《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 .
2
R B .
125
R
C .
4
R D .
34
R 2.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
-
3.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v 0=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/s 2,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
4.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
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
6.如图所示,A 、B 、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上,三个球的质量分别为m A =2kg,m B =3kg,m C =1kg,初状态三个小球均静止,BC 球之间连着一根轻质弹簧,弹簣处于原长状态.现给A 一个向左的初速度v 0=10m/s,A 、B 碰后A 球的速度变为向右,大小为2m/s ,下列说法正确的是
A .球A 和
B 碰撞是弹性碰撞
B .球A 和B 碰后,球B 的最小速度可为0
C .球A 和B 碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96J
D .球A 和B 碰后,弹簧恢复原长时球C 的速度可能为12m/s
7.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
8.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
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 =
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
.12
sin
v v
t
gθ
+
=
?
B.12
sin
v v
t
gθ
-
=
?
C.
12
12
sin
2
mv mv
t
v v
mg k
θ
+
=
+
?+D.
12
1
2
sin
2
mv mv
t
v v
mg k
θ
-
=
+
?-
10.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
11.如图所示,质量为m = 245 g的物块(可视为质点)放在质量为M = 0.5 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4,质量为m0 = 5 g的子弹以速度v0 = 300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g = 10
m/s2,则在整个过程中
A.物块和木板组成的系统动量守恒
B.子弹的末动量大小为0.01kg·m/s
C.子弹对物块的冲量大小为0.49N·s
D.物块相对木板滑行的时间为1s
12.如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,固定在水平面上,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一个阻值为R的定值电阻,平直部分导轨左侧区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R 的金属棒从高为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好,重力加速度为g,则金属棒穿过磁场区域的过程中()
A .金属棒克服安培力做的功等于系统增加的内能
B .金属棒克服安培力做的功为mgh
C .金属棒产生的电热为
()1
2
mg h d μ- D .金属棒在磁场中运动的时间为2222gh B L d
R mg
μ-
13.如图所示,一块质量为M 的木板停在光滑的水平面上,木板的左端有挡板,挡板上固定一个小弹簧.一个质量为m 的小物块(可视为质点)以水平速度v 0从木板的右端开始向左运动,与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性限度内),最终又恰好停在木板的右端.根据上述情景和已知量,可以求出 ( )
A .弹簧的劲度系数
B .弹簧的最大弹性势能
C .木板和小物块组成的系统最终损失的机械能
D .若再已知木板长度l 可以求出木板和小物块间的动摩擦因数
14.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光滑水平面上,弧形槽底端与水平面相切,一质量也为m 的小物块从槽上高h 处开始下滑,下列说法不正确的是( )
A .在下滑过程中,物块和槽组成的系统机械能守恒
B .在下滑过程中,物块和槽组成的系统动量守恒
C .在压缩弹簧的过程中,物块和弹簧组成的系统动量守恒
D .被弹簧反弹后,物块能回到槽上高h 处
15.如图甲所示,光滑斜面固定在水平面上,倾角为30°,斜面足够长. 质量为0. 2kg 的物块静止在斜面底端,0t =时刻,物块受到沿斜面方向拉力F 的作用,取沿斜面向上为正方向,拉力F 随时间t 变化的图像如图乙所示,g 取10m/s 2。则
A .4s 末物体的速度为零
B .3s t =时物块沿斜面向上运动最远
C .0~4s 内拉力对物体做功为20J
D .0~4s 内拉力对物体冲量为零
16.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
17.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
- 18.2019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()
3
2
R r GM
π
+
D .月球表面重力加速度的大小为
2
GM
R 19.如图所示,水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车,其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB ,轨道最低点B 与水平轨道BC 相切,整个轨道处于同一竖直平面内.将质量为m 的物块(可视为质点)从A 点无初速释放,物块沿轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出.设重力加速度为g ,空气阻力可忽略不计.关于物块从A 位置运动至C 位置的过程中,下列说法正确的是( )
A .小车和物块构成的系统动量不守恒
B .摩擦力对物块和轨道B
C 所做的功的代数和为零 C 2gR
D 22
2m gR M Mm
+ 20.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 球的动量是7 kg·m/s ,B 球的动量是5kg·m/s ,当A 球追上B 球发生碰撞,则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )
A .p A =6 kg·m/s ,p
B =6 kg·m/s B .p A =3 kg·m/s ,p B =9 kg·m/s
C .p A =-2 kg·m/s ,p B =14 kg·m/s
D .p A =-4 kg·m/s ,p B =17 kg·m/s
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v0=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/s2.
(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.如图所示,在光滑、绝缘的水平面内,有一个正方形MNPQ区域,边长L=1m.半径R=20cm的圆形磁场与MN、MQ边均相切,与MQ边切于点A,磁感应强度B=0.5T,方向垂直于水平面向上.圆形磁场之外区域,有方向水平向左的匀强电场,场强大小
E=0.5V/m.两个大小完全相同的金属小球a、b均视为质点.小球a的质量m a=2×10-5kg,电量q=+4×10-4C.小球b的质量m b=1×10-5kg,不带电,放在圆周上的D点静止,A、C、D 三点在同一直线上.小球a从A点正对磁场圆心C射入,会与球b在D点沿平行于MN的方向发生弹性碰撞,碰后忽略两球之间的相互作用力及小球重力.π=3.14,求:
(1)小球a射入磁场时的速度大小及小球a射入磁场到与小球b相碰撞经历的时间;
(2)小球a与b碰撞后在正方形MNPQ区域内运动,两球之间的最大距离.
23.如图所示,平行导轨EF和GH相距L=1m,电阻可忽略,其倾斜部分与水平面成37°,且导体棒与倾斜部分之间的动摩擦因数为0.3
μ=;其水平部分ECDH光滑,且置于磁感应强度大小为1T、方向竖直向上的匀强磁场中:倾斜部分没有磁场,上端接一个阻值R=1Ω的电阻,两部分平滑对接,其上拥有两根导体棒a、b,b垂直于水平导轨放置,a垂直于倾斜导轨放置,a、b棒与导轨始终接触良好。已知细导体棒a质量为0.5kg,b质量为
1.5kg,在导轨间部分的电阻均为1Ω,a棒从倾斜轨道上高为4
3
m处无初速度释放。
(cos37°=08,sin37°=0.6)求:
(1)若b棒被锁定在水平导轨上始终不动,则a棒刚进入磁场时,a棒两端的电势差U;
(2)若b棒被锁定在水平导轨上始终不动,要使a棒进入磁场后与b棒相碰。b棒距CD线
的距离最大为多少;
(3)若b 棒被锁定在距CD 线左侧1.5m 处,当a 棒即将与b 棒碰撞时解除锁定a 、b 棒碰撞后粘在一起,求b 棒在磁场中通过的距离和电阻R 在整个过程中产生的焦耳热Q R 。
24.在光滑水平面上有一凹槽A ,中央放一小物块B ,物块与左右两边槽壁的距离如图所示,L 为1.0m ,凹槽与物块的质量均为m ,两者之间的动摩擦因数μ为0.05,开始时物块静止,凹槽以v 0=5m/s 初速度向右运动,设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失,且碰撞时间不计,g 取10m/s 2,求:
(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度;
(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数;
(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小. 25.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 。
26.如图,质量为M =4kg 的木板AB 静止放在光滑水平面上,木板右端B 点固定一根轻质弹簧,弹簧自由端在C 点,C 到木板左端的距离L =0.5m ,质量为m =1kg 的小木块(可视为
质点)静止放在木板的左端,木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2,木板AB受到水平向左的恒力F=14N,作用一段时间后撤去,恒力F撤去时木块恰好到达弹簧自由端C处,此后运动过程中弹簧最大压缩量x=5cm,g=10m/s2.求:
(1)水平恒力F作用的时间t;
(2)撤去F后,弹簧的最大弹性势能E P;
(3)整个过程产生的热量Q.
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一、动量守恒定律选择题
1.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v1,大球的水平速度大小为v2,由水平方向动量守恒有
mv1=3mv2
若小球达到最低点时,小球的水平位移为x1,大球的水平位移为x2,则
11
22
3
3
x v m
x v m
===①
由题意
x1+x2=3R-R=2R②
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。
2.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.
3.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.
4.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
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.A
解析:AD 【解析】 【详解】
A.A 、B 两球碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:
m A v 0=m A v A +m B v B ,
解得:
v B =8m/s ,
碰撞前系统总动能:
22A 011
210100J 22
J K E m v =
=??= 碰撞后系统总动能:
222
2A A B B 11112238100J J 2J 222
K E m v m v '=
+=??-+??=() 碰撞过程机械能不变,机械能守恒,碰撞是弹性碰撞,故A 正确;
BD.A 、B 碰撞后,B 、C 组成的系统水平方向动量守恒,弹簧恢复原长时B 的速度最小,C 的速度最大,以向左为正方向,从碰撞后到弹簧恢复原长过程,在水平方向,由动量守恒定律得:
m B v B =m B v B ′+m C v C
由机械能守恒定律得:
222B B B B C C 111
222
m v m v m v ='+ 解得:v B ′=4m/s ,v C =12m/s (弹簧恢复原长时C 的速度最大,v B ′=8m/s ,v C =0m/s 不符合实际,舍去),由此可知,弹簧恢复原长时C 的速度为12m/s ,B 的最小速度为4m/s ,故B 错误,D 正确;
C.B 、C 速度相等时弹簧伸长量最大,弹簧弹性势能最大,B 、C 系统在水平方向动量守恒,以向左为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得:
m B v B =(m B +m C )v C ,
由机械能守恒定律得:
22B B B C C 11
22
P m v m m v E =++() 解得弹簧的最大弹性势能:E P =24J ,故C 错误。
7.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.
8.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.
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.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.
11.B
解析:BD 【解析】 【详解】
A .子弹进入木块的过程中,物块和木板的动量都
增大,所以物块和木板组成的系统动量不守恒.故A 错误; B .选取向右为正方向,子弹打入木块过程,由动量守恒定律可得:
m 0v 0=(m 0+m )v 1……①
木块在木板上滑动过程,由动量守恒定律可得:
(m 0+m )v 1=(m 0+m +M )v 2……②
联立可得:
300233
0510300
m/s 2m/s 510245100.5
m v v m m M ---??=++?+?+== 所以子弹的末动量:
p =m 0v 2=5×10?3×2=0.01kg·m/s .
故B 正确;
C .由动量定理可得子弹受到的冲量:
I =△p =p ?p 0=0.01 kg·m/s ?5×10?3×300 kg·m/s =1.49kg·m/s=1.49N·s .
子弹与物块作用力的时间相等,相互作用力大小始终相等,而方向相反,所以子弹对物块的冲量大小也是1.49N·s .故C 错误; D .对子弹木块整体,由动量定理得:
-μ(m 0+m )gt =(m 0+m )(v 2-v 1)……③
由①②③式可得,物块相对于木板滑行的时间
21
1s v v t g
μ-=
-= . 故D 正确.
12.C
解析:CD 【解析】 【分析】 【详解】
A .金属棒克服安培力做功等于金属棒与定值电阻R 产生的焦耳热,故A 错误;
B .由能量守恒定律可知,金属棒克服安培力做功与克服摩擦力做功的和为mgh ,故金属棒克服安培力做功小于mgh ,故B 错误;
C .根据动能定理有
0mgh mgd W μ--=安
则克服安培力所做的功为W mgh mgd μ=-;电路中产生的焦耳热等于客服安培力做功,
所以金属棒产生的焦耳热为
()1
2
mg h d μ-,故C 正确; D .金属棒在下滑过程中,由机械能守恒定律得
212
mgh mv =
则得金属棒到达水平面时的速度v =金属棒在磁场中运动时,取向右为正方向,根据动量定理有
2202B L v t
mg t mv R
μ?-?-=-
又
v t d ?=∑
则有
2202B L d
mg t mv R
μ-?-=-
解得金属在磁场中的运动时间为
222B L d
t R mg
μ?= 故D 正确。 故选CD 。
13.B
解析:BCD 【解析】 【分析】 【详解】
小木块m 与长木板M 构成的系统动量守恒,设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v 1、v 2,以向左为正方向,小木块从开始位置滑动到最左端的过程,由动量守恒定律得:
mv 0=(m +M )v 1
小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程
mv 0=(m +M )v 2
解得
v 1=0
mv M m
+ ① v 2=0
mv M m
+ ② 小木块滑动到最左端的过程中,由能量守恒定律得
E pm +Q +
12(m +M )v 2=1
2
mv 02 ③ Q=fL ④
小木块从开始滑动到最右端的过程中,由能量守恒定律
Q ′+
12(m +M )v 2=1
2
mv 02 ⑤ Q ′=f (2L )=2Q ⑥
由①~⑥式,可以解出E pm 、Q 、Q′,故BC 正确;
求出Q 后,如果已知木板长度l ,则:Q=μmgl ,可以求出木板和小物块间的动摩擦因数,故D 正确;
由于缺少弹簧的压缩量,无法求出弹簧的劲度系数,故A 错误; 故选BCD .
点睛:动量守恒定律的运用不涉及中间过程,故对于复杂的运动特别方便,可以大大简化
解题过程;同时要注意动量守恒定律经常与动能定理和能量守恒定律结合使用.
14.B
解析:BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A .在下滑过程中,对于物块和槽组成的系统,只有重力做功,系统的机械能守恒,故A 正确;
B .在下滑的过程中,物块和槽在水平方向上的合外力为零,竖直方向上的合外力不为零,故系统的合外力不为零,不符合动量守恒的条件,故系统的动量不守恒,故B 错误;
C .在压缩弹簧的过程中,物块和弹簧组成的系统,水平方向受到竖直墙壁水平向左的作用力,合外力不为零,故物块和弹簧组成的系统动量不守恒,故C 错误;
D .因为物块与槽在水平方向上动量守恒,由于质量相等,根据动量守恒定律知物块离开槽时物块与槽的速度大小相等,方向相反,物块被弹簧反弹后,与槽的速度相同,做匀速直线运动,所以物块不会再滑上弧形槽,故D 错误。 本题选不正确的,故选BCD 。
15.B
解析:BC 【解析】 【分析】
根据牛顿第二定律求解加速度,再根据运动学公式求解速度;根据位移公式求解位移,再求出拉力做的功。根据冲量的计算公式求解冲量。 【详解】 AB .0~2s 内
11sin30F mg ma -?=
得2
15m/s a =,在2~4s 内
22sin30F mg ma +?=,
得2
210m/s a =,则物块0~2s 内向上匀加速直线运动,2s ~3内向上匀减速直线运动,3s
时减速为零,3~4s 内向下匀加速直线运动,4~6s 向下匀减速直线运动,6s 时减速为零,以后往复性运动,选项A 错误,选项B 正确。
C .在4s t =和2s t =时物块在同一位置,速度等大反向,所以在0~4s 内拉力对物体做功等于0~2s 内拉力对物体做功,
21
10m 2s at == 120J W F s ==,
选项C 正确。
D .0~4s 内拉力对物体冲量
11222212N s I Ft F t =+=?-=?
选项D 错误。 故选BC 。
16.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. 17.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
2001()2
Q m v v v =
-③ A 正确,B 错误; CD .根据动能定理
22
011()22f 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 。
18.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 +=