甘肃省天水一中动量守恒定律测试题

甘肃省天水一中动量守恒定律测试题

一、动量守恒定律 选择题

1．如图所小，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同物体P 和Q ，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，Q 在F 的作用下继续前进，则下列说法正确的是（ ）

A ．t =0至2mv

t F

=时间内，P 、Q 的总动量守恒 B ．t =0至3mv

t F

=时间内，P 、Q 的总动量守恒 C ．4mv

t F

=时，Q 的动量为3mv D ．3mv

t F =

时，P 的动量为32

mv 2．如图，质量为m 的小木块从高为h 的质量为M 的光滑斜面体顶端滑下，斜面体倾角为θ，放在光滑水平面上，m 由斜面体顶端滑至底端的过程中，下列说法正确的是

A ．M 、m 组成的系统动量守恒

B ．M 移动的位移为()tan mh

M m θ

+

C ．m 对M 做功为222cos ()(sin )Mm gh M m M m θθ++

D ．m 对M 做功为222sin ()(cos )

Mm gh M m M m θ

θ++

3．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

4．如图，固定的光滑斜面倾角 ＝30°，一质量1kg的小滑块静止在底端A点．在恒力F 作用下从沿斜面向上作匀加速运动，经过时间t＝2s，运动到B点，此时速度大小为v1，到B点时撤去F再经过2s的时间，物体运动到AB的中点C，此时速度大小为v2，则以下正确的是

A．v2=2v1

B．B点到C点的过程中，物体动量改变量为2kg·m/s

C．F=7N

D．运动过程中F对小滑块做功28J

5．某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象.图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系.已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知（）

A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2

B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大

C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小

D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的1 6

6．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

7．A 、B 两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中a 、b 分别为A 、B 两球碰撞前的图线,c 为碰撞后两球共同运动的图线.若A 球的质量

2A m kg =,则由图可知下列结论正确的是( )

A ．A 、

B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s B ．碰撞过程A 对B 的冲量为-4 N·s

C ．碰撞前后A 的动量变化为4kg·m/s

D ．碰撞过程A 、B 两球组成的系统损失的机械能为10 J

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

g

=

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

12

sin

2

mv mv

t

v v

mg k

θ

-

=

+

?-

10．如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环．滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，绳长为L.将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则（）

A．给物块的水平冲量为2gL

B．物块上升的最大高度为

mL

m M

+

C

2

m gL

D．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg

11．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度0v从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是

（）

A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒

B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0

3

v

C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为0

3

v

D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为0

6

3

mv

12．如图所示，质量均为1.0kg的木板A和半径为0.2m的1

4

光滑圆弧槽B静置在光滑水

平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A相切。现有一质量为2.0kg的小滑块C以5m/s 的水平初速度从左端滑上A，C离开A时，A的速度大小为1.0m/s。已知A、C间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）

A．木板A的长度为0.85m

B．滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动

C．整个过程中A、B、C组成的系统水平方向动量守恒

D．B的最大速度为5m/s

13．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

14．四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，是央视《国家地理》频道的实验示意图，直径相同（约30cm左右）的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水

平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是（ ）

A ．子弹在每个水球中的速度变化相同

B ．每个水球对子弹做的功不同

C ．每个水球对子弹的冲量相同

D ．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等

15．两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．若a 滑块的质量a m 2kg =，以下判断正确的是

( )

A ．a 、b 碰撞前的总动量为3 kg m /s ?

B ．碰撞时a 对b 所施冲量为4 N s ?

C ．碰撞前后a 的动量变化为4 kg m /s ?

D ．碰撞中a 、b 两滑块组成的系统损失的动能为20 J

16．如图所示，质量均为m 的A 、B 两物块用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A 与竖直墙面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块B ，当B 处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W ，瞬间撤去推力，撤去推力后（ ）

A ．当A 对墙的压力刚好为零时，物块

B 的动能等于W B ．墙对A 物块的冲量为4mW

C ．当B 向右运动的速度为零时，弹簧的弹性势能为零

D ．弹簧第一次伸长后具有的最大弹性势能为W

17．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

18．如图所示，内壁光滑的半圆形的圆弧槽静止在光滑水平地面上，其左侧紧靠固定的支柱，槽的半径为R 。有一个可视为质点的小球，从槽的左侧正上方距槽口高度为R 处由静止释放，槽的质量等于小球的质量的3倍，重力加速度为g ，空气阻力忽略不计，则下列关于小球和槽的运动的说法正确的是（ ）

A ．小球运动到槽的底部时，槽对地面的压力大小等于小球重力的5倍

B ．小球第一次离开槽后能沿圆弧切线落回槽内

C ．小球上升的最大高度为（相对槽口）R

D ．小球上升的最大高度为（相对槽口）

12

R 19．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

20．如图甲,质量M =0.8 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上,质量m =0.2 kg 的滑块静止在木板的左端,在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F ,4 s 后撤去力F 。若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g =10 m/s 2,则下列说法正确的是

A．0~4s时间内拉力的冲量为3.2 N·s B．t= 4s时滑块的速度大小为9.5 m/s C．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 N·s D．2~4s内因摩擦产生的热量为4J

二、动量守恒定律解答题

21．如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧

处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝2 kg．物块从斜面上A点由静止滑下，经

过B点时无能量损失．已知物块的质量m＝1 kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8 m，BC

长度为L＝3 m，BD段光滑．g取10 m/s2．求在运动过程中：

（1）弹簧弹性势能的最大值；

（2）物块第二次到达C点的速度．

22．如图所示，一长L=9.0m的传送带以v=2m/s的速度顺时针旋转，传送带的倾角为

θ=37°，一质量M=3kg的A物体随传送带一起(与传送带共速)向上运动，A与传送带间的μ=。当A物体恰好在传送带的最下端时，另一质量m=1kg的B物体沿动摩擦因数为 1.0

传送带向下以v0=2m/s的速度与A发生弹性正碰。B与传送带间无摩擦。(两物体均可看成质点，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2)，求：

(1)第一次碰撞后B物体的速度大小；

(2)从第一次碰撞结束到第二次碰撞前的过程中摩擦产生的热量；

(3)两物体在传送带上能够发生的碰撞次数。

23．同学们可能有些人玩过小砂包游戏，如果释放小砂包落到地面上它不会反弹会立刻静

止。某同学将质量为m1砂包用一根不可伸长的轻绳穿过桌子中间的小孔与质量为m2的砂包相连，如图所示，绳长为L，桌高为H，并且H

24．一轻质细绳一端系一质量为m=200g的小球a，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球a的距离为L=0.1m，小球a跟水平面接触，但无相互作用。在小球a的两侧等距离处分别固定两个相同的斜面CD、C D''，斜面足够长且倾角θ=37°。如图所示，两个斜面底端CC'的水平距离s=2m。现有一小滑块b，质量也为m，从左侧斜面CD上由静止滑下，与小球a发生弹性碰撞。已知小滑块b与斜面、水平面的动摩擦因数μ均为0.25。若不计空气阻力和C、C′点处的机械能损失，并将滑块和小球都视为质点，试问：

(1)若滑块b从h=1.5m处静止滑下，求滑块b与小球a第一次碰后瞬间绳子对小球a的拉力大小；

(2)若滑块b与小球a第一次碰撞后，小球a在运动到最高点时绳子拉力恰好为零，求滑块b最终停下来的位置到C点的距离x；

(3若滑块b从h处静止滑下，求小球a第n次做完整的圆周运动时在最低点的动能E Kn的表达式。（要求除h、n外，其他物理量的数值需代入，写出关系式即可，不需要写出取值范围。）

25．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。

26．如图所示，质量为m c =2m b 的物块c 静止在倾角均为α=30°的等腰斜面上E 点，质量为m a 的物块a 和质量为m b 的物块b 通过一根不可伸长的轻质细绳相连，细绳绕过斜面顶端的光滑轻质定滑轮并处于松弛状态，按住物块a 使其静止在D 点，让物块b 从斜面顶端C 由静止下滑，经过0.6s 滑到E 点，刚好滑到E 点时释放物块a ，细绳恰好伸直且瞬间张紧绷断，之后物块b 与物块c 立即发生弹性碰撞，碰后a 、b 都经过t =1s 同时到达斜面底端。斜面上除EB 段外其余都是光滑的，物块b 、c 与EB 段间的动摩擦因数均为μ=

33

，空气阻力不计，细绳张紧时与斜面平行，物块a 未与滑轮发生碰撞，取g =10m/s 2.求： (1)C 、E 两点间的距离；

(2)若A 、D 两点和C 、E 两点间的距离相等，求物块a 沿斜面上滑的最大距离； (3)若E 、B 两点距离为0.4m ，b 与c 相碰后b 的速度。

【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：AC 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．开始P 、Q 在拉力F 作用下匀速运动，则根据平衡状态知

2F mg μ=

当剪断绳子后，P 做减速运动，Q 做加速运动，加速度大小均为

a g μ=

由运动学公式知，P 物体停止运动的时间为

2v mv t g F

μ=

=

则在20

mv

F

时间内，P 、Q 均在运动。 将PQ 看成整体，则整体的总动量守恒，为

2p mv =

保持不变，选项A 正确，B 错误； CD ．在24mv mv

F F

时间内，P 物体静止，Q 物体做加速运动，P 、Q 的总动量增加。 在

4mv

F

时Q 物体的速度为 4432t mv mv

v v at v g v g v F mg

μμμ=+=+?

=+= 则此时Q 的动量为

3Q p mv =

选项C 正确，D 错误。 故选AC 。

2．B

解析：BC 【解析】 【详解】

A ．M 、m 组成系统水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，故A 错误；

B ．M 、m 组成系统水平方向动量守恒有

12Mx mx =

由水平位移关系有

12tan h

x x θ

+=

联立解得

1()tan mh

x M m θ

=

+

即M 位移为

()tan mh

M m θ

+，故B 正确；

CD ．设物体滑到斜面底端时，沿斜面的速度v 2，斜面速度为v 1，则有

()121co 0s Mv m v v θ--=

()()2221212cos 11sin 22mgh mv m v v v θθ??=

+-+?

?

m 对M 做功：

()

222121cos 2()sin Mm gh W mv M m M m θ

θ

==++

故C 正确，D 错误。

3．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。

4．C

解析：CD 【解析】 【详解】

A.根据位移公式可知2112AB

s a t = ，2

121122

AB s a t t a t -=?- 解得：1225a a = 则11v a t =

21213

2

v v a t a t =-=- ，故A 不符合题意

B. B 点到C 点的过程中，物体动量改变量即为合外力的冲量，即sin 1kg /s 0m I mg t θ== 为2kg·

m/s ，故B 不符合题意； C.拆去恒力F 后物体的加速度2

2sin 5m/s a g θ== ，所以2122

2m/s 5

a a =

= ，根据牛顿第二定律可知sin F mg ma θ-= ，即sin 7N F mg ma θ=+=，故C 符合题意

D.根据功的定义可知2

172228J 2

W Fs ==???=，故D 符合题意，

5．A

解析：AD 【解析】 【分析】

本题考察动量守恒，首先根据位移—时间图像求出两滑块碰前和碰后的速度，在根据动量守恒即可求出两物体的质量之比。 【详解】

根据x t -图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为1 2 m/s =-v ，滑块Ⅱ的速度为

20.8 m/s =v ，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A 正确；

碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B 错误；

碰撞后的共同速度为0.4 m/s =v ，根据动量守恒定律，有

()112212＋+=m v m v m m v

解得216=m m 。 由动能的表达式可知

2211221122

>m v m v 故选项C 错误，D 正确。 故选AD 。

6．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。

7．B

解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】

A 、由s-t 图像可以知道：碰撞前A 的速度为410

3/2

A v m s -==- ； 碰撞前

B 的速度40

2/2

B v m s -=

= ， 碰撞后AB 的速度为24

1/2C v m s -=

=- 根据动量守恒可知 ()b B a A a b C m v m v m m v -=-+ 代入速度值可求得：43

b m kg =

所以碰撞前的总动量为 10

/3

b B a A m v m v kg m s -=-

? ，故A 错误； B 、碰撞时A 对B 所施冲量为即为B 的动量变化量4B b C b B P m v m v N s ?=--=-? 故B 正确；

C 、根据动量守恒可知44/A B P P N s kg m s ?=-?=?=? ，故C 正确；

D 、碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为()22211110222

a A

b B a b C m v m v m m v J +-+= ,故D 正确， 故选BCD 【点睛】

结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B 的质量，然后根据定义求出动量的变化量．

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 2

mv 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：ABD 【解析】 【分析】 【详解】

A 、设物块刚受到水平冲量后速度为v 0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有：

20

12

MgL Mv =

，可得

0v =I =，选项A 正确． B 、C 、滑环不固定时，物块初速度仍为v 0，在物块摆起最大高度h 时，它们速度都为v ，

在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则：

Mv 0＝(m ＋M )v ，

22011()22Mv m M v Mgh =++；由以上各式可得：v = mL

h M m

=

+，选项B 正确，选项C 错误． D 、对m 、M 组成系统，当M 第一次回到最低点时由动量守恒和能量守恒知速度仍然为

v 0，在最低点由牛顿第二定律可知20

v T Mg M L

-=，可得拉力T =3Mg ；故D 正确．

故选ABD ． 【点睛】

本题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用，要注意明确小球摆到最高时，两物体有共同的速度，系统只是水平动量守恒，总动量并不守恒．

11．A

解析：ABD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．小球和U 形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A 正确；

B ．小球从U 形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U 形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得

0122mv mv mv =+

再有机械能守恒定律可得

222012111

2222

mv mv mv =+? 解得

10021

23

m m v v v m m -=

=-+

所以B 正确；

C ．从小球射入至运动到U 形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U 形管速度水平方向速度相同，对此过程满足动量守恒定律，得

0(2)x mv m m v =+

3

x v v =

由能量守恒得

220111

2222

x mv mv mv =?+ 解得

03

v v =

所以C 错误；

D ．小球此时还有个分速度是沿着圆形管的切线方向，设为y v ，由速度的合成与分解可知

0y v ==

对小球由动量定理得

00y I mv =-=

由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为

0I '=

所以D 正确。 故选ABD 。

12．C

解析：CD 【解析】 【分析】 【详解】

C ．由于在光滑水平面上，小滑块C 与木板A 作用过程中，动量守恒；滑块在光滑圆弧槽B 滑行的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒；所以整个过程A 、B 、C 组成的系统水平方向动量守恒，选项C 正确；

A ．滑块在木板上滑行的过程中，设向右为正方向，对系统由动量守恒和能量守恒可得

C C C C A B AB m v m v m m v '=++（）

222111

222

C C C C A B AB C m v m v m m v m gL μ'=+++() 联立并代入数据得

4m/s 0.8m

C v L '==

选项A 错误；

B ．滑块在光滑圆弧槽B 上滑行的过程中，假设两者能达到速度相同，此时滑块滑上圆弧槽的最大高度。根据系统的动量守恒和能量守恒可得

C C B AB C B m v m v m m v '+=+共（）

222111

222

C C B AB C B C m v m v m m v m gh '+=++共（） 联立并代入数据得

h =0.15m<0.2m

假设成立。即滑块C 不会离开B ，选项B 错误；

D ．之后滑块会下滑，圆弧槽速度继续增大。当滑块滑到最低点时，圆弧槽获得最大速度，根据系统的动量守恒和能量守恒可得

max C B C C B B m m v m v m v ''+=+共（）

222max 111

222

C C B B C B C m v m v m m v m gh ''+=++共（） 解得

max 5m/s B v =

选项D 正确。 故选CD 。

13．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

22

1211 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

22

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 。

14．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．子弹向右做匀减速运动，通过相等的位移时间逐渐缩短，所以子弹在每个水球中运动的时间不同。加速度相同，由v at =知，子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A 错误；

B ．由W fx =-知，f 不变，x 相同，则每个水球对子弹的做的功相同，选项B 错误；

C ．由I ft =知，f 不变，t 不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项C 错误；

D ．子弹恰好能穿出第4个水球，则根据运动的可逆性知子弹穿过第4个小球的时间与子弹穿过前3个小球的时间相同，子弹穿出第3个水球的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项D 正确。 故选 D 。

15．B

解析：BC 【解析】 【分析】

两滑块a 、b 碰撞过程系统的动量守恒，根据图象的斜率求出滑块的速度，然后由动量守恒定律求出滑块b 的质量，从而得到总动量．对b ，利用动量定理求碰撞时a 对b 所施冲量．应用能量守恒定律可以求出系统损失的动能． 【详解】

由x t -图象的斜率表示速度，可知碰撞前滑块a 的速度为：

4103/2

a a a x v m s t -=

==-，b 的速度为：42/2b b b x v m s t === ；碰撞后，两滑块的

共同速度为241/2

x v m s t ?-=

==-?． 两滑块碰撞过程系统动量守恒，以b 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

()a a b b a b m v m v m m v +=+，解得：4

3

b m kg =，a 、b 碰撞前的总动量为：

()10

3

a a

b b a b P m v m v m m v =+=+= /kg m s ?．故A 错误．对b ，由动量定理得：

4b b b I m v m v =-=- N s ?，即碰撞时a 对b 所施冲量为4 N s ?，故B 正确．碰撞前后a

的动量变化为：4a a a P m v m v =-= /kg m s ?，故C 正确．碰撞前后滑块a 、b 组成的系统损失的动能为：()222111222

k a a b b a b E m v m v m m v =

+-+，代入数据解得：10k E J =，故D 错误．故选BC ．

【点睛】

本题关键是根据图象的斜率得到两个滑块碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律、动量定理和能量守恒定律进行研究．

16．A

解析：AC 【解析】 【详解】

A.根据功能关系，开始时弹簧具有的弹性势能为W ，当A 对墙的压力刚好为零时，弹簧的弹力为零，弹性势能为零，根据能量守恒可知，此时B 的动能为W ，A 项正确；

B.墙对A 的冲量等于A 、B 组成系统的动量的改变量，即I p =?==B

项错误；

C.当B 的速度为零时，弹簧处于原长，即弹簧的弹性势能为零，C 项正确；

D.根据动量守恒2mv =

2p 11

222

E W mv W =-?=

D 项错误。 故选AC 。

17．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；