(完整版)动量定理精选习题+答案

动量定理精选习题
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线.具有初动能E0的物块1
向其它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开.最后5个物块粘成一个整体.这个整体的动能等于()
A. E0
B. 4
5E0 C. 1
5
E0 D. 1
25
E0
2.如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现
将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨
道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8ℎ，不计空气阻力.下列说法正
确的是()
A. 在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做竖直上抛运动
C. 小球离开小车后做斜上抛运动
D. 小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6ℎ
3.如图所示，半径为R、质量为M的1
4
光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木块从槽的顶端由静止滑下.则木块从槽口滑出时的速度大小为()
A. √2gR
B. √2gRM
M+m
C. √2gRm
M+m
D. √2gR(M−m)
M
4.如图所示，甲、乙两人各站在静止小车的左右两端，当他俩同时相向行走时，
发现小车向右运动.下列说法不正确的是(车与地面之间无摩擦)()
A. 乙的速度必定大于甲的速度
B. 乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量
C. 乙的动量必定大于甲的动量
D. 甲、乙动量总和必定不为零
5.质量为m的物体，沿半径为R的轨道以速率v做匀速圆周运动，如图所示，取v B方
向为正方向，求物体由A至B过程所受的合外力在半周期内的冲量()
A. 2mv
B. −2mv
C. mv
D. −mv
6.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2m/s.
当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()
A. v A′=5m/s，v B′=2m/s
B. v A′=2m/s，v B′=4m/s
C. v A′=−4m/s，v B′=7m/s
D. v A′=7m/s，v B′=1.5m/s
7.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，甲同学想用一个卷尺粗
略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，另外一位同学用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知甲同学的质量为m，则渔船的质量为( )
A. m(L+d)
d B. m(L−d)
d
C. mL
d
D. m(L+d)
L
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
8.如图所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，
小车和小球以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静
止木块发生碰撞，碰撞的时间极短.在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可
能发生的？()
A. 在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M+m0)v=Mv1+
mv2+m0v3
B. 在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足(M+m0)v=Mv1+mv2
C. 在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足Mv=(M+m)u
D. 碰撞后小球摆到最高点时速度变为为v1，木块的速度变为v2，满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
9.一静止的铝原子原子核 1327Al俘获一速度为1.0×107m/s的质子p后，变为处于激发状态的硅原子核 1428Si，
下列说法正确的是()
A. 核反应方程为p+ 1327Al→ 1428Si
B. 核反应方程过程中系统动量守恒
C. 核反应过程中系统能量不守恒
D. 核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E. 硅原子核速度的数量级105m/s，方向与质子初速度方向一致
10.如图所示，质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上
无摩擦滑动.质量m=2kg的小球(视为质点)通过长L=0.75m的轻杆与
滑块上的光特轴O连接，开始时滑块静止、轻杆处于水平状态.现给小球
一个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2则()
A. 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3m
B. 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块对在水平轨道上向右移动了0.5m
C. 小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D. 小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m
三、计算题（本大题共10小题，共100.0分）
11.如图所示，质量为5kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为5kg，停在B的左端.质量为1kg
的小球用长为0.45m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力.
已知A、B间的动摩擦因数为0.1，为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)碰撞后瞬间物块A的速度大小为多少；
(2)木板B至少多长；
(3)从小球释放到A、B达到共同速度的过程中，小球及A、B组成的系统损失的机械能．
12.如图所示，宽为L=0.1m的MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r=0.5m的相同竖直半圆导轨在
N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M=2kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，B=1T.现有质量m=1kg的ab金属杆，电阻为R o，R o=R=1Ω，它以初速度v0=12m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd 绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其它电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g=10m/s2，求：
(1)碰后瞬间cd绝缘杆的速度大小v2与ab金属杆速度大小v1；
(2)碰后ab金属杆进入磁场瞬间受到的安培力大小F ab；
(3)ab金属杆进入磁场运动全过程中，电路产生的焦耳热Q．
13.如图所示，在光滑的水平面上有一带半圆形光滑弧面的小车，质量为M，圆弧半径为R，从距车上表
面高为H处静止释放一质量为m的小球，它刚好沿圆弧切线从A点落入小车，求
(1)小球到达车底B点时小车的速度和此过程中小车的位移；
(2)小球到达小车右边缘C点处，小球的速度．
14.如图所示，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平
v0，试求：
向右射入木块，穿出木块时速度变为2
5
①子弹穿出木块后，木块的速度大小；
②子弹穿透木块的过程中产生的热量．
15.在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光
圆弧，他们紧靠在一起，如图所示.一个可视为质点的物块P，质量也为m，它从木板AB的右端滑的1
4
以初速度v0滑上木板，过B点时速度为v0
，然后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高
2
点C处.若物体P与木板AB间的动摩擦因数为μ，求：
(1)物块滑到B处时木板AB的速度v1的大小；
(2)木板AB的长度L；
(3)滑块CD最终速度v2的大小．
16.质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光
滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m 的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成60∘角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M：m=4：1，重力加速度为g.求：
(1)小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是多大？
(2)小物块Q离开平板车时平板车的速度为多大？
(3)平板车P的长度为多少？
(4)小物块Q落地时距小球的水平距离为多少？
17.如图所示，水平地面上竖直固定一个光滑的、半径R=0.45m的1
圆弧轨道，A、B分别是圆弧的端点，
4
圆弧B点右侧是光滑的水平地面，地面上放着一块足够长的木板，木板的上表面与圆弧轨道的最低点B 等高，可视为质点的小滑块P1和P2的质量均为m=0.20kg，木板的质量M=4m，P1和P2与木板上表面的动摩擦因数分别为μ1=0.20和μ2=0.50，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力；开始时木板的左端紧靠着B，P2静止在木板的左端，P1以v0=4.0m/s的初速度从A点沿圆弧轨道自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在木板的左端，取g=10m/s2.求：
(1)P1通过圆弧轨道的最低点B时对轨道的压力；
(2)P2在木板上滑动时，木板的加速度为多大？
(3)已知木板长L=2m，请通过计算说明P2会从木板上掉下吗？如能掉下，求时间？如不能，求共速？
18.如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原
来静止在光滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成60∘角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M：m=4：1，重力加速度为g.求：
(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？
(2)平板车P的长度为多少？
(3)小物块Q落地时距小球的水平距离为多少？
19.如甲图所示，光滑导体轨道PMN和是两个完全一样轨道，是由半径为r的四分之一圆弧轨道
和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和点相切，两轨道并列平行放置，MN和位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，之间有一个阻值为R的电阻，开关K是一个感应开关(开始时开关是断开的)，是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h，其截面图如乙所示。

金属棒a和b质量均为m、电阻均为R.在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始
，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x=m√2grR
2B2L2
开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关K闭合。

不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g。

求：
(1)两棒速度稳定时，两棒的速度分别是多少？
(2)两棒落到地面后的距离是多少？
(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少？
20.如图所示MN、PQ为水平放置的平行光滑直导轨(电阻忽略不计)，相距L=0.5m，整个轨道处于竖直
向上的匀强磁场里(导轨和磁场范围足够大)，磁感应强度大小B=2.0T.在导轨上面放有ab、cd两根金属棒，其质量分别为m1=1Kg、m2=2Kg，两根金属棒的电阻均为R=2Ω.开始两金属棒ab、cd均处于静止状态，现使金属棒ab突然获得v0=6m/s的水平向右的速度.求：
(1)棒ab刚开始运动瞬间，cd棒的加速度大小；
(2)从金属棒ab开始运动到金属棒ab、cd相对静止的过程中，金属棒cd产生的焦耳热；
(3)从金属棒ab开始运动到金属棒ab、cd相对静止的过程中，通过金属棒ab的电量大小．
答案和解析
【答案】
1. C
2. B
3. B
4. A
5. A
6. B
7. B
8. CD
9. ABE10. AD
11. 解：(1)小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgℎ=1
2
mv2
解得：v=√2gℎ=3m/s
mgℎ′=1
2 mv′2
解得：
由动量守恒定律得：mv=−mv′+m A v A，
解得：v A=1m/s
(2)以A、B为研究对象，由动量守恒定律：m A v A=(m A+m B)v 解得：v=0.5m/s
根据动能定理得：μm A gL=1
2m A v A2−1
2
(m A+m B)v2
解得：L=0.25m
(3)小球及AB组成的系统损失的机械能为：
解得：∆E=1.25J
答：(1)碰撞后瞬间物块A的速度大小为1m/s；
(2)木板B至少多长为0.25m；
(3)从小球释放到A、B达到共同速度的过程中，小球及A、B组成的系统损失的机械能为1.25J．12. 解：(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：Mg=M v2
r
解得：v=√5m/s
碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：
−Mg⋅2r=1
2
Mv2−
1
2
Mv22
解得碰撞后cd绝缘杆的速度：v2=5m/s
两杆碰撞过程，动量守恒，设初速度方向为正方向，则有：mv0=mv1+Mv2解得碰撞后ab金属杆的速度：v1=2m/s
(2)ab金属杆进入磁场瞬间，由法拉第电磁感应定律：E=BLv1
闭合电路欧姆定律：I=E R+R
安培力公式：F ab=BIL
联立解得：F ab=B2L2v1
2R =1×0.01×2
2×1
N=0.01N
(3)ab金属杆进入磁场后由能量守恒定律有：1
2
mv12=Q
解得：Q=1
2
×1×22J=2J
答：(1)碰后瞬间cd 绝缘杆的速度大小v 2与ab 金属杆速度大小v 1分别为5m/s 和2m/s ； (2)碰后ab 金属杆进入磁场瞬间受到的安培力大小F ab 为0.01N ； (3)ab 金属杆进入磁场运动全过程中，电路产生的焦耳热Q 为2J 。

13. 解：(1)小球从A 点运动到B 点的过程中，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，取向右为正，则有：
mv 1−Mv 2=0，
系统机械能守恒：mg(H +R)=1
2mv 12+1
2
Mv 22 联立以上两式得：v 2=√
2m 2g(R+H)M(M+m)
水平方向动量守恒：mv 1−Mv 2=0
即：mx 1−Mx 2=0 又x 1+x 2=R 得：x 2=m
m+M R
(2)到C 点时，小球相对车竖直向上运动，所以水平方向速度相等， 则(m +M)v x =0得此时车速：v x =0
mgH =12
mv C 2 得：v C =√2gH
答：(1)小球到达车底B 点时小车的速度为v 2√
2m 2g(R+H)M(M+m)
，此过程中小车的位移为m
m+M R ；
(2)小球到达小车右边缘C 点处，小球的速度为√2gH ．
14. 解：①设子弹穿出木块后，木块的速度大小为v ，设向右方向为正方向，由动量守恒定律得： mv 0=3m ⋅v +m ×2
5v 0，
解得：v =
v 05
；
②设子弹穿透木块的过程中，产生的热量为Q ，由能量守恒定律得：
Q =1
2
mv 02
−1
2
m(
2v 05
)2
−12
×3m(v 05
)2=
925
mv 02； 答：①子弹穿出木块后，木块的速度大小为v 0
5；
②子弹穿透木块的过程中产生的热量为9
25mv 0
2
． 15. 解：(1)物块P 在AB 上滑动时，三个物体组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律有：
mv 0=m
v 02
+2mv 1，
解得：v 1=1
4v 0；
(2)由能量守恒定律有：μmgL =12mv 0
2
−12m(12v 0)2−12⋅2m(1
4v 0)2， 解得：L =5v 0
2
16μg ；
(3)设物体P与滑块CD分离瞬间，物体P的速度为v1′，在它们相互作用的过程中，以向左为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律有：
m v0
2
+mv1=mv1′+mv2，
由能量守恒定律有：1
2m(1
2
v0)2+1
2
mv12=1
2
mv1′2+1
2
mv22，
解得：v1′=v0
4，v2=v0
2
，
可见，物体P与滑块CD交换速度后，物体P和木板AB都以v0
4
的速度同方向作匀速运动，无法再追上滑块
CD，故滑块CD最终速度v2应为v0
2
．
答：(1)物块滑到B处时木板AB的速度v1的大小为1
4
v0；
(2)木板AB的长度L为5v02
16μg
；
(3)滑块CD最终速度v2的大小为v0
2
．
16. 解：(1)、小球由静止摆到最低点的过程中，机械能守恒，则有：
mgR(1−cos60∘)=1
2
mv02
∴解得小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是：
v0=√gR
(2)、小球与物块Q相撞时，没有能量损失，满足动量守恒，机械能守恒，则知：
mv0=mv1+mv Q
1 2mv02=1
2
mv12+1
2
mv Q2
由以上两式可知二者交换速度：v1=0，v Q=v0=√gR，小物块Q在平板车上滑行的过程中，满足动量守恒，则有：mv Q=Mv+m⋅2v
又知M：m=4：1
v=1
6v Q=√gR
6
则小物块Q离开平板车时平板车的速度为2v=√gR
3
．
(3)、小物块Q在平板车P上滑动的过程中，部分动能转化为内能，由能的转化和守恒定律，知：mgμL=
1 2mv Q2−1
2
Mv2−1
2
m×(2v)2
解得平板车P的长度为：L=7R18μ
(4)、小物块Q在平板车上滑行的过程中，设平板车前进距离为L M，对平板车由动能定理得：mgμL M=1
2
Mv2
解得：L M=R18μ
小物块Q离开平板车做平抛运动，竖直方向有：ℎ=1
2
gt2，水平方向有：x=2vt
解得：x=√2Rℎ
3
∴小物块Q落地时距小球的水平距离：S=L M+L+x=4R
9μ+√2Rℎ
3
答：(1)、小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是√gR，(2)、小物块Q离开平板车时平板车的速度为√gR
3
，
(3)、平板车P的长度为7R
18μ
，
(4)、小物块Q落地时距小球的水平距离为4R
9μ+√2Rℎ
3
，
17. 解：(1)设P1滑到圆弧最低点B时的速度为v B，
根据机械能守恒定律得：1
2mv02+mgR=1
2
mv B2
解得：v B=5m/s；
设P1通过B时受到的支持力为N，根据牛顿第二定律得：N−mg=m v B2
R
，
解得：N=13.1N，根据牛顿第三定律可知，P1对轨道的压力为13.1N，方向竖直向下．(2)P1与P2碰撞满足动量守恒和机械能守恒，用v1、v2分别表示碰后P1、P2的速度，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv B=mv1+mv2，
由机械能守恒定律得：1
2mv B2=1
2
mv12+1
2
mv22，
解得：v1=0，v2=5m/s，方向：向右．
假设碰撞后P2在木板上滑动时，P1与木板保持相对静止，它们共同的加速度为a共，
根据牛顿第二定律有：μ2mg=(m+M)a共，解得：a共=1m/s2，
P1受到木板的静摩擦力为：f1=ma共=0.20×1=0.2N，
P1与木板间的最大静摩擦力为：f m=μ1mg=0.2×0.2×10=0.4N，
因为f1<f m，说明以上假设成立.所以木板的加速度为1m/s2．
(3)碰撞后P2在木板上滑动时：a2=−μ2mg
m
=−μ2g=−0.5×10=−5m/s2，方向：向左；P1与木板共同的加速度为：a1=1m/s2，方向：向右．
设它们有共速：v共=v2+a2t1=a1t1，解得：t1=5
6
s，
它们的相对位移大小：△x=v2t1+1
2a2t12−1
2
a1t12，解得：△x=25
12
m≈2.08m>L=2m，
故P2已经从木板上掉下，时间是t2．
L=v2t2+1
2
a2t22−
1
2
a1t22
解得：t2=2
3s，(另：t2=1.0s>t1=5
6
s，不符合实际，舍去)；
答：(1)P1通过圆弧轨道的最低点B时对轨道的压力大小为：13.1N，方向：竖直向下；
(2)P2在木板上滑动时，木板的加速度为1m/s2．
(3)已知木板长L=2m，P2会从木板上掉下，需要的时间为2
3
s.
18. 解：(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有
mgR(1−cos60∘)=1
2
mv02
解得，小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是：v0=√gR
小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有
mv0=mv1+mv Q
1 2mv02=1
2
mv12+1
2
mv Q2，
解得，v1=0，v Q=v0=√gR
二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mv Q=Mv+m⋅2v
解得，v=1
6v Q=√gR
6
小物块Q离开平板车时，速度为2v=√gR
3 (2)由能的转化和守恒定律，知
fL=1
2mv Q2−1
2
Mv2−1
2
m(2v)2
又f=μmg
解得，平板车P的长度为L=7R18μ
(3)小物块Q在平板车上滑行过程中，对地位移为s，则
−μmgs=1
2m(2v)2−1
2
mv Q2
解得，s=4R9μ
小物块Q离开平板车做平抛运动，平抛时间为t=√2ℎ
g
水平距离x=2vt=√2gR
3
故Q落地点距小球的水平距离为s+x=4R
9μ+√2gR
3
．
答：
(1)小物块Q离开平板车时速度为√gR
3
；
(2)平板车P的长度为为7R
18μ
；
(3)小物块Q落地时距小球的水平距离为4R
9μ+√2gR
3
．
19. 解：(1)a棒沿圆轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得：
mgr=1
2
mv02
解得a棒到达M点时的速度为：v0=√2gr
a棒进入磁场向右运动时，两棒和导轨构成的回路面积减小，磁通量减小，产生感应电流，a棒受到向左的安培力而做减速运动，b棒在向右的安培力作用力向右做加速运动，只要a棒的速度大于b棒的速度，回路总有感应电流，a棒继续减速，b棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积不变，磁通量不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度做匀速运动。

从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等、方向相反，系统的合外力为零，所以两棒的总动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv1。

解得两棒最终匀速运动的速度为：v1=√2gr
2
(2)经过一段时间后，b棒离开轨道做平抛运动。

a棒与电阻R组成闭合电路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道的过程中，a棒受到的安培力的冲量为：
I A=BILt=BL△Φ
2Rt t=BL⋅BLx
2R
=B2L2x
2R
对a棒，运用动量定理得(取向右为正方向)
−I A=mv2−mv1解得：v2=√2gr
4
由平抛运动的规律得：两棒落到地面后的距离是：△x=(v1−v2)√2ℎ
g =√rℎ
2
(3)b棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等，Q a=Q b。

由能量守恒定律得：Q a+Q b=1
2mv02−1
2
×2mv12=1
2
mgr
可得：Q a+Q b=1
4
mgr
b棒离开轨道后a棒产生的焦耳热为：Q a′=1
2(1
2
mv12−1
2
mv22)=3
32
mgr
所以a棒产生的总焦耳热为：Q=Q a+Q a′=11
32
mgr
答：(1)两棒速度稳定时，两棒的速度均是√2gr
2。

(2)两棒落到地面后的距离是√rℎ
2。

(3)整个过程中，a、b两棒产生的焦耳热分别是11
32mgr和1
4
mgr。

20. 解：(1)棒ab刚开始运动瞬间，产生的电动势：E=VLv0=2.0×0.5×6V=6V
cd棒受到的安培力：F=BIL=B E
R+R L=2.0×6
2+2
×0.5N=1.5N
cd棒的加速度大小：a=F
m2=1.5
2
m/s2=0.75m/s2
(2)当两棒以相同速度做匀速直线运动时，cd棒产生的电热最大，设ab棒的初速度大小为V，最终匀速运动
时共同速度为v ．
因为两棒组成的系统合外力为零，动量守恒，选取向右为正方向，则有 m 1v 0=(m 1+m 2)v
设回路产生的总电热为Q ，cd 杆产生的电热为Q 1，则根据能量守恒定律得：Q =1
2m 1v 0
2
−1
2(m 1+m 2)v 2 又Q 2=R R+R Q =1
2Q ，
联立以上各式得：Q 2=6J
(3)根据动量定理得：F .
t =m 2v −0
即：I .
BLt =m 2v
又：q =I .
t
通过金属棒ab 的电量大小：q =
m 2v BL
代入数据得：q =4C
答：(1)棒ab 刚开始运动瞬间，cd 棒的加速度大小是0.75m/s 2；
(2)从金属棒ab 开始运动到金属棒ab 、cd 相对静止的过程中，金属棒cd 产生的焦耳热是6J ； (3)从金属棒ab 开始运动到金属棒ab 、cd 相对静止的过程中，通过金属棒ab 的电量大小是4C ． 【解析】
1. 解：对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，mv 0=5mv ，解得v =v
05，因为E 0=1
2mv 02
，则整体的动能E K =1
2⋅5m ⋅v 2=1
10mv 0
2
=1
5E 0.故C 正确，A 、B 、D 错误． 故选C ．
以五个物体为系统，在整个过程中，动量守恒，运用动量守恒定律，求出最终整体的速度，从而得出整体的动能．
本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道五个物体组成的系统，在整个过程中动量守恒．
2. 解：A 、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A 错误；
BC 、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零.小球由B 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B 正确，C 错误；
D 、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：
mg(ℎ−0.8ℎ)−W f =0，W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得：W f =0.2mgℎ，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgℎ，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgℎ，机械能损失小于0.2mgℎ，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8ℎ−0.2ℎ=0.6ℎ，故D 错误； 故选：B
水平地面光滑，系统水平方向不受外力，系统的水平动量守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功，第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析．
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球与小车的运动过程是解题的关键，要知道系统水平方向动量是守恒，但总动量并守恒.应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题．
3. 解：对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v ，槽的速度为u ，
在水平方向上，由动量守恒定律可得：mv −Mu =0
木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mgR=1
2mv2+1
2
Mu2，
联立解得v=√2gRM
M+m
，故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
当光滑圆槽不固定时，木块与槽组成的系统在水平方向上动量守恒，系统机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出木块到达槽口时的速度．
本题考查了动量守恒和能量守恒的基本运用，知道系统在水平方向上动量守恒，注意不能认为槽静止不动，结合动能定理求出木块到达槽口的速度．
4. 解：甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m A v A+m B v B+m车v车= 0；
A、小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，故A不正确，CD正确；
B、因小车的动量向右，说明小车受到的总冲量向右，而乙对小车的冲量向右，甲对小车的冲量向左，故乙对小车的冲量一定大于甲对小车的冲量；故B正确；
本题选不正确的，故选：A．
AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解．
本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性及动量定理的应用，难度适中．
5. 解：以物块的末速度方向为正方向，经过半个周期后，速度为v，初速度−v，由动量定理得，合外力的冲量：I=mv−m(−v)=2mv，冲量大小为2mv；故A正确，BCD错误
故选：A
根据动量定理可知冲量等于动量的变化，根据圆周运动找出动量的变化即为冲量．
本题是对动量定理应用的考查，根据合力的冲量等于动量的变化，计算动量的变化即为冲量．
6. 解：两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，
如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
m A v A+m B v B=(m A+m B)v，代入数据解得：v=10
3
m/s，
如果两球发生弹性碰撞，m A v A+m B v B=m A v A′+m B v B′，
由机械能守恒定律得：1
2m A v A2+1
2
m B v B2=1
2
m A v A′2+1
2
m B v B′2，
代入数据解得：v A′=2
3m/s，v B′14
3
m/s，
则碰撞后A、B的速度：2
3m/s≤v A≤10
3
m/s，10
3
m/s≤v B≤14
3
m/s，
故选：B．
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．
本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！
7. 解：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度为正方向．。