惠州市动量守恒定律测试题

惠州市动量守恒定律测试题 一、动量守恒定律 选择题
1．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()00m 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0m 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0m 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0m v u M m
-+ 2．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 速度相等时的速度是
223E m D ．在A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为3
E 3．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/s 2．下列说法正确的是
A ．A
B 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/s 2
4．如图所示，足够长的光滑细杆PQ 水平固定，质量为2m 的物块A 穿在杆上，可沿杆无
摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。

若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B （时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。

则（）
A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒B．子弹射入物块B的初速度v0=1005gL
C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块上摆的初速度将小于原来物块A固定时的上摆初速度
D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，物块A的速率为
5gL
5．水上飞行运动使用的是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的装置，也称为“喷水飞行背包”，它通过向下喷射高压水柱的方式将操控者托举在水面上空，利用脚上喷水装置产生的反冲动力，让你可以在水面之上腾空而起，另外配备有手动控制的喷嘴，用于稳定空中飞行姿态.如图所示运动员在水上做飞行运动表演.他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中.已知运动员与装备的总质量为100 kg，两个圆管喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/cm3，则喷嘴处喷水的速度大约为
A．3.0 m/s B．5.4 m/s
C．8.0 m/s D．10.2 m/s
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、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
7．如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m =2M 的小物块．现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v 0的初速度，下列说法正确的是
A ．最终小物块和木箱都将静止
B ．最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为203
Mv C ．木箱速度水平向左、大小为
02v 时，小物块的速度大小为04
v D ．木箱速度水平向右、大小为03v . 时，小物块的速度大小为023v 8．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M =0.6kg ，m =0.2kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p =10.8J 弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态。

现突然释放弹簧，球m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R =0.425m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。

g 取10m/s 2。

则下列说法正确的是（ ）
A ．球m 从轨道底端A 运动到顶端
B 的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·s
B ．弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量大小为1.8N·s
C ．若半圆轨道半径可调，则球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D ．M 离开轻弹簧时获得的速度为9m/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 2mv mv t v v mg k θ-=+⋅- 10．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2m 的小物块从槽顶端距水平面高h 处由静止开始下滑，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为
43mgh B ．在下滑过程中物块和槽之间的相互作用力对物块始终不做功
C ．全过程中物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D ．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上距水平面高h 处
11．如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l 。

磁感应强度大小为 B 的范围足够大的匀强磁场垂直导轨平面向下。

两根质量均为m 、电阻均为 r 的导体杆a 、b 与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止。

已知 b 杆光滑与导轨间无摩擦力，a 杆与导轨间最大静摩擦力大小为F 0，现对b 杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙规律变化的水平外力 F ，已知在t 1 时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F 1.则下列说正确的是（ ）
A ．当 a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为022
2F r B l B ．在0~ t 1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为
01122212mF r Ft B l - C ．在t 1~ t 2 这段时间内，a 、b 杆的总动量增加了1221()()2
F F t t +- D ．a 、b 两杆最终速度将恒定，且a 、b 两杆速度大小之和不变，两杆速度大小之差等于t 1 时刻 b 杆速度大小
12．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 13．一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
14．三个完全相同的小球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
15．大小相同的三个小球（可视为质点）a 、b 、c 静止在光滑水平面上，依次相距l 等距离排列成一条直线，在c 右侧距c 为l 处有一竖直墙，墙面垂直小球连线，如图所示。

小球a 的质量为2m ，b 、c 的质量均为m 。

某时刻给a 一沿连线向右的初动量p ，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。

下列判断正确的是（ ）
A ．c 第一次被碰后瞬间的动能为2
29p m
B ．c 第一次被碰后瞬间的动能为2
49p m
C ．a 与b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为65l
D ．a 与b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为75
l 16．如图所示，一质量为M 的木板A 静止在光滑的水平面上，一质量为m 的滑块B 以初速度v 0滑到木板上，滑块在木板上滑行的距离为d ，木板向前移动S 后以速度v 与滑块一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为（ ）
A ．2001()2m v v v -
B ．00()mv v v -
C ．0()2m v v vd S -
D ．
0()m v v vd S - 17．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
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63
s 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2
GM R 20．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
2k E ，1k E 和2k E 的比值为（ ）
A ．12
B ．34
C ．32
D ．43
二、动量守恒定律 解答题
21．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v 0=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/s 2．
（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．
22．一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.
（1）若碰前滑块A 的速度为0v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；
（1）若碰后物块D 、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件.
23．如图所示，在竖直平面内倾角37θ︒=的粗糙斜面AB 、粗糙水平地面BC 、光滑半圆轨道CD 平滑对接，CD 为半圆轨道的竖直直径。

BC 长为l ，斜面最高点A 与地面高度差1.5h l =，轨道CD 的半径4R l =。

质量为m 的小滑块P 从A 点静止释放，P 与AB 、BC 轨道间的滑动摩擦因数为18
μ=。

在C 点静止放置一个质量也为m 的小球Q ，P 如果能与Q 发生碰撞，二者没有机械能损失。

已知重力加速度为g ，sin370.6︒=。

求
(1)通过计算判断，滑块P 能否与小球Q 发生碰撞；
(2)如果P 能够与Q 碰撞，求碰后Q 运动到D 点时对轨道的压力大小；
(3)如果小球Q 的质量变为km (k 为正数)，小球Q 通过D 点后能够落在斜面AB 上，求k 值范围？
24．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m 0，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 ． 25．如图，水平光滑轨道AB 与半径为R 的竖直光滑半圆形轨道BC 相切于B 点．质量为2m 和m 的a 、b 两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a 与一轻弹簧相连．某一瞬间给小滑块a 一冲量使其获得初速度向右冲向小滑块b ，与b 碰撞后弹簧不与b 相粘连，且小滑块b 在到达B 点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，小滑块b 离开C 点后落地点距离B 点的距离为2R ，重力加速度为g ，求：
（1）小滑块b 与弹簧分离时的速度大小B v ；
（2）上述过程中a 和b 在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能pmax E ；
（3）若刚开始给小滑块a 的冲量为3I m gR =b 滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角θ．（求出θ角的任意三角函数值即可）．
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．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 。

2．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．
3．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：212
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
4．B
解析：BD 【解析】 【详解】
A.在子弹射入物块B 的过程中，子弹和物块B 构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，
其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A 错误。

B.物块B 恰好能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
2
1v mg m L
=，
得
1v =B 从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律得
22
1211222
mg L mv mv ⋅+=
子弹射入物块B 的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
0.01mv 0=（0.01m +0.99m ）v 2
联立解得
2 v =
0v =，
故B 正确。

C.若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入时，根据动量守恒定律知物块上摆的初速度等于原来物块A 固定时的上摆初速度。

故C 错误。

D.若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入，当物块B 摆到与PQ 等高时，设A 的速率为v A ，B 的水平速率为v B ．根据水平动量守恒有
（0.01m +0.99m ）v 2=（2m +0.01m +0.99m ）v A ．
得
A v =
， 故D 正确。

5．C
解析：C 【解析】 【详解】
设△t 时间内有质量为m 的水射出，忽略重力冲量，对这部分水速度方向变为反向，由动量定理得：
2F t m v ∆=
2()2
d
m v t ρπ=∆
设运动员与装备的总质量为M ，运动员悬停在空中，所以：
' F Mg =
由牛顿第三定律得：
' F F =
联立解得:
v ≈8.0m/s
C 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．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小木块和木箱相对静止，因为系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终两物体以相同的速度一起向左运动，故A 错误；
B ．规定向左为正方向，由动量守恒定律得
0()Mv M m v =+
则得最终系统的速度为：
Mv v M m
=
+ 方向向左，最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为：
222
0011()223
Mv E Mv M m v ∆=-+=
故B 正确；
C ．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向左、大小为0
2
v 时，由动量守恒定律得：
022v Mv M
mv =+ 解得：
24
v v =
故C 正确；
D ．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向右，则木箱速度为0
3
v -，根据动量守恒定律有：
023
v Mv M
mv =-+ 解得：
223
v v =
物块与木箱相对滑动，系统机械能有损失，但根据题目所给数据可知，该过程机械能不变，不符合实际，故D 错误。

故选BC ． 【点睛】
小木块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失。

8．A
解析：AB 【解析】 【分析】 【详解】
ABD ．释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得
120mv Mv -=
由机械能守恒得
221211 22
P mv Mv E += 代入数据解得
129m/s 3m/s v v ==，
即M 离开轻弹簧时获得的速度为3m/s ；m 从A 到B 过程中，由机械能守恒定律得
2'2
1111222
mv mv mg R =+⋅
解得
18m/s v '=
以向右为正方向，由动量定理得，球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为
()110.28N s 0.29N s 3.4N s I p mv mv =∆='-=⨯-⋅-⨯⋅=-⋅
则合力冲量大小为3.4N•s ，由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量大小为
10.29N s 1.8N s I p mv =∆==⨯⋅=⋅
故A B 正确，D 错误；
C ．设圆轨道半径为r 时，飞出B 后水平位移最大，由A 到B 机械能守恒定律得
222111 222
mv mv mg r =+⋅ 在最高点，由牛顿第二定律得
2
2
v mg N m r
+=
m 从B 点飞出，需要满足：0N ≥，飞出后，小球做平抛运动
2122
r gt =
2x v t =
解得
v ==当8.144r r -=时，即r =1.0125m 时，x 为最大，球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C 错误。

故选AB 。

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】 【分析】
考查机械能守恒定律，动量守恒定律。

【详解】
A ．小物块下滑过程中，小物块与槽系统水平方向动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，有：
122mv mv =
槽光滑无摩擦，下滑过程中机械能守恒：
2212112222
mv m v mgh +⋅⋅=
联立解得：1v =
2v =槽的动能为：
2k1114
23
E mv mgh =
= A 正确；
B ．在下滑过程中，槽的机械能增加，由能量守恒可知，小物块机械能减少，则除了重力以外的其他力做负功，小物块除了受重力外，就受槽对小物块的作用力，所以槽对小物块的作用力做了负功，B 错误；
C ．全过程中，除了重力和弹簧弹力以外的其他力做功之和为零，所以物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，小物块压缩弹簧过程中，水平方向上受墙壁的支持力，动量不守恒，C 错误；
D
．物块第一次被弹簧反弹后速度大小为刚滑下来时的速度大小，即2v =的速度，不能追上槽，D 错误。

故选A 。

11．A
【解析】 【分析】 【详解】
A ．当 a 杆开始运动时，所受的安培力等于最大静摩擦力F 0，即
2202B l v
F r
= 解得b 杆的速度大小为
022
2F r
v B l =
选项A 正确； B ．由动量定理
F I I mv -=安
且
1112
F I F t =
解得
011
22
21
=2F mF r I I mv Ft B l =--安 选项B 错误；
C ．在t 1~ t 2 这段时间内，外力F 对a 、b 杆的冲量为
1221()()
2
F F F t t I +-=
因a 杆受摩擦力作用，可知合力的总冲量小于1221()()
2
F F t t +-，即a 、b 杆的总动量增加
量小于
1221()()
2
F F t t +-，选项C 错误；
D ．由于最终外力F=F 0，则此时对两棒的整体而言合力为零，两棒所受的安培力均为F 0，处于稳定状态；因开始时随着b 杆速度的增加，安培力变大，b 杆做减速运动，a 杆做加速运动，则a 、b 两杆最终速度将恒定，速度大小之和恒定，速度大小之差满足
2202B l v
F r
∆= 即
v v ∆=
即速度差等于t 1 时刻 b 杆速度大小；选项D 正确。

故选BD 。

12．B
解析：BD 【解析】
【详解】
A ．设木块的质量为M ，根据动量守恒定律得
()001
2
mv M m v =+⋅
解得
M m =
选项A 错误；
B ．子弹相对木块运动的位移为两图线间的面积，即
0012
x v t =
选项B 正确；
C ．根据动量定理可知木块所受子弹的冲量为
01
2
I mv =
选项C 错误； D ．根据能量守恒可知
()2
22
000
1112224v Q mv m M mv ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭
选项D 正确。

故选BD 。

13．A
解析：ACD 【解析】 【详解】
上滑过程加速度：a 上=g （sinθ+μcosθ），下滑过程加速度：a 下=g （sinθ-μcosθ），则a 上＞a
下
，上滑过程为匀减速直线运动，末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，
下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动，上滑与下滑过程的位移x 大小相等，由x=
12
at 2
，a 上＞a 下，可知：t 上＜t 下；重力的冲量：I G =mgt ，由于t 上＜t 下，则上滑过程重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故A 正确；摩擦力的冲量：I f =ft=μmgtcosθ，由于t 上＜t 下，则上滑过程摩擦力的冲量小于下滑过程中摩擦力的冲量，故B 错误；上滑过程为匀减速直线运动，末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动，上滑与下滑过程的位移x 大小相等，由v 2=2ax ，a 上＞a 下，可知：v 上＞v 下，由动量定理得：I 合=mv-0=mv ，可知：I 合上＞I 合下，故C 正确；上滑和下滑过程中，合外力均沿斜面向下，则上滑与下滑的过程中合外力冲量的方向均沿斜面向下，选项D 正确；故选ACD. 【点睛】
本题考查了比较各力的冲量大小，本题的解题关键是分析受力和两个运动过程中的时间关。