选修1高中物理动量守恒定律试题(含答案)

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．质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。

当小球从如图所示的位置（两球心在同一水平面上）无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（）
A．
2
R
B．
12
5
R
C．
4
R
D．
3
4
R
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．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
-
=
+
⋅-
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v0，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
22
3
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
6．如图所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 紧靠竖直墙．用水平力向左推B 将弹簧压缩，推到一定位置静止时推力大小为F 0，弹簧的弹性势能为E ．在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是（ ）
A ．在A 离开竖直墙前，A 、
B 与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒
B ．在A 离开竖直墙前，A 、B 系统动量不守恒，之后守恒
C ．在A 离开竖直墙后，A 、B 223E m
E
D．在A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
3
7．3个质量分别为m1、m2、m3的小球,半径相同,并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上,彼此恰好相互接触.现把质量为m1的小球拉开一些,如图中虚线所示,然后释放,经球1与球2、球2与球3相碰之后,3个球的动量相等.若各球间碰撞时均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,则m1:m2:m3为()
A．6:3:1 B．2:3:1 C．2:1:1 D．3:2:1
8．如图所示，足够长的光滑水平面上有一质量为2kg的木板B，质量为1kg的木块C叠放在B的右端点，B、C均处于静止状态且B、C之间的动摩擦因数为μ = 0.1。

质量为1kg的木块A以初速度v1 = 12m/s向右滑动，与木板B在极短时间内发生碰撞，碰后与B粘在一起。

在运动过程中C不从B上滑下，已知g = 10m/s2，那么下列说法中正确的是（）
A．A与B碰撞后A的瞬时速度大小为3m/s
B．A与B碰撞时B对A的冲量大小为8N∙s
C．C与B之间的相对位移大小为6m
D．整个过程中系统损失的机械能为54J
9．有一宇宙飞船，它的正对面积S=2 m2，以v=3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区．此微粒区1 m3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．—粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中静止.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 不计空气阻力，则( )
A．过程Ⅰ中的钢珠动量的改变量的大小大于过程Ⅱ中合力的冲量的大小
B．过程Ⅱ中合力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ中重力做功
D．过程Ⅰ中的钢珠动量的改变量小于过程Ⅱ中钢珠的重力的冲量
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，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
13．四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
14．两滑块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 m 2kg =，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
15．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
16．一个物体以某一初速度从粗糙斜面的底部沿斜面向上滑，物体滑到最高点后又返回到斜面底部，则下述说法中正确的是（）
A ．上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量
B ．上滑过程中摩擦力的冲量与下滑过程中摩擦力的冲量大小相等
C ．上滑过程中合力的冲量大于下滑过程中合力的冲量
D ．上滑与下滑的过程中合外力冲量的方向相同
17．如图甲所示，光滑斜面固定在水平面上，倾角为30°，斜面足够长. 质量为0. 2kg 的物块静止在斜面底端，0t =时刻，物块受到沿斜面方向拉力F 的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F 随时间t 变化的图像如图乙所示，g 取10m/s 2。

则
A ．4s 末物体的速度为零
B ．3s t =时物块沿斜面向上运动最远
C ．0~4s 内拉力对物体做功为20J
D ．0~4s 内拉力对物体冲量为零
18．如图所示，锁定的A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A 、B 两球质量分别为2m 和m ．过程一：只解除B 球锁定，B 球被弹出落于距桌边水平距离为s 的水平地面上；过程二：同时解除A 、B 两球锁定，则（两种情况下小球离开桌面前，弹簧均已恢复原长）（ ）
A ．两种情况下
B 小球机械能增量均相同
B ．两过程中，在B 球落地前A 、B 两小球及弹簧组成的系统机械能均守恒
C ．过程二中，B 球的落地点距桌边水平距离为6s
D ．过程一和过程二中，弹簧对B 球做功之比为3:2
19．2019年1月3号“嫦娥4号”探测器实现人类首次月球背面着陆，并开展巡视探测。

因月球没有大气，无法通过降落伞减速着陆，必须通过引擎喷射来实现减速。

如图所示为“嫦娥4号”探测器降落月球表面过程的简化模型。

质量m 的探测器沿半径为r 的圆轨道I 绕月运动。

为使探测器安全着陆，首先在P 点沿轨道切线方向向前以速度u 喷射质量为△m 的物体，从而使探测器由P 点沿椭圆轨道II 转至Q 点（椭圆轨道与月球在Q 点相切）时恰好到达月球表面附近，再次向前喷射减速着陆。

已知月球质量为M 、半径为R 。

万有引力常量为G 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．探测器喷射物体前在圆周轨道I 上运行时的周期为3
2r GM
B ．在P 点探测器喷射物体后速度大小变为()m m u m
-∆ C ．减速降落过程，从P 点沿轨道II ()
32R r GM π+D ．月球表面重力加速度的大小为2
GM R 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，倾角θ＝370的直轨道AC与圆弧轨道CDEF在AC处平滑连接，整个装置固定在同一竖直平面内．圆弧划口直的半径为R，DF是竖直直径，以氨为圆心，E、O、B三点在同一水平线上，A、F也在同一水平线上．两个小滑块P、Q（都可视为质点）的质量都为m．已知滑块Q与轨道AC间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P与整个轨道间和滑块Q与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计．同时将两个滑块P、Q分别静止释放在A、B两点，之后P开始向下滑动，在B点与Q相碰，碰后P、Q立刻一起向下且在BC段保持匀速运动．已知P、Q每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，
sin370＝0.6，cos370＝0.8，取重力加速度为g，求：
(1）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值．
(2)滑块Q在轨道ACI往复运动经过的最大路程．
22．如图所示，一长度L=9.0m，质量M=2.0kg的长木板B静止于粗糙的水平面上，其右端带有一竖直挡板，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.10，长木板右侧距竖直墙壁距离d=2.5m．有一质量m=1.0kg的小物块A静止于长木板左端，物块与木板间的动摩擦因数
μ2=0.50，现通过打击使得物块A获得向右的速度v0=12m/s，物块A与长木板间的碰撞为弹性碰撞，长木板与竖直墙壁碰撞时间极短且没有动能损失，重力加速度g=10m/s2，小物块可看作质点，求：
(1)在物块A与长木板的挡板碰撞之前物块A速度大小v1和长木板的速度v2；
(2)在物块A与长木板的挡板碰撞之后物块A速度大小v3和长木板的速度大小v4；
(3)长木板的右端最终距竖直墙壁的距离x．
23．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M=1kg、长L=4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量
m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2．
（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；
（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R 的取值．
24．科学精神的核心是对未知的好奇与探究。

小君同学想寻找教科书中“温度是分子平均动能的标志”这一结论的依据。

她以氦气为研究对象进行了一番探究。

经查阅资料得知：第一，理想气体的模型为气体分子可视为质点，分子问除了相互碰撞外，分子间无相互作用力；第二，一定质量的理想气体，其压强p 与热力学温度T 的关系式为p =nkT ，式中n 为单位体积内气体的分子数，k 为常数。

她猜想氦气分子的平均动能可能跟其压强有关。

她尝试从理论上推导氦气的压强，于是建立如下模型：如图所示，正方体容器静止在水平面上，其内密封着理想气体—氦气，假设每个氦气分子的质量为m ，氦气分子与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，分子的速度方向都与器壁垂直，且速率不变。

请根据上述信息帮助小君完成下列问题：
(1)设单位体积内氦气的分子数为n ，且其热运动的平均速率为v 。

①求一个氦气分子与器壁碰撞一次受到的冲量大小I ；
②求该正方体容器内氦气的压强p ；
③请以本题中的氦气为例推导说明：温度是分子平均动能（即212
mv ）的标志。

(2)小君还想继续探究机械能的变化对氦气温度的影响，于是进行了大胆设想：如果该正方体容器以水平速度u 匀速运动，某时刻突然停下来，若氦气与外界不发生热传递，请你推断该容器中氦气的温度将怎样变化？并求出其温度变化量T 。

25．某“太空粒子探测器”是由加速、偏转和探测三部分装置组成，其原理可简化如下：如图所示，沿半径方向的加速电场区域边界AB 、CD 为两个同心半圆弧面，圆心为O 1，外圆弧面AB 电势为φ1，内圆弧面电势为φ2；在O 1点右侧有一与直线CD 相切于O 1半径为R 的圆，圆心为O 2，圆内（及圆周上）存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN 是一个足够长的粒子探测版，与O 1O 2连线平行并位于其下方3R 处；假设太空中漂浮着质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速到CD 圆弧面上，再由O 1点进入磁场偏转，最后打到探测版MN(不计粒子间的相互作用和
星球对粒子引力的影响)，其中沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方G点射出磁场；
（1）求粒子聚焦到O1点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小B0；
（2）从图中P点（PO1与O1O2成30°夹角）被加速的粒子打到探测版上Q点（图中未画出），求该粒子从O1点运动到探测板MN所需的时间；
（3）若每秒打在探测版上的离子数为N，打在板上的离子数60％被吸收，40％被反射，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，求探测板受到的作用力的大小.
26．如图为某种弹射装置的示意图，光滑水平导轨MN右端N与水平传送带等高并无缝连接，水平传送带上表面距地面高度0.45m
h=，皮带轮沿顺时针方向匀速转动．可视为质点的滑块A、B、C静止于水平导轨上，滑块B、C之间用细绳连接并压缩一轻质弹簧．让
滑块A以0 4.0m/s
v=的初速度向右运动，A与B碰撞后粘在一起，碰撞时间极短，此时连接B、C的细线断裂，弹簧伸展，C在到N点前脱离弹簧后滑上传送带，最终落至地面上的P点，P点距传送带右端的水平距离始终为 1.5m
x=．滑块C脱离弹簧时AB向左运
动，速度大小0.5m/s
AB
v=．已知A、B、C的质量分别为
10.5kg
m=、
21.5kg
m=、
31.0kg
m=，滑块C与传送带之间的动摩擦因数0.2
μ=，重力加速度g取2
10m/s，求：
(1)滑块C滑上传送带时的速度大小；
(2)滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能p E及A与B碰撞损失的机械能；
(3)若只改变传送带长度，滑块C均落至P点，讨论传送带长度L应满足什么条件?
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、动量守恒定律 选择题
1．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v 1，大球的水平速度大小为v 2，由水平方向动量守恒有
mv 1＝3mv 2
若小球达到最低点时，小球的水平位移为x 1，大球的水平位移为x 2，则
112233x v m x v m
=== ① 由题意
x 1＋x 2＝3R －R =2R ②
由①②式解得大球移动的距离是
22
R x =
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

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. 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 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：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：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.
6．B
解析：BD 【解析】 【详解】
A 、
B 、撤去F 后，A 离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力
为零，而墙对A 有向右的弹力，使系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B 做功，系统的机械能守恒．A 离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒．故A 错误，B 正确．D 、B 撤去F 后，A 离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．设两物体相同速度为v ，A 离开墙时，B 的速度为v 0．根据动量守恒和机械能守恒得2mv 0=3mv ，E=12•3mv 2+E P ，又E=12m 2
0v ，联立得到，
；弹簧的弹性势能最大值为E P =
E
3．故C 错误，D 正确．故选BD ． 【点睛】
正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键了．如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒条件．
7．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三个小
球的动量相等设为p ，则总动量为3p ．由机械能守恒得2222
1123
(3)2222p p p p m m m m =++，即1123
9111
m m m m =++，代入四个选项的的质量比值关系，只有A 项符合，故选A ． 【点睛】
本题要注意灵活设出中间量p ，从而得出正确的表达式，再由选择得出正确的条件．
8．B
解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．A 与
B 碰撞过程动量守恒，有
()A 1A B 2m v m m v =+
代入数据解得
A
21A B
4m/s m v v m m =
=+
即碰后A 的瞬时速度大小为4m/s ，故A 错误； B ．A 与B 碰撞，对A ，由动量定理得
A 2A 18N s I m v m v =-=-⋅
所以A 与B 碰撞时B 对A 的冲量大小为8N∙s ，故B 正确；
C ．在运动过程中C 不从B 上滑下，则A 与B 碰撞后与C 相互作用过程中，由动量守恒得
()()A B 2A B C 3m m v m m m v +=++
代入数据解得
A B
32A B C
3m/s m m v v m m m +=
=++
此过程根据能量守恒有
()()2
2C A B 2A B C 3116J 22
Q m gl m m v m m m v μ==
+-++= 所以C 与B 之间的相对位移大小为
6m l =
故C 正确；
D ．整个过程中系统损失的机械能为
()22
A 1A
B
C 311Δ54J 22
E m v m m m v =-++=
故D 正确。

故选BCD 。

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．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在整个过程中，钢珠动量的变化量为零
120P P P ∆=∆+∆=
12P P ∆=∆
而22I P =∆，故
12P I ∆=
即过程Ⅰ中的钢珠动量的改变量的大小等于过程Ⅱ中合力的冲量的大小，A 错误． B ．因12P P ∆=∆，而据动量定理
11I P =∆ 22I P =∆
则
12I I =
即过程Ⅱ中合力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小，B 正确． C ．由全过程的动能定理可知
120G G f W W W +-=
则
1f G W W >
即过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功大于过程Ⅰ中重力做功，C 错误． D ．取向下为正
2211f G I I I I P -===∆
则2G I 与1P ∆无法比较大小，D 错误． 故选B ． 【点睛】
本题考查了动量定理和动能定理的基本运用，运用动能定理和动量定理均要合理地选择研究的过程，知道在整个过程中动能的变化量为零，动量的变化量为零．
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：
()22
101122
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 ．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 。

13．D
解析：D
【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 。

14．B
解析：BC 【解析】 【分析】
两滑块a 、b 碰撞过程系统的动量守恒，根据图象的斜率求出滑块的速度，然后由动量守恒定律求出滑块b 的质量，从而得到总动量．对b ，利用动量定理求碰撞时a 对b 所施冲量．应用能量守恒定律可以求出系统损失的动能． 【详解】
由x t -图象的斜率表示速度，可知碰撞前滑块a 的速度为：
4103/2
a a a x v m s t -=
==-，b 的速度为：42/2b b b x v m s t === ；碰撞后，两滑块的
共同速度为24
1/2
x v m s t ∆-=
==-∆． 两滑块碰撞过程系统动量守恒，以b 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
()a a b b a b m v m v m m v +=+，解得：4
3
b m kg =，a 、b 碰撞前的总动量为：
()10
3
a a
b b a b P m v m v m m v =+=+= /kg m s ⋅．故A 错误．对b ，由动量定理得：
4b b b I m v m v =-=- N s ⋅，即碰撞时a 对b 所施冲量为4 N s ⋅，故B 正确．碰撞前后a
的动量变化为：4a a a P m v m v =-= /kg m s ⋅，故C 正确．碰撞前后滑块a 、b 组成的系统损失的动能为：()222111222
k a a b b a b E m v m v m m v =
+-+，代入数据解得：10k E J =，故D 错误．故选BC ．
【点睛】
本题关键是根据图象的斜率得到两个滑块碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律、动量定理和能量守恒定律进行研究．。