《动量守恒定律》单元测试题含答案(2)
《动量守恒定律》单元测试题含答案(2) 一、动量守恒定律选择题
1．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
2．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22 3
E
m
D．在A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
3
E
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v0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/s2，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
5．如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B （时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。则（）
A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒B．子弹射入物块B的初速度v05gL
C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块上摆的初速度将小于原来物块A固定时的上摆初速度
D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，物块A的速率为
5gL
6．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
7．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
8．从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿(如图所示)，这样做是为了()
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
9．一质量为m的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图象如图所示，由图象可知在t2时刻物体的（）
A ．加速度大小为
t F F m
- B ．速度大小为
()()021t F F t t m
--
C ．动量大小为()()0212t
F F t t m
--
D ．动能大小为()()2
2
0218t
F F t t m
--
10．如图所示，小车质量为M ，小车顶端为半径为R 的四分之一光滑圆弧，质量为m 的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g 为当地重力加速度）（ ）
A ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B ．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为32
mg
C ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()gR
m
M M m +
D ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()
gR
M
m M m +
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 m 0 = 5 g 的子弹以速度v 0 = 300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s 2，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，光滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q
（视为质点）的质量为滑块P 的质量的一半，小球Q 从滑块P 顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为1k E ．现解除锁定，仍让Q 从滑块顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为
2
k E
，1k E 和2k E 的比值为（ ）
A ．
12
B ．
34
C ．
32
D ．
43
13．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足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切。一质量为2m 的小物块从槽顶端距水平面高h 处由静止开始下滑，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为
4
3
mgh B ．在下滑过程中物块和槽之间的相互作用力对物块始终不做功
C ．全过程中物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D ．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上距水平面高h 处
14．两滑块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
15．如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为6kg m =的小物体B 以水平速度
02m/s v =滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，A 、B 速度随时间
变化情况如图乙所示，取210m/s g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．木板A 与物体
B 质量相等 B ．系统损失的机械能为6J
C ．木板A 的最小长度为1m
D ．A 对B 做的功与B 对A 做的功绝对值相等
16．一质量为m =6kg 带电量为q =-0.1C 的小球P ，自倾角θ=530的固定光滑斜面顶端由静止开始滑下，斜面高h =6.0m ，斜面底端通过一段光滑小圆弧与一光滑水平面相连。整个装置处在水平向右的匀强电场中，场强E =200N/C ，忽略小球在连接处的能量损失，当小球运动到水平面时，立即撤去电场。水平面上放一质量也为m 静止不动的
1
4
圆槽Q , 圆槽光滑且可沿水平面自由滑动，圆槽的半径R =3m ，如图所示（已知sin53o =0.8，cos53o =0.6，g=10m/s 2）则以下说法正确的是：
A ．由静止释放到滑到斜面底端，P 球的电势能增加了90J
B ．小球P 运动到水平面时的速度大小为5m/s
C ．最终小球将冲出圆槽Q
D ．最终小球不会冲出圆槽Q
17．如图所示，质量为M 的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m 的木块．已知m 与M 之间的动摩擦因数为μ，m 、M 与桌面间的动摩擦因数均为2μ．现对M 施一水平恒力F ，将M 从m 下方拉出，而m 恰好没滑出桌面，则在上述过程中
A ．水平恒力F 一定大于3μ(m +M )g
B ．m 在M 上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等
C ．M 对m 的冲量大小与桌面对m 的冲量大小相等
D ．若增大水平恒力F ，木块有可能滑出桌面
18．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 ．物块运动过程中的最大速度为2gR
D ．小车运动过程中的最大速度为22
2m gR M Mm
+ 19．如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m =3kg 静止放置的物块A 、B 、C ，物块B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。若A 以v 0=4m/s 的初速度向B 运动并压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内），当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B 和C 碰撞时间极短，则以下说法正确的是（ ）
A ．从A 开始运动到弹簧压缩最短时A 的速度大小为2m/s
B ．从A 开始运动到弹簧压缩最短时
C 受到的冲量大小为4N·s C ．从A 开始运动到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3J
D ．在A 、B 、C 相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为16J
20．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
二、动量守恒定律 解答题
21．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处与倾斜传送带理想连接，传送带长度15m L =，传送带以恒定速度5m/s v =顺时针转动，三个质量均为
1kg m =的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，滑块B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原
长，滑块B 与轻弹簧连接，滑块C 未连接弹簧，滑块B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度06m/s v =沿滑块B 、C 连线方向向滑块B 运动，滑块A 与B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C 脱离弹簧后滑上倾角37θ=?的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上。已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数0.8μ=，取重力加速度210m/s g =，sin370.6?=，cos370.8?=。求： （1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 刚滑上传送带时的速度； （3）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q 。
22．一长木板置于粗糙水平地面上，木板B 左端放置一物块A ，在木板右方有一物块C ，木板B 右端与物块C 的距离为4.5m ，如图所示。t =0时刻开始，小物块与木板一起以v 0=5m/s 的共同初速度向右运动，直至t 1=1s 时木板B 与物块C 碰撞，碰撞时间极短，碰后B 以'
14
m/s 3
v =-
反弹。碰后运动过程中小物块A 始终未离开木板B 。已知物块A 与木板B 间动摩擦因数为0.4，木板B 的质量是小物块A 质量的3倍，物块C 的质量是小物块A 质量的6倍，重力加速度大小g 取10m/s 2 .求： （1）木板B 与地面间的动摩擦因数； （2）木板B 与物块C 碰后物块C 的速度； （3）木板B 的最小长度l m
23．一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。）
24．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。
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．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）．
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一、动量守恒定律 选择题 1．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 。
2．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．
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．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.
5．B
解析：BD 【解析】 【详解】
A.在子弹射入物块B 的过程中，子弹和物块B 构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A 错误。
B.物块B 恰好能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
2
1v mg m L
=，
得
1v gL =B 从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律得
22
1211222
mg L mv mv ?+=
子弹射入物块B 的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
0.01mv 0=（0.01m +0.99m ）v 2
联立解得
2 v =
0v =，
故B 正确。
C.若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入时，根据动量守恒定律知物块上摆的初速度等于原来物块A 固定时的上摆初速度。故C 错误。
D.若物块A 不固定，子弹仍以v 0射入，当物块B 摆到与PQ 等高时，设A 的速率为v A ，B 的水平速率为v B ．根据水平动量守恒有
（0.01m +0.99m ）v 2=（2m +0.01m +0.99m ）v A ．
得
A v =
， 故D 正确。
6．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12q q +>
12q 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．
7．C
解析：CD 【解析】 【详解】
A.根据位移公式可知2112AB s a t =
，21211
22
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，
8．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
从同一高度跳下，速度的变化量相等，所以动量的改变量相等，先让脚尖着地，可以增大人与地面的接触时间，根据公式mv
F t
?=?，从而使在发生相等的动量变化量的情况下人受到地面的冲力减小，
A.减小冲量与分析不符，故选项A 不符合题意
B.减小动量的变化量，故选项B 不符合题意
C.增大与地面的冲击时间，从而减小冲力,故选项C 符合题意
D.增大人对地面的压强，起到安全作用, 故选项D 不符合题意
9．A
解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图象可知在2t 时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得
t F F a m
-=
故A 正确；
BC ．由图像可知在0~t 1时间段内两个力等大反向，物体静止，在t 1时刻后物体开始运动，由动量定理和图象面积可得
()()0212
t F F t t mv p --==
解得
()()0212t F F t t v m
--=
故B 错误，C 错误； D ．因为
2
12k E mv =
p mv =
联立可得动量和动能的关系
2
2k p E m
= 所以有
()()22
0218t
k
F F t t E m
--=
故D 正确。 故选AD 。
10．B
解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R ，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v ．
根据机械能守恒定律有：
1
2
mv 2=mgR cosθ 由牛顿第二定律有：
N-mg cosθ=m 2
v R
解得小球对小车的压力为：
N =3mg c osθ
其水平分量为
N x =3mg cosθsinθ=
3
2
mg sin2θ 根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：
f=N x =
3
2
mg sin2θ 可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f max =3
2
mg ． 故A 错误，B 正确．
CD ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v ．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv-Mv ′=0；
系统的机械能守恒，则得：
mgR =
12mv 2+1
2
Mv ′2， 解得：
v ′=
故C 正确，D 错误． 故选BC ． 【点睛】
本题中地面光滑时，小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统的总动量并不守恒．
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：C
【解析】 【详解】
滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，根据动能定理可知1k E mgR =；解除锁定，让Q 从滑块顶端由静止释放，小球Q 与滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球Q 离开P 时的速度为1v ，滑块的速度为2v ，根据动量守恒则有1220mv mv -=，根据能量守恒则有
221211·222mv mv mgR +=，解得Q 离开P 时的动能为2211223k E mv mgR ==，所以123
2
k k E E =，故C 正确，A 、B 、D 错误； 【点睛】
解除锁定，让Q 从滑块顶端由静止释放，小球Q 与滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和能量守恒求出Q 离开P 时的动能．
13．A
解析：A 【解析】 【分析】
考查机械能守恒定律，动量守恒定律。 【详解】
A ．小物块下滑过程中，小物块与槽系统水平方向动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，有：
122mv mv =
槽光滑无摩擦，下滑过程中机械能守恒：
2212112222
mv m v mgh +??=
联立解得：1v =
2v =槽的动能为：
2k1114
23
E mv mgh =
= A 正确；
B ．在下滑过程中，槽的机械能增加，由能量守恒可知，小物块机械能减少，则除了重力以外的其他力做负功，小物块除了受重力外，就受槽对小物块的作用力，所以槽对小物块的作用力做了负功，B 错误；
C ．全过程中，除了重力和弹簧弹力以外的其他力做功之和为零，所以物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，小物块压缩弹簧过程中，水平方向上受墙壁的支持力，动量不守恒，C 错误；
D
．物块第一次被弹簧反弹后速度大小为刚滑下来时的速度大小，即2v =
的速度，不能追上槽，D 错误。 故选A 。
14．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24
1/2
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．
15．A
解析：ABC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图示图像可以知道，木板获得的速度为v =1m/s ，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
()0B A B m v m m v =+
解得
6kg A B m m ==
所以木板A 与物体B 质量相等，故A 正确； B ．系统损失的机械能为
()220116J 22
B A B E m v m m v ?=
-+= 故B 正确；
C ．木板A 的最小长度就是物块在木板上滑行的距离，由图乙可知，木板A 的最小长度为
211
1m 11m=1m 22
B A x x x +?=-=
?-?? 故C 正确；
D ．物块在木板上滑行的过程中，产生了内能，所以A 对B 做功与B 对A 做功的绝对值不相等，故D 错误。 故选ABC 。
16．A
解析：AD 【解析】 【详解】
A ．在整个过程中，电场力对P 球做负功为：
6
0.120090J
J 43
h W qE
tan θ
=-=-??-＝ 则
△E =-W =90J
选项A 正确； B ．根据动能定理得：
21
2
h mgh qE mv tan θ-?
= 代入数据可得：
v =
选项B 错误；
CD ．设当两者速度相等时，小球上升的高度为H ，根据水平方向动量守恒得：
mv =2mv ′
代入数据：
'v =
根据机械能守恒得：
2211
222
mv mv mgH ?'+＝ 代入已知数据得：
H =2.25m ＜R
所以小球没有冲出圆槽，选项C 错误，D 正确。
17．A
解析：AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对小木块，根据牛顿第二定律有：
μmg =ma 1
对木板，根据牛顿第二定律有：
22()F mg m M g Ma μμ--+=
要使小木块滑离木板，需使：
21a a >
则有：
3()F m M g μ>+
故A 正确；
B ．设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为t 1，小木块的加速度大小为a 1，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为a 2，时间为t 2，有：
1mg ma μ=
22mg ma μ=
1122a t a t =
联立解得：
212t t =
故B 错误；
C ．根据动量定理可知，m 的动量变化量为零，故说明总冲量为零，因m 只受到M 的向右的冲量和桌面向左的冲量，故二者一定大小相等，方向相反，但由于还受到支持力的冲量，由于故M 对m 的冲量大小与桌面对m 的冲量大小不相等，故C 错误；
D ．若增大水平恒力F ，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小；在桌面上滑动的距离变短，不可能滑出桌面，故D 错误。 故选AC ． 【点睛】
薄木板在被抽出的过程中，滑块先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解出木块的加速度，根据运动学规律求解出时间； 根据动量定理，合外力冲量为零，M 对m 的冲量与桌面对m 的冲量大小相等；增大水平拉力，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小，在桌面上滑动的距离变短，可以判断能否滑出桌面．
18．A
解析：AD