《动量守恒定律》测试题(含答案)

《动量守恒定律》测试题(含答案)

一、动量守恒定律选择题

1．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/s2。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

2．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

v0＝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/s2，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

3．平静水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，人向船尾走去，走到船中部时他突然停止走动．不计水对船的阻力，下列说法正确的是（）

A．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍

B．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的9倍

C．人走动时，它相对水面的速度大于小船相对水面的速度

D．人突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间

4．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F0，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 5．质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ．现同时给木块l 、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g ．则下列说法正确的是（ ）

A ．1木块相对静止前，木板是静止的

B ．1木块的最小速度是023v

C ．2木块的最小速度是

056

v D ．木块3从开始运动到相对静止时位移是20

4v g

μ

6．关于系统动量守恒的说法正确的是 （ ） ①只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 ②只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒

③系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒 ④系统如果合外力的冲量远小于内力的冲量时，系统可近似认为动量守恒 A ．①②③

B ．①②④

C ．①③④

D ．②③④

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 =

+

8．一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 ==

9．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2

g=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

10．如图所示，光滑水平面上有一质量为m ＝1kg 的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m 0＝1kg 的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v 0＝5m/s 的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M ＝4kg 的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内．则（ ）

A ．碰撞结束时，小车的速度为3m/s ，速度方向向左

B ．从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为4N·s

C ．小车的最小速度为1m/s

D ．在小车速度为1m/s 时，弹簧的弹性势能有最大值

11．如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为

16

h

.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，则（ ）

A ．碰撞后小球A 反弹的速度大小为

24

gh

B ．碰撞过程B 物块受到的冲量大小2m gh

C ．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能15

128

mgh D ．小球C 的最大速度大小为

5

216

gh 12．如图所示，一轻杆两端分别固定a 、b 两个半径相等的光滑金属球，a 球质量大于b 球质量．整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从图示位置由静止释放，则（ ）

A ．在b 球落地前瞬间，a 球的速度方向向右

B ．在b 球落地前瞬间，a 球的速度方向向左

C ．在b 球落地前的整个过程中，轻杆对b 球的冲量为零

D ．在b 球落地前的整个过程中，轻杆对b 球做的功为零 13．如图所示，光滑水平面上质量为m 的小球A 和质量为

1

3

m 的小球B ，通过轻质弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自由长度；质量为m 的小球C 以速度0V 沿AB 连线向右匀速运动．并与小球A 发生弹性正碰．在小球B 的右侧固定一块弹性挡板（图中未画出）．当小球B 的速度达到最大时恰与挡板发生正碰，后立刻将挡板搬走．不计所有碰撞过程中的机械能损失．弹簧始终处于弹性限度内，小球B 与固定挡板的碰撞时间极短，碰后小球B 的速度大小不变，但方向相反．则B 与挡板碰后弹簧弹性勢能的最大值m E 为（ ）

A ．2

0mV

B ．201

2

mV C ．201

6

mV D ．

201

16

mV 14．一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

15．如图，为一足够长的光滑水平面，右侧挡板C 与轻质弹簧一端相连，接触面均光滑的三角形斜劈A 静止放在水平面上，另一可视为质点的小球B 从斜劈顶端距地面高h 处静止释放，且3A m m =，B m m =，小球B 滑下后与弹簧作用后反向弹回，下列说法正确的有（ ）

A ．小球离开斜劈时两者水平位移3A

B x x = B ．小球下滑过程中，支持力对小球要做功

C ．弹簧可以获得的最大弹性势能为

3

4

mgh D ．小球反向弹回后能追上斜劈，并滑上斜劈端h 高处

16．如图所示，半径为R 、质量为M 的

1

4

一光滑圆槽静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，直至滑离圆槽的过程中，下列说法中正确的是

A ．M 和m 组成的系统动量守恒

B ．m 2gRM

m M

+C ．m 2gR D ．m 飞离圆槽时，圆槽运动的位移大小为

m

R m M

+ 17．如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q 、-Q 连线的中垂线重合，细杆和+Q 、-Q 均固定，A 、O 、B 为细杆上的三点，O 为+Q 、-Q 连线的中点，AO =BO 。现有电荷量为q 、质量为m 的小球套在杆上，从A 点以初速度v 0向B 滑动，到达B 点时速度恰好为0。则可知

A ．从A 到

B ，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小 B ．从A 到B ，小球的加速度先减小后增大

C ．小球运动到O 点时的速度大小为

022

v D ．小球从A 到O 与从O 到B ，重力的冲量相等

18．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()2

m v v v - B ．00()mv v v -

C ．0()2m v v vd

S

-

D ．

0()

m v v vd S

- 19．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

20．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，左侧靠竖直墙壁，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 高处从静止开始下落，与半圆槽相切自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，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

B．小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动

D．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒

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．消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成．如图所示，消防水炮离地高度为H＝80 m，建筑物上的火点离地高度为h＝60 m，整个供水系统的效率η＝60%（供水效率η定义为单位时间内抽水过程水所获得的机械能与水泵功率的比值×100%）．假设水从水炮水平射出，水炮的出水速度v0＝30 m/s，水炮单位时间内的出水量m0＝60 kg/s，取g ＝10 m/s2，不计空气阻力．

（1）求水炮与火点的水平距离x，和水炮与火点之间的水柱的质量m；

（2）若认为水泵到炮口的距离也为H＝80 m，求水泵的功率P；

（3）如图所示，为流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体（比如水）中的

一小段液柱，由于体积在运动中不变，因此当S1面以速度v1向前运动了x1时，S2面以速度v2向前运动了x2，若该液柱前后两个截面处的压强分别为p1和p2，选用恰当的功能关系证明：流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体水平流动（或者高度差的影响不显著）时，液体内流速大的地方压强反而小．

23．如图所示，水平面内固定两根平行的无限长光滑金属导轨，导轨间距为d = 2 m。空间中有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B = 0.5 T。A、B两金属棒垂直导轨放置。先固定A 棒，对B棒施加水平向右的拉力F。已知A棒在导轨间部分电阻R1= 2 Ω，B棒在导轨间部分电阻R2= 3 Ω，导轨电阻忽略不计，A、B质量均为1 kg，求：

（1）若拉力恒为4 N，求B的最大速度。

（2）若拉力F随时间变化图像如图所示。在0 ~ 3 s内，拉力随时间均匀变大；t = 3 s时，B棒速度v0 = 5 m/s。求B棒在前3 s内的位移；

（3）继续（2）情景，t = 3 s时，释放A棒；此后F恒定不变，继续作用足够长时间后，撤去拉力。最终，两棒以25 m/s的速度做匀速直线运动。求撤去拉力后B棒产生的热量。

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．如图甲所示，半径为R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A为轨道最高点，和圆心等高；B为轨道最低点．在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝3kg，小车足够长，车的上表面与B点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1kg，g取10m/s2．

（1）求物块滑到B点时对轨道压力的大小；

（2）物块相对小车静止时距小车左端多远？

26．两条足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，轨道电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。轨道上有材料和长度相同、横截面积不同的两导体棒a、b，其中导体棒a的质量为m，电阻为R，导体棒b的质量为2m，导体棒b放置在水平导轨上，导体棒a在弯曲轨道上距水平面高度处由静止释放。两导体棒在运动过程中始终不接触，导体棒和导轨接触良好且始终和导轨垂直，重力加速度为g。求：

（1）导体棒a刚进入磁场时，导体棒a中感应电流的瞬时电功率P；

（2）从导体棒a开始下落到最终稳定的过程中，导体棒a上产生的内能；

（3）为保证运动中两导体棒不接触，最初导体棒b到磁场左边界的距离至少为多少？

【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：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 。

2．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.

3．A

解析：AC

【解析】 【分析】 【详解】

AC ．不计水的阻力，人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv-Mv 船=0 v =8v 船

人与船的动能之比：

2222182 11()2K K mv

E mv M mv E m Mv M M

人船

船====

故AC 正确；

B ．人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv-Mv 船=0， v =8v 船 vt =8v 船t s 人=8s 船

故B 错误；

D ．人与船组成的系统动量守恒，人突然停止走动后，人的动量为零，则小船的动量也为零，速度为零，即人停止走动后，船立即停止运动，故D 错误； 故选AC ．

点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，知道动量守恒的条件、应用动量守恒定律、动能计算公式即可正确解题；对人船模型要知道：“人走船走”，“人停船停”的道理．

4．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．

5．C

解析：CD 【解析】 【分析】 【详解】

A 、木板开始运动时，木块对木板的摩擦力30f mg => ，木板发生运动，故A 错误；

B 、设木块1的最小速度为1v ， 木块1的加速度1f ma = 做匀减速；木板的加速度为

33mg ma = 做匀加速；当两者速度相等时木块1的速度达到最小

即10v v at at =-= 解得101

2

v v =

，故B 错误； C 、设木块2的最小速度为2v ，此过程木块2的速度该变量为02v v - ，而木块3速度改变量与木块2速度该变量相等，即木块3的速度为02v v + 由动量守恒可得

000202(23)5()m v v v mv m v v ++=++ ，解得： 205

6

v v = ，故C 正确；

D 、当木块3相对静止时，速度达到最小，此时四个物体共速，设速度为3v ，则由动量守恒可得：0003(23)6m v v v mv ++= 解得：30v v =

对木块3，由动能定理可知22

3011(3)22

mgs mv m v μ-=- ，解得：204v s g μ= ，故D 正确； 故选CD

6．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

①系统所受的合外力为零，合外力的冲量为零，系统动量就守恒，故①正确．②动量守恒的条件是系统所受的合外力为零，系统内有摩擦力时，由于内力对系统的动量变化没有影响，只要系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒．故②错误．③根据动量守恒的条件可知，系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但系统在某一方向不受外力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒．故C 正确．④系统所受合外力不为零，但如果合外力的冲量很小（相比内力的冲量）时，系统可近似动量守恒．故④正确．由以上可知，C 正确，A 、B 、D 错误．故选C ． 【点睛】

解决本题要准确掌握动量守恒的条件：系统所受的合外力为零，并知道在某一方向不受外

力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒，动量可以分方向守恒．

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：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

9．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．

10．A

解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】

A 、设碰撞后瞬间小车的速度大小为v 1，小球的速度大小为v ，由动量守恒及动能守恒有： mv 0＝Mv ＋mv 1，22201111222mv mv Mv =+；解得：103m/s m M

v v m M

-==-+，小车速度方向向左；022m/s m

v v m M

=

=+，小球速度方向向右；选项A 正确． D 、当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有：m 0v 0＋mv 1＝(m 0＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s ，选项D 正确． C 、由以上分析可知小车最小速度为0，选项C 错误．

B 、设从碰撞的瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I ，根据动量定理有I ＝mv 2－mv 1，解得：I ＝4N·s ，选项B 正确． 故选ABD ． 【点睛】

本题在整个运动的过程中，系统的动量守恒，对于不同的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律计算即可，注意要规定正方向．

11．A

解析：ACD 【解析】 【详解】

A 、设小球运动到最低点与物块

B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力

势能为零，根据机械能守恒定律有：2

112

mgh mv =

，解得：1v =

设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有：211

162

mgh mv '=；解得1v '=

，选项A 正确．

B 、设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝-

mv 1′＋5mv 2；解得：2v =

；由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为：

25

54

I mv ==

B 错误．

C 、碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv 2＝8mv 3；据机械能守恒定律2223115822Pm E mv mv =?-?；解得：15128

Pm E mgh =；选项C 正确．

D 、对B 物块与C 物块在弹簧回到原长时，C 物块有最大速度；据动量守恒和机械能守恒可

解得C v =；选项D 正确． 【点睛】

本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解．

12．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

A 、

B 、对两球及杆系统，在b 球落地前瞬间，b 球的水平速度为零，根据系统水平方向动量守恒，系统初始动量为零，则此时a 球的速度必定为零，故A 、B 均错误；

C 、对b 球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b 球的水平冲量为零．在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b 落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如图所示v-t 图象中斜线为b 球自由落体运动的图线，曲线为b 球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b 球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b 球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，所以杆对b 球的水平和竖直冲量可知，杆对b 球的冲量不为零，且方向竖直向上．故C 错误；

D 、设杆对a 球做功W 1，对b 球做功W 2，系统机械能守恒，则除了重力之外的力的功必定为零，即W 1+W 2=0，对a 球由动能定理可知W 1=0，故W 2=0．故D 正确．

13．B

解析：B 【解析】 【详解】

由题，系统的初动能为E k =

2

012

mv ，而系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能不可能等于20mv ．故A 错误．由于小球C 与小球A 质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若

当小球B 的速度达到最大时弹簧处于原长状态，则由动量守恒定律及能量关系可知：

0123m mv mv v =+

；222

0121112223

m mv mv v =+?；联立解得v 1=0.5v 0，v 2=1.5v 0； B 与挡板碰撞，B 碰撞后速度与A 大小相等、方向相反，当两者速度相等时，弹簧的弹性最大，此时

121()33m mv mv m v -=+，解得v=0，则弹簧的弹性势能最大值为E P =E k =2

012mv ．故B 正

确，CD 错误；故选B. 【点睛】

本题是系统动量守恒和机械能守恒的问题．两个质量相等的小球发生弹性碰撞时，将交换速度；速度相等是弹簧具有最大弹性势能的临界条件．

14．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．

15．B

解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．小球

B 下落，以AB 为系统，水平方向平均动量守恒：

0A B A

B x x

m m t t

=-， 所以3B A x x =，故A 错误；

B ．由功能关系知：支持力对小球做负功，故B 正确；

C ．从开始下滑至B 离开A ，

0A A B B m v m v =-，

22

1122

B A A B B m gh m v m v =+，

得：

1v =

，B v = 在B 球压缩弹簧过程中，

21324

B E mv mgh ==机，

故C 正确；

D ．所以B A v v >，可追上斜劈，当上升至最高处：

()A A B B A B m v m v m m v +=+，

比较

22

2111()222

B A A B B A B m gh m v m v m m v '=+-+，

知h h '<，故D 错误． 16．B

解析：BD 【解析】 【详解】

A ．对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，则只有水平方向动量守恒，选项A 错误；

BC ．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：

2211

22

mgR mv Mu =

+ 联立解得

v =

故选项B 正确，C 错误；

D ．对木块和槽的系统动量守恒定律可得：

m (R -x )-Mx =0

解得

mR

x m M

=

+ 选项D 正确。

17．A

解析：AC 【解析】 【详解】

A.等量异种电荷的中垂面是等势面，故电荷q 在AB 上运动时电势能不变，从A 到B 电场强度先变大后边小，故它受到的电场力先变大后变小，在O 点受到的电场力最大，A 正确；

B.电荷在水平方向受到电场力和杆的弹力，竖直方向受到重力和摩擦力，故

qE N =

水平方向的电场力先变大后边小，故杆对小球的支持力先变大后边小，故摩擦力先变大后边小，小球到达B 点时速度减为0，说明其受到的摩擦力大于重力，故在竖直方向

-=f mg ma

摩擦力先变大后边小，因此小球的加速度先变大后边小，B 错误； C.从A 到B ，由动能定理可得

2

0102

AB AB f mgh W m υ-=-

从A 到O 和从O 到B 电场力变化相同，由f μN μqE ==可知，摩擦力变化情况相同，故

从A 到O 和从O 到B 摩擦力做功相等，故从从A 到O 由动能定理可得

22

01112222

AB AB f O h mg

W m υm υ-=- 联立两式可解得

02

O υ=

C 正确；

D. 从A 到O 和从O 到B 的过程中，由于位移相同但是速度不相同，物体始终处于减速状态，故运动时间不同，因此重力的冲量不相等，D 错误； 故选AC 。

18．A

解析：AC

【解析】 【分析】 【详解】

AB ．根据能量守恒定律，转化的内能

22011()22

Q mv M m v =-+①

而整个运动过程中，动量守恒

0=()mv M m v +②

①②联立可得

2

001()2

Q m v v v =

-③ A 正确，B 错误； CD ．根据动能定理

22

011()22

f S d mv mv -+=

- ④ 21

2

fS Mv =

⑤ 由②④⑤联立得

v d S v

=⑥ 将⑥代入③可得

0()2m v v vd

Q S

-=

C 正确，

D 错误。 故选AC 。

19．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