同
C ．每个水球对子弹的冲量相同
D ．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
13．如图所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，固定在水平面上，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左侧区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。

已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度为g ，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ ）
A ．金属棒克服安培力做的功等于系统增加的内能
B ．金属棒克服安培力做的功为mgh
C ．金属棒产生的电热为()12
mg h d μ- D ．金属棒在磁场中运动的时间为2222gh B L d R mg
μ- 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
15．光滑水平面上有一静止木块，质量为m 的子弹水平射入木块后木穿出，子惮与木块运动的速度图象如图所示。

由此可知（ ）
A ．木块质量是2m
B ．子弹进入木块的深度为
002v t C ．木块所受子弹的冲量为014
mv D ．子弹射入木块过程中产生的内能为
2014mv 16．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v 0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
17．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
18．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m0 = 5 g的子弹以速度v0 = 300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10
m/s2，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
19．如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m.滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l.开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是( )
A．滑块和小球组成的系统动量守恒
B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
C．滑块的最大速率为
2
2
()
m gl M M m
+
D．滑块的最大速率为
2 ()
m gl
M M m
+
20．如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A.B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）.初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块
A．落地时的速率相同
B．重力的冲量相同
C．重力势能的变化量相同
D．重力做功的平均功率相同
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v0=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/s2.
（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．如图所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上左端和中点处各放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计，刚开始A、B之间和B、P 之间的距离皆为L。

设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的动摩擦因数均为 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；A、B、C（连同挡板P）的质量相同．开始时，B 和C静止，A以某一初速度向右运动．假设所有的碰撞都是弹性正碰。

（1）若物块A与B恰好发生碰撞，求A的初速度；
（2）若B与挡板P恰好发生碰撞，求A的初速度；
（3）若最终物块A从木板上掉下来，物块B不从木板C上掉下来，求A的初速度的范围。

23．如图所示，光滑绝缘水平面内有直角坐标系xoy，虚线MN和OD均过O点且都与x轴成60°角。

在距x轴为d处平行x轴固定放置一细杆PQ，杆上套有一可以左右滑动的滑块。

劲度系数为k、原长为d 的轻细弹簧垂直于细杆固定在滑块上，另一端放置一质量为m的绝缘小球甲，小球甲与弹簧不栓接。

同时在x轴上、沿着弹簧方向放置一质量为3m、带电量为–q（q > 0）的小球乙。

压缩弹簧将小球甲从OD上某点释放，此后，甲球与乙球发生弹性正碰，小球乙随后进入位于MN左侧的有矩形边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，矩形的一条边与MN重合。

改变滑块位置，保证每次小球甲的释放点都在OD 上、且滑块与两球在同一条平行于y轴的直线上，并知两球每次都能发生弹性正碰，且碰撞后小球乙的带电量不变，结果发现每次小球乙进入磁场后再离开磁场时的位置是同一
点。

弹簧始终在弹性限度以内，弹性势能的计算公式是E P =1
2
k·ΔL2，ΔL是弹簧的伸长或缩
短量，滑块和小球甲、乙都可视为质点。

求：
(1)当滑块的横坐标为1
2
d时，小球甲与乙碰前的速度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)若弹簧的最大压缩量为
9
10
d，求矩形磁场区域的最小面积。

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，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。

26．如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB竖直固定在一水平光滑的桌面上，轨道最低点B与桌面相切并平滑连接，桌面距水平地面的高度也为R．在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态．已知a球的质量为m0，a、b两球质量比为2∶3．固定小球b，释放小球a，a球与弹簧分离后经过B点滑上半圆环轨道并恰能通过轨道最高点A．现保持弹簧形变量不变同时释放a、b两球，重力加速度取g，求：
（1）释放小球前弹簧具有的弹性势能E p；
（2）b球落地点距桌子右端C点的水平距离；
（3）a 球在半圆轨道上上升的最大高度H ．
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一、动量守恒定律 选择题
1．C
解析：C
【解析】
A 、过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，有动量定理知钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A 错误；
B 、过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故B 错误；
C 、过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故C 正确；
D 、过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故D 错误．故选C ．
【点睛】本题解题的关键在于分清过程，分析各个过程中钢珠受力情况，并紧扣动量定理的内容来逐项分析．
2．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：212mgh mv = 可得：2/v m s = A 与B 相碰过程动量守恒：2mv mv '= 解得11/2
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210.0250
x m ∆== ，即简谐运动的振幅为0.02m, 而刚开始时1mg k x =∆ 得：110.01100
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
3．B
【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．
4．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
①系统所受的合外力为零，合外力的冲量为零，系统动量就守恒，故①正确．②动量守恒的条件是系统所受的合外力为零，系统内有摩擦力时，由于内力对系统的动量变化没有影响，只要系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒．故②错误．③根据动量守恒的条件可知，系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但系统在某一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒．故C 正确．④系统所受合外力不为零，但如果合外力的冲量很小（相比内力的冲量）时，系统可近似动量守恒．故④正确．由以上可知，C 正确，A 、B 、D 错误．故选C ． 【点睛】
解决本题要准确掌握动量守恒的条件：系统所受的合外力为零，并知道在某一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒，动量可以分方向守恒．
5．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
从同一高度跳下，速度的变化量相等，所以动量的改变量相等，先让脚尖着地，可以增大人与地面的接触时间，根据公式mv
F t
∆=∆，从而使在发生相等的动量变化量的情况下人受到地面的冲力减小，
A.减小冲量与分析不符，故选项A 不符合题意
B.减小动量的变化量，故选项B 不符合题意
C.增大与地面的冲击时间，从而减小冲力,故选项C 符合题意
D.增大人对地面的压强，起到安全作用, 故选项D 不符合题意
6．D
【解析】 【分析】
细线断裂过程，系统的合外力为零，总动量守恒，根据动量守恒定律就可以求出物体m 离开弹簧时物体3m 的速度，根据动能定理分别求出弹簧对两个物体做的功，两者之和即可得到弹簧在这个过程中做的总功． 【详解】
设3m 的物体离开弹簧时的速度为υ'，根据动量守恒定律，则有：
00(3)?23m m v m v mv +=+'
解得：023
v v '=
根据动能定理，弹簧对两个物体做的功分别为：
2221000113(2)222
W m v mv mv =
-= 22
2200012153()32326
W m v mv mv =⨯-⨯=-
所以弹簧做的总功：W=W 1+W 2=2
023
mv m 的物体动能的增量为：
222000113(2)222
m v mv mv -= 此过程中弹簧的弹性势能的减小量为弹簧弹力做的功即为2
023
mv 由机械能守恒可知，所以两物体之间转移的动能为：222
000325236
mv mv mv -=． 故应选D ． 【点睛】
本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，对于弹簧的弹力是变力，应运用动能定理求解做功．
7．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．
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
9．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 。

10．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．
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．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．子弹向右做匀减速运动，通过相等的位移时间逐渐缩短，所以子弹在每个水球中运动的时间不同。

加速度相同，由v at =知，子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A 错误；
B ．由W fx =-知，f 不变，x 相同，则每个水球对子弹的做的功相同，选项B 错误；
C ．由I ft =知，f 不变，t 不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项C 错误；
D ．子弹恰好能穿出第4个水球，则根据运动的可逆性知子弹穿过第4个小球的时间与子弹穿过前3个小球的时间相同，子弹穿出第3个水球的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项D 正确。

故选 D 。

13．C
解析：CD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．金属棒克服安培力做功等于金属棒与定值电阻R 产生的焦耳热，故A 错误；
B ．由能量守恒定律可知，金属棒克服安培力做功与克服摩擦力做功的和为mgh ，故金属棒克服安培力做功小于mgh ，故B 错误；
C ．根据动能定理有
0mgh mgd W μ--=安
则克服安培力所做的功为W mgh mgd μ=-；电路中产生的焦耳热等于客服安培力做功，
所以金属棒产生的焦耳热为
()1
2
mg h d μ-，故C 正确； D ．金属棒在下滑过程中，由机械能守恒定律得
212
mgh mv =
则得金属棒到达水平面时的速度v =金属棒在磁场中运动时，取向右为正方向，根据动量定理有
2202B L v t
mg t mv R
μ∆-∆-=-
又
v t d ∆=∑
则有
2202B L d
mg t mv R
μ-∆-=-
解得金属在磁场中的运动时间为
222B L d
t R mg
μ∆= 故D 正确。

故选CD 。

14．B。