《动量守恒定律》单元测试题含答案

《动量守恒定律》单元测试题含答案
一、动量守恒定律 选择题
1．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P A ＝9kg•m/s ，B 球的动量P B ＝3kg•m/s ．当A 追上B 时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值是（ ）
A ．P A ′=10kg•m/s ，P
B ′=2kg•m/s
B ．P A ′=6kg•m/s ，P B ′=4kg•m/s
C ．P A ′=﹣6kg•m/s ，P B ′=18kg•m/s
D ．P A ′=4kg•m/s ，P B ′=8kg•m/s
2．如图所示,质量10.3kg m =的小车静止在光滑的水平面上,车长 1.5m l =,现有质量20.2kg m =可视为质点的物块,以水平向右的速度0v 从左端滑上小车,最后在车面上某处与
小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数0.5μ=,取2g=10m/s ,则（ ）
A ．物块滑上小车后,系统动量守恒和机械能守恒
B ．增大物块与车面间的动摩擦因数,摩擦生热不变
C ．若0 2.5m/s v =,则物块在车面上滑行的时间为0.24s
D ．若要保证物块不从小车右端滑出,则0v 不得大于5m/s
3．如图所示，质量为M 、带有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O 为圆心。

质量为m 的小滑块以水平向右的初速度0v 冲上圆弧轨道，恰好能滑到最高点，已知M =2m 。

，则下列判断正确的是
A ．小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒
B ．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒
C ．小滑块冲上轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为
023v D ．小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为013
v
4．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
5．如图所示，小车质量为M ，小车顶端为半径为R 的四分之一光滑圆弧，质量为m 的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g 为当地重力加速度）（ ）
A ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为
32mg C ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()
gR m M M m + D ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()
gR M m M m + 6．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示．设该物体在0t 和02t 时刻相对于出发点的位移分别是1x 和2x ，速度分别是1v 和2v ，合外力从开始至o t 时刻做的功是1W ，从0t 至02t 时刻做的功是2W ,则
A ．215x x =，213v v =
B ．1221,95x x v v ==
C ．2121,58x x W W ==
D ．2121,39v v W W ==
7．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
8．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
9．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
- 10．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 ．2R
B ．125R
C ．4R
D ．34
R 11．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
12．在采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下．今有一采煤用水枪，由枪口射出的高压水流速度为v ．设水的密度为ρ，水流垂直射向煤层表面，若水流与煤层作用后速度减为零，则水在煤层表面产生的压强为（ ）
A ．2v ρ
B ．2 2v ρ
C ．2 v ρ
D ．22v ρ
13．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
14．质量为M 的小船在平静的水面上以速率0v 向前匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船上相对小船静止，水的阻力不计。

以下说法正确的是（ ）
A．若救生员以速率u相对小船水平向后跳入水中，则跳离后小船的速率为
(
)
m v u
v
M
+
+
B．若救生员以速率u相对小船水平向后跳入水中，则跳离后小船的速率为
m
v u
M m
+
+
C．若救生员以速率u相对小船水平向前跳入水中，则跳离后小船的速率为
m
v u
M m
+
+
D．若救生员以速率u相对小船水平向前跳入水中，则跳离后小船的速率为
m
v u
M m
-
+ 15．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
22
00
2
36
5
m
m v g
F
16．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2
1
6
mv
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 17．如图所示，质量为2m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升到距B 点所在水平线的最大高度为
034
h 处（不计空气阻力，小球可视为质点），则（ ）
A ．小球和小车组成的系统动量守恒
B ．小球离开小车后做斜上抛运动
C ．小车向左运动的最大距离为23
R D ．小球第二次在空中能上升到距B 点所在水平线的最大高度大于
02h 18．带有14
光滑圆弧轨道、质量为M 的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m 的小球以速度0v 水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（ ）
A ．小球一定向左做平抛运动
B ．小球可能做自由落体运动
C ．若m M =，则此过程小球对小车做的功为2012
Mv D ．若m M <，则小球在弧形槽上升的最大高度将大于204v g
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32r GM
π 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 运行到月球表面所经历的时间为()
32R r GM π+
D ．月球表面重力加速度的大小为2GM
R
20．如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平平行金属导轨，间距为L =20cm ，电阻不计，其左端连接一恒定电源，电动势为E ，内阻不计，两导轨之间交替存在着磁感应强度为B =1T 、方向相反的匀强磁场，同向磁场的宽度相同。

闭合开关后，一质量为m =0.1kg 、接入电路的阻值为R =4Ω的导体棒恰能从磁场左边界开始垂直于导轨并与导轨接触良好一直运动下去，导体棒运动到第一个磁场的右边界时有最大速度，为5m/s ，运动周期为T =21s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．E =1V
B ．导体棒在第偶数个磁场中运动的时间为
2
T C ．相邻两磁场的宽度差为5 m
D ．导体棒的速度随时间均匀变化 二、动量守恒定律 解答题
21．一半径为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 .
22．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处与倾斜传送带理想连接，传送带长度15m L =，传送带以恒定速度5m/s v =顺时针转动，三个质量均为1kg m =的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，滑块B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，滑块C 未连接弹簧，滑块B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度06m/s v =沿滑块B 、C 连线方向向滑块B 运动，滑块A 与B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。

滑块C 脱离弹簧后滑上倾角37θ=︒的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上。

已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数0.8μ=，取重力加速度210m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=。

求：
（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能；
（2）滑块C 刚滑上传送带时的速度；
（3）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q 。

23．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1
4
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。

24．如图所示，水平面上固定着不等间距的两段平行直导轨，处于磁感应强度大小为B的竖直向下的匀强磁场中，粗糙导轨PQ、P Q''的宽度私L，光滑导轨MN、M N''无限长，其宽度为2L，导轨电阻均不计金属棒ab、cd垂直放置于两段导轨上与导轨接触良好，均可自由滑动，其质量分别为m和2m，二者接入电路的电阻分别为R和2R，一根轻质细线绕过定滑轮(定滑轮用绝缘材料固定在轨道平面内，滑轮质量和摩擦不计)，一端系在金属棒ab的中点上，另一端悬挂一物块W，W的质量着M，此时金属棒ab恰好不滑动．现用水平向右的恒定拉F使金属棒cd由静止开始向右运动，当cd达到最大速度时金属棒ab即将滑动，已知重力加速度g求：
（1）金属棒cd的最大速度v m；
（2）恒定拉力F的大小；
（3）若在金属棒cd达到最大速度时立即撤去拉力F，试计算出金属棒cd继续运动的位移s；
（4）若金属棒cd从静止开始运动到达到最大速度所用时间为t，则金属棒ab从棒cd开始运动到静止共产生了多少焦耳热？
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m 1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m 1平抛的最大水平位移x 的大小。

26．如图所示，为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，水平轨道PN 右侧的光滑水平地面上并排放置两块木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨道PN 平齐，小滑块b 放置在轨道QN 上．现将小滑块a 从P 点以某一水平初速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0，碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ．已知：小滑块a 的质量为1 kg ，c 、d 两木板质量均为3 kg ，小滑块b 的质量也为3 kg ， c 木板长为2 m ，圆形轨道半径为0.32 m ，滑块b 与两木板间动摩擦因数均为0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2．试求：
(1)小滑块a 与小滑块b 碰后，滑块b 的速度为多大？
(2)小滑块b 刚离开长木板c 时b 的速度为多大？
(3)木板d 的长度为多长？
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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】
AB ．碰后A 、B 两球若同向运动，速度应满足
A B v v ''<
又因为两球质量相等，所以有碰后A 、B 两球的动量
A B P P ''<
故AB 错误；
CD ．A 、B 两球在光滑水平面上碰撞，应满足动量守恒，则有
9kg m/s+3kg m/s 12kg m/s A B A B P P P P ''+=+=⋅⋅=⋅
并且碰撞后动能不增加，则应有
k A k B k A k B E E E E ''+<+
将2
2k P E m
=代入得
2
2222229+390(kg m/s)A B A B P P P P ''+<+==⋅
故C 错误，D 正确。

故选D 。

2．B
解析：BD 【解析】
物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故A 错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0=（m 1+m 2）v ；系统产生的热
量：2
22
12020121211()=
222()
m m v Q m v m m v m m =-++，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，选项B 正确；若v 0=2.5m/s ，由动量守恒定律得：m 2v 0=（m 1+m 2）v ，解得：v=1m/s ，
对物块，由动量定理得：-μm 2gt=m 2v-m 2v 0，解得：t=0.3s ，故C 错误；要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0′=（m 1+m 2）v'，由能量守恒定律得：12m 2v 0′2=1
2
（m 1+m 2）v′2+μm 2gL ，解得：v 0′=5m/s ，故D 正确；故选BD ．
点睛：本题考查了动量守恒定律即能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，注意求解时间问题优先选用动量定理；系统摩擦产生的热量等一系统的机械能的损失．
3．A
解析：AD 【解析】 【详解】
A.小滑块冲上轨道的过程，系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒，选项A 正确；
B.小滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向合力为零，动量守恒，选项B 错误；
CD.有水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得，小滑块冲到轨道的最高点时，圆弧轨道速度大小为01
3
v ；当m 从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，圆弧轨道速度最大，设脱离时小滑块和圆弧轨道的速度分别为12v v 和，则有
m 0v =m 1v +M 2v
01²2mv =11²2mv +21²2
Mv 解得2v =
023v ，101
3
v v =-，故C 错误， D 正确。

4．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．
5．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R ，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v ．
根据机械能守恒定律有：
1
2
mv 2=mgR cosθ 由牛顿第二定律有：
N-mg cosθ=m 2
v R
解得小球对小车的压力为：
N =3mg cosθ
其水平分量为
N x =3mg cosθsinθ=
3
2
mg sin2θ 根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：
f=N x =
3
2
mg sin2θ 可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f max =3
2
mg ． 故A 错误，B 正确．
CD ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v ．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv-Mv ′=0；
系统的机械能守恒，则得：
mgR =
12mv 2+1
2
Mv ′2， 解得：
v ′=
故C 正确，D 错误． 故选BC ． 【点睛】
本题中地面光滑时，小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统的总动量并不守恒．
6．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
根据F -t 图像面积意义和动量定理有m 1v =F 0t 0，m 2v = F 0t 0+2F 0t 0，则213v v =；应用位移公式可知1x ＝
12v 0t 、2x ＝122v v +0t ＋12
v
0t ，则215x x =，B 错、A 对；在第一个o t 内对物体应用动能定理有1W ＝2
12
mv 、在第二个o t 内对物体应用动能定理有2W ＝222122mv mv -
，则218W W =，D 错、C 对
7．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
1210m s x x =-=相
4J Q mg s =⨯=相μ
故D 正确。

8．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．
9．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．
10．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 。

11．B
解析：BC 【解析】 【详解】
A ．滑块与木板间的摩擦力为相互作用力，而作用时间相同，由冲量I Ft =可知摩擦力对m 与M 的冲量大小之比等于1:1，故A 错误；
B ．对滑块和木板分别由动能定理
1k1fx E -=∆ 2k2f x
E '=∆ 其中
f f '=，1(47)cm=11cm x =+，24cm x =
可得m 减小的动能与M 增加的动能之比为
11k2
211
4
k E x E x ∆=
=∆ 故B 正确；
C ．m 与M 系统损失的机械能等于一对滑动摩擦力做功的代数和，有
12=E fx f x
f x '∆-+=⋅∆损 其中相对路程7cm x ∆=，联立可得
k2
274
E x E x ∆∆=
=∆损 故C 正确；
D ．m 减小的动能与m 和M 系统损失的机械能之比为
k114
7
E x x E ∆==∆∆损 故D 错误。

故选BC 。

12．A
解析：A 【解析】
设水流的横截面积为S ，则t 时间内喷水质量为：m=ρSvt
以该运动方向为正方向，对其与墙壁碰撞过程采用动量定理（水平分运动），有： ﹣Ft=0﹣mv
压强为：F P S
=
联立解得：P=ρv 2 故选择A.
【点睛】先求出时间t 内喷出水的质量m ，再对质量为m 的水分析，其水平方向经过t 时间与煤层的竖直表面碰撞后速度减小为零，根据动量定理列式，再根据压强公式列式求解水对煤层的压强．
13．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 。

14．B
解析：BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．救生员以速率u 相对小船水平向后跳时，设跳离后小船的速率为1v ，则人速度大小为
1u v -，由动量守恒得
()011()M m v Mv m u v +=--
解得
01u v m
v M m
=+
+ A 错误，B 正确；
CD ．救生员以速率u 相对小船水平向前跳时，设跳离后小船的速率为2v ，则人速度大小为
2u v +，由动量守恒得
()220()M m v Mv m u v +=++
解得
02u v m
v M m
=-
+ C 错误，D 正确。

故选BD 。

15．B
解析：BCD 【解析】 【详解】
A ．根据图（b ）可以知道A 、
B 一起在竖直面内做周期02T t =的周期性运动，故A 错误； BCD ．设子弹打入物块A 后一起运动的速度大小为1v ，AB 一起上到最高点的速度大小为
2v ，细绳的长度为l 。

子弹打入物块的瞬间，根据动量守恒定律有：
0001()m v m m v =+
子弹和物块在最低点绳子有最大拉力m F ，根据牛顿第二定律有：
2
100()()m v F m m g m m l
-+=+
子弹和物块在最高点绳子有最小拉力0F =，根据牛顿第二定律有：
2
200()()v m m g m m l
+=+
从最高点到最低点，根据动能定理：
220010211
()2()()22
m m l m m v m m v +=+-+
物块A 受到子弹的冲量
1A I mv =
联合解得：
06m F m m g
=-；22
00
2
365m m v l g F =；000(6)m A m m v F m g I F -=。

故BCD 正确。

故选BCD 。

16．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．
17．C
解析：CD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；
B ．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，且系统水平方向总动量为零，小球由B。