动量守恒定律单元测试题(2)

动量守恒定律单元测试题(2)

一、动量守恒定律 选择题

1．如图所示，离地H 高处有一个质量为m 、带电量为q +的物体处于电场强度随时间变化规律为0E E kt =-(0E 、k 均为大于零的常数,电场方向以水平向左为正）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，已知0qE mg μ<．t=0时，物体从墙上由静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑4

H

后脱离墙面，此时速度大小为

2

gH

，物体最终落在地面上．则下列关于物体的运动说法正确的是

A ．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速运动再做匀速直线运动

B ．摩擦力对物体产生的冲量大小为202E q

k

μ

C ．摩擦力所做的功1

8

W mgH =

D ．物体与墙壁脱离的时刻为gH

t =

2．如图甲所示，质量M =2kg 的木板静止于光滑水平面上，质量m =1kg 的物块（可视为质点）以水平初速度v 0从左端冲上木板，物块与木板的v -t 图象如图乙所示，重力加速度大小为10m/s 2，下列说法正确的是（ ）

A ．物块与木板相对静止时的速率为1m/s

B ．物块与木板间的动摩擦因数为0.3

C ．木板的长度至少为2m

D ．从物块冲上木板到两者相对静止的过程中，系统产生的热量为3J

3．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

4．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

5．质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0=2gl的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图

所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数μ的取值范围是（）

A．12

47

μ

<

21

94

μ

<<

C．

22

119

μ

<

22

1311

μ

<<

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v0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 ．2

083

mv 2023

mv B ．2

0mv 2032

mv C ．

2012mv 2032mv D ．

2023mv 2

056

mv 7．如图所示，将质量为

M 1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M 2的物块．今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h 高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是

A ．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽组成的系统机械能守恒

B ．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平动量守恒

C ．若小球能从C 点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动

D ．若小球刚好到达C 点，则12

m

h R M M =

+

8．如图所示，两个小球A 、B 在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为

m A =4kg ，m B =2kg ，速度分别是v A =3m/s （设为正方向），v B =-3m/s ．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（ ）

A ．v A ′=1 m/s ，v

B ′=1 m/s B ．v A ′=4 m/s ，v B ′=-5 m/s

C ．v A ′=2 m/s ，v B ′=-1 m/s

D ．v A ′=-1 m/s ，v B ′=-5 m/s

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．如图所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m 的小物块从木板最右端以速度v 0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为

μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（ ）

A ．木板先加速再减速，最终做匀速运动

B ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为2

4()

Mmv M m +

C ．整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为

Mmv M m

+ D ．弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为2

02()Mv M m g

μ+

11．2019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 ()

3

2

R r GM

π

+

D ．月球表面重力加速度的大小为

2

GM

R 12．如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A 、B 质量均为m ，在水平恒力F 作用下以速度v 做匀速运动．在t =0时轻绳断开，A 在F 作用下继续前进，则下列说法正确的是（ ）

A ．t =0至t =mv

F

时间内，A 、B 的总动量守恒 B ．t =2mv F 至t =3mv

F 时间内，A 、B 的总动量守恒 C ．t =2mv

F

时，A 的动量为2mv D ．t =

4mv

F

时，A 的动量为4mv 13．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A ，B 相连接，静止在光滑水平地面上，现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s ，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）

A ．物块A 在t 1和t 3两个时刻的加速度大小相等

B ．从开始计时到t 4这段时间内，物块A ，B 在t 2时刻相距最远

C ．t 1到t 3这段时间内弹簧长度一直在增大

D ．12:1:2m m

14．如图所示,一质量为m 0=0.05 kg 的子弹以水平初速度v 0=200 m/s 打中一放在水平地面上A 点的质量为m =0.95 kg 的物块,并留在物块内(时间极短,可忽略),随后物块从A 点沿AB 方向运动,与距离A 点L =5 m 的B 处的墙壁碰撞前瞬间的速度为v 1=8 m/s,碰后以v 2=6 m/s 的速度反向运动直至静止,测得物块与墙碰撞的时间为t =0.05 s,g 取10 m/s 2,则

A ．物块从A 点开始沿水平面运动的初速度v =10 m/s

B ．物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.36

C ．物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小F =266 N

D ．物块在反向运动过程中产生的摩擦热Q =18 J

15．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

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．如图所示，在倾角30θ=?的光滑绝缘斜面上存在一有界匀强磁场，磁感应强度B =1T ，磁场方向垂直斜面向上，磁场上下边界均与斜面底边平行，磁场边界间距为L =0.5m 。斜面上有一边长也为L 的正方形金属线框abcd ，其质量为m =0.1kg ，电阻为

0.5R =Ω。第一次让线框cd 边与磁场上边界重合，无初速释放后，ab 边刚进入磁场时，

线框以速率v 1作匀速运动。第二次把线框从cd 边离磁场上边界距离为d 处释放，cd 边刚进磁场时，线框以速率v 2作匀速运动。两种情形下，线框进入磁场过程中通过线框的电量分别为q 1、q 2，线框通过磁场的时间分别t 1、t 2，线框通过磁场过程中产生的焦耳热分别为Q 1、Q 2.已知重力加速度g=10m/s 2，则：（ ）

A ．121v v ==m/s ，0.05d =m

B ．120.5q q ==

C ，0.1d =m C ．12:9:10Q Q =

D ．12:6:5t t =

18．如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，ab >cd 。ab 、cd 的端点都在同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个相同的小滑环(图中未画出)，将甲、乙两滑环分别从a 、c 处同时由静止释放，则( )

A ．两滑环同时到达滑杆底端

B ．两滑环的动量变化大小相同

C ．重力对甲滑环的冲量较大

D ．弹力对甲滑环的冲量较小 19．带有

1

4

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

201

2

Mv D ．若m M <，则小球在弧形槽上升的最大高度将大于2

04v g

20．如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图．跳楼机由静止从a 自由下落到b ，再从b 开始以恒力制动竖直下落到c 停下．已知跳楼机和游客的总质量为m ，ab 高度差为2h ，bc 高度差为h ，重力加速度为g ．则

A ．从a 到b 与从b 到c 的运动时间之比为2：1

B ．从a 到b ，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等

C ．从a 到b ，跳楼机和游客总重力的冲量大小为m gh

D ．从b 到c ，跳楼机受到制动力的大小等于2mg

二、动量守恒定律 解答题

21．如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ。两个大小不计的物块A B 、质量分

别为1m m =和25m m =,A B 、与传送带间的动摩擦因数分别为13

tan 5

μθ=

和2tan μθ=。已知物块A 与B 碰撞时间极短且无能量损失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

（1）若传送带不动，将物块B 无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速度地释放物块A ，它们第一次碰撞前瞬间A 的速度大小为0v ，求A 与

B 第一次碰撞后瞬间的速度11A B v v 、；

（2）若传送带保持速度0v 顺时针运转，如同第（1）问一样无初速度地释放B 和A ，它们第一次碰撞前瞬间A 的速度大小也为0v ，求它们第二次碰撞前瞬间A 的速度2A v ； （3）在第（2）问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A 做的功。

22．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4

R 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1

8

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？

23．一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g ．求

（1）木块在最高点时的速度； （2）木块在ab 段受到的摩擦力f ； （3）木块最后距a 点的距离s

24．如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由弯轨AB ，FG 和直窄轨BC ，GH 以及直宽轨DE 、IJ 组合而成，AB 、FG 段均为竖直的

1

4

圆弧，半径相等，分别在B ，G 两点与窄轨BC 、GH 相切，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，BC 、GH 等长且与DE ，IJ 均相互平行，CD ，HI 等长，共线，且均与BC 垂直。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B 的匀强磁场，窄轨间距为

2

L

，宽轨间距为L 。由同种材料制成的相同金属直棒a ，b 始终与导轨垂直且接触良好，两棒的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R 。初始时b 棒静止于导轨BC 段某位置，a 棒由距水平面高h 处自由释放。已知b 棒刚到达C 位置时的速度为a 棒刚到达B 位置时的

1

5

，重力加速度为g ，求：

（1）a 棒刚进入水平轨道时，b 棒加速度a b 的大小； （2）b 棒在BC 段运动过程中，a 棒产生的焦耳热Q a ；

（3）若a 棒到达宽轨前已做匀速运动，其速度为a 棒刚到达B 位置时的1

2

，则b 棒从刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中产生的焦耳热Q b 。

25．如图所示，一根劲度系数为k 的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为M 的物体A 和B （均视为质点），物体B 置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量

11

2

m M

的小球P 从物体A 正上方距其高度h 处由静止自由下落，与物体A 发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A 和P 粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g ．

（1）求碰撞后瞬间P 与A 的共同速度大小；

（2）当地面对物体B 的弹力恰好为零时，求P 和A 的共同速度大小． （3）若换成另一个质量21

4

m M =

的小球Q 从物体A 正上方某一高度由静止自由下落，与物体A 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A 达到最高点时，地面对物块B 的弹力恰好为零．求Q 开始下落时距离A 的高度．（上述过程中Q 与A 只碰撞一次） 26．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）．

【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．B 解析：BC 【解析】 【详解】

竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg-μqE=ma ，随着电场强度E 的减小，加速度a 逐渐增大，做变加速运动，当E=0时，加速度增大到重力加速度g ，此后物块脱离墙面，故A 错误．当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=E 0-kt=0，解得时间t=

E k

；因摩擦力f=μqE=μqE 0-μqkt ，则摩擦力的冲量：2

0001

22f E qE I qE k k

μμ=??=

，选项B 正确；物体从开始运动到脱

离墙面电场力一直不做功，由动能定理得，2

142f H mg W m -=??

，物体克服摩擦力所做的功W f =1

8

mgH ．故C 正确．物体沿墙面下滑过程是加速度增加的加速运动，平均速

度0

2v v v +<

，则物体沿墙面运动的时间22

H x t v =>=，故D 错误．故选BC

．

【点睛】

本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的受力情况和运动情况，结合动量定理求解

摩擦力的冲量，结合动能定理求解摩擦力做功．

2．A

解析：AD 【解析】 【详解】

A .由图示图线可知，物块的初速度为：v 0=3m/s ，物块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

mv 0=（M +m ）v

解得：v =1m/s ，即两者相对静止时的速度为1m/s ，故A 正确；

B .由图示图线可知，物块的加速度大小为：a =2m/s 2，由牛顿第二定律得：a =μg ，代入数据解得：μ=0.2，故B 错误； CD .对系统，由能量守恒定律得：

22011

()22

mv M m v Q =++ 其中：Q =μmgs ，代入数据解得：

Q =3J ，s =1.5m ，

木板长度至少为：

L =s =1.5m ，

故C 错误，D 正确。

3．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.

4．B

解析：BC 【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12122q q q q +>12122q q q 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．

5．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

02mv mv =共

解得

012

v v =

共 对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得

()02212

1 2m m Q v m v =++共 解得

2

014

m g v Q m l =

= 由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程

max 112s l =

，min 92

s l = 小物块受到摩擦力为

f m

g μ=

对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得

Q fs mgs μ==

故

max 29μ=

，min 211

μ= 即

22

119

μ<<，故C 正确，ABD 错误。 故选C 。

6．D

解析：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：02

3

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．D

解析：D 【解析】 【详解】

AB ．小球从AB 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒，但对系统的机械能守恒；从B→C 的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动量也不守恒，由于半圆槽要对滑块做功，则对小球、半圆槽组成的系统机械能不守恒，选项AB 错误；

C ．当小球运动到C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C 错误；

D ．小球到达B 点时的速度

0v =

从B 到C 的过程中，对小球、半圆槽 和物块组成的系统水平方向动量守恒：

012()mv m M M v =++

由能量关系可知：

2121

()2

mgh m M M v =++

联立解得：

12

m

h R M M =

+

选项D 正确．

8．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

碰前系统总动量为34326/kg m s ?-?=?，碰前总动能为2

211

4323272

2

J ??+

??=； 若1m /s 1m /A B v v s ''＝

，＝，则系统动量守恒，动能3J ，碰撞后A 球速度不大于B 球的速度，符合，故A 可能；

若4m /s /s A B v v ''＝，＝-5m ，则系统动量守恒，动能大于碰撞前，不符合题意，故B 不

可能；

若2m /s 1m /s A B v v ''＝，＝－

，则系统动量守恒，但不符合碰撞后A 球速度不大于B 球的速度，故C 不可能；

若1m /s 5m /s A B v v ''＝－

，＝-，则系统动量不守恒，D 不可能． 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：AB 【解析】 【分析】 【详解】

A ．物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A 正确；

B ．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看做系统，由动量守恒定律可得

0()mv m M v =+

得

mv v m M

=

+ 从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得

22p 0f 11

()22E mv m M v W =

-+- 从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得

22f 011

2()22

W mv m M v =

-+

2

0f 4()

mMv W m M =+

则最大的弹性势能为

2

p 4()

E Mmv M m +=

所以B 正确；

C ．根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为

0Mmv I mv mv M m

=-=-

+ 所以

Mmv M m

+是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C 错误； D ．由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为

f F m

g μ=

又系统克服摩擦力做功为

f f W F x =相对

则

20f

f =4()Mv W x F M m g

μ=+相对

即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为2

04()Mv M m g

μ+，所以D 错误。

故选AB 。

11．A

解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．探测器绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力

2

22()Mm G

m r r T

π= 解得探测器喷射物体前在圆周轨道I 上运行时的周期

2T = 故A 正确；

B ．在P 点探测器喷射物体的过程中，设喷射前的速度为v ，根据动量守恒可知

mv =△mu +（m -△m ）v '

解得喷射后探测器的速度

(')mv mu m m u

v m m m

--=

≠-

故B 错误；

C ．探测器在轨道II 上做椭圆运动，半长轴

2

r R

a +=

根据开普勒第三定律可知

33

2

2

II I a r T T ＝ 解得

32()22II r R T r

+=?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

32(122)II r R t T r ?+== 故C 错误；

D ．假设在月球表面的放置一个质量为m 的物体，则它受到的重力和万有引力相等

2GMm

mg R =

解得月球表面重力加速度的大小

2

GM

g R =

故D 正确。 故选AD 。

12．A

解析：AC 【解析】 【详解】

设A 、B 受到的滑动摩擦力都为f ，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f ，设B 经过时间t 速度为零，对B 由动量定理得：0ft mv -=-，解得：2mv

t F

=

；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB 为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在B 停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在0t =至

2mv t F =

的时间内A 、B 的总动量守恒，故A 正确；在2mv

t F

=后，B 停止运动，A 做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故A 、B 的总动量不守恒，故B 错误；

当2mv t F =

时，对A 由动量定理得：A Ft ft P mv -=-，代入2,2F mv

f t F

==，解得2A P mv =，故C 正确；当4mv

t F

=

时，对A 由动量定理得：A

Ft ft P mv '-=-，代入4,2F mv

f t F =

=，解得：3A

P mv '=，故D 错误；故选C. 【点睛】 动量守恒定律适用的条件：系统的合外力为零．或者某个方向上的合外力为零，则那个方向上动量守恒．两木块原来做匀速直线运动，合力为零，某时刻剪断细线，在A 停止运动以前，系统的合力仍为零，系统动量守恒；在B 静止后，系统合力不为零，A 和B 组成的系统动量不守恒．

13．A

解析：ACD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．根据图像的对称性可知，在t 1和t 3两个时刻，图像的斜率大小相等，因此物块A 在t 1和t 3两个时刻的加速度大小相等，A 正确；

BC ．结合图象可知，开始时m 1逐渐减速，m 2逐渐加速，弹簧被压缩，t 1时刻二者速度相等，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，系统动能最小；然后弹簧逐渐恢复原长，m 2依然加速，m 1先减速为零，然后反向加速，t 2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t 3时刻，两木块速度相等，弹簧最长，弹簧弹性势能最大，系统动能最小，B 错误，C 正确；

D ．两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到t 1时刻列方程可知

11122()m v m m v =+

将v 1=3m/s ，v 2=1m/s 代入得

m 1：m 2=1：2

D 正确。 故选ACD 。

14．A

解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】

A 项：子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量守恒定律有：

000()m v m m v =+

解得：v=10m/s ，故A 正确；

B 项：物体从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：

2200101()(1

22

)()m gL m m m m v m v μ-+=+-+

解得：0.36μ=

故B 正确；

C 项：物块与强碰撞过程中，以向右为正方向，由动量定理有：

0201()()m v F m m v t m -=-+-+

解得：280F N = 故C 错误；

D 项：物块在反向运动过程中，根据动量守恒定律可知，动能全部转化因摩擦而产生的热量，即

201

()182

Q m m v J =

+= 故D 正确．

15．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 ．

16．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系，由牛顿第二定律和运动学公式、冲量的意义、动量定理即可正确解题．

17．B

解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．匀速运动时，对线框进行受力分析可知

22sin B L v

mg R

θ= 可得

121m/s v v ==

根据机械能守恒

221sin 2

mgd mv θ=

可得

0.1m d =

A 错误；

B ．进入磁场过程中

2

BL E t t

?Φ==

?? E

I R

=

q I t =??①

由三式联立得