高考物理动量守恒定律试题经典

高考物理动量守恒定律试题经典

一、动量守恒定律 选择题

1．如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m =2M 的小物块．现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v 0的初速度，下列说法正确的是

A ．最终小物块和木箱都将静止

B ．最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为20

3

Mv

C ．木箱速度水平向左、大小为0

2v 时，小物块的速度大小为04

v D ．木箱速度水平向右、大小为

03v . 时，小物块的速度大小为023

v 2．如图所示，小车的上面是由中间凸起的两个对称曲面组成，整个小车的质量为m ，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球质量也为m ，以水平速度v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）

A ．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置

B ．小球滑到小车最高点时，小球和小车的动量不相等

C ．小球和小车相互作用的过程中，小车和小球系统动量始终守恒

D ．车上曲面的竖直高度若高于2

4v g

，则小球一定从小车左端滑下

3．如图所示为水平放置的固定光滑平行直轨道，窄轨间距为L ，宽轨间距为2L 。轨道处于竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量分别为m 、2m 的金属棒a 、b 垂直于导轨静止放置，其电阻分别为R 、2R ，现给a 棒一向右的初速度v 0，经t 时间后两棒达到匀速运动两棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，不计导轨电阻，b 棒一直在宽轨上运动。下列说法正确的是（ ）

A ．a 棒开始运动时的加速度大小为220

3B L v Rm

B ．b 棒匀速运动的速度大小为

3

v C ．整个过程中通过b 棒的电荷量为

23mv BL

D ．整个过程中b 棒产生的热量为20

3

mv

4．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接,一个质量也为m 的小球从槽高h 处开始下滑,则

A ．在小球从圆弧槽上下滑过程中,小球和槽组成的系统水平方向的动量始终守恒

B ．在小球从圆弧槽上下滑运动过程中小球的机械能守恒

C ．在小球压缩弹簧的过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒

D ．小球离开弹簧后能追上圆弧槽

5．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F 0，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 6．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

7．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

8．如图所示,在光滑的水平面上放有一质量为M 的物体P ,物体P 上有一半径为R 的光滑四分之一圆弧轨道, 现让质量为m 的小滑块Q （可视为质点）从轨道最高点由静止开始下滑至最低点的过程中

A ．P 、Q 组成的系统动量不守恒，机械能守恒

B ．P 移动的距离为

m

M m +R C ．P 、Q 组成的系统动量守恒，机械能守恒 D ．P 移动的距离为

M m

M

+R 9．如图所示，两滑块A 、B 位于光滑水平面上，已知A 的质量M A =1k g ，B 的质量M B =4k g ．滑块B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A 以v =5m/s 速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B 相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开．则（ ）

A ．物块A 的加速度一直在减小，物块

B 的加速度一直在增大 B ．作用过程中弹簧的最大弹性势能2J p E =

C ．滑块A 的最小动能为 4.5J KA E =，滑块B 的最大动能为8J KB E =

D ．若滑块A 的质量4kg A M =，B 的质量1kg B M =，滑块A 的最小动能为18J KA

E =，

滑块B的最大动能为32J

KB

E

10．如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B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，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是（）

A．t=0至t=mv

F

时间内，A、B的总动量守恒

B．t=2mv

F

至t=

3mv

F

时间内，A、B的总动量守恒

C．t=2mv

F

时，A的动量为2mv

D．t=4mv

F

时，A的动量为4mv

11．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v0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v0，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

12．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

13．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，忽略空气阻力，则( )

A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量

B．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小

C．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小

D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量

14．一质量为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/s2）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

15．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

16．如图所示，锁定的A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球质量分别为2m和m．过程一：只解除B球锁定，B球被弹出落于距桌边水平距离为s的水平地面上；过程二：同时解除A、B两球锁定，则（两种情况下小球离开桌面前，弹簧均已恢复原长）（）

A．两种情况下B小球机械能增量均相同

B．两过程中，在B球落地前A、B两小球及弹簧组成的系统机械能均守恒

C．过程二中，B球的落地点距桌边水平距离为

6 3

s

D．过程一和过程二中，弹簧对B球做功之比为3:2

17．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则( )

A．A能到达B圆槽的左侧最高点

B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为

3

gR

C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为4

3 gR

D．B向右运动的最大位移大小为2 3 R

18．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v0=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

19．如图所示，光滑水平桌面上并排放两个完全相同的可视为质点的物块A、B，质量均为

m ，其中物块A 被一条遵守胡克定律的弹性绳连接，绳另一端固定在高处O 点，弹性绳的原长为L ，劲度系数为k ，当物块A 在O 点正下方时绳处于原长状态。现使物块A 、B 一起从绳和竖直方向夹角为θ=60°开始释放，下列说法正确的是（ ）

A ．刚一释放时物块A 对物块

B 的推力为34

kL B ．物块A 向右运动的最远距离为23L

C ．从静止到物块A 、B 分离，绳对A 做的功大于A 对B 做的功

D ．从静止到物块A 、B 分离，绳对A 的冲量大于A 对B 的冲量

20．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

二、动量守恒定律 解答题

21．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匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，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，刚下滑到E 点时释放物块a ，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b 与c 立即发生完全弹性碰撞，碰后a 、b 都经过t =1 s 同时到达斜面底端．已知A 、D 两点和C 、E 两点的距离均为l 1=0.9m ，E 、B 两点的距离为l 2=0.4m ．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=3

，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g =10 m/s 2．求：

（

1）物块b 由C 点下滑到E 点所用时间． （2）物块a 能到达离A 点的最大高度． （3）a 、b 物块的质量之比

a

b

m m ． 22．如图，一根水平杆上等距离地穿着n 个半径相同的珠子，珠子可以在杆上无摩擦移动，珠子的质量依次为m ，km ，k 2m ，k 3m ……，k n-1m ，其中k 的取值范围是

1

22

k ≤≤．使第一颗珠子在极短时间内获得初速度v 0，之后每当珠子之间发生碰撞时都会粘在一起．

a.分析并说明当k 取何值时，碰撞全部结束后系统的总动能最大；k 取何值时，碰撞全部结束后系统的总动能最小；

b.求出碰撞结束后系统相应的最小总动能和最大总动能的比值。

23．如图所示，光滑绝缘水平面内有直角坐标系xoy ，虚线MN 和OD 均过O 点且都与x 轴成60°角。在距x 轴为d 处平行x 轴固定放置一细杆PQ ，杆上套有一可以左右滑动的滑块。劲度系数为k 、原长为 d 的轻细弹簧垂直于细杆固定在滑块上，另一端放置一质量为 m 的绝缘小球甲，小球甲与弹簧不栓接。同时在x 轴上、沿着弹簧方向放置一质量为3m 、带电量为 – q （q > 0）的小球乙。压缩弹簧将小球甲从OD 上某点释放，此后，甲球与乙球发生弹性正碰，小球乙随后进入位于MN 左侧的有矩形边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，矩形的一条边与MN 重合。改变滑块位置，保证每次小球甲的释放点都在OD 上、且滑块与两球在同一条平行于y 轴的直线上，并知两球每次都能发生弹性正碰，且碰撞后小球乙的带电量不变，结果发现每次小球乙进入磁场后再离开磁场时的位置是同一点。弹簧始终在弹性限度以内，弹性势能的计算公式是E P =1

2

k ·ΔL 2，ΔL 是弹簧的伸长或缩短量，滑块和小球甲、乙都可视为质点。求：

(1)当滑块的横坐标为1

2

d 时，小球甲与乙碰前的速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；

(3)若弹簧的最大压缩量为

9

10

d ，求矩形磁场区域的最小面积。

24．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。

25．如图所示，长L=1.2m质量M=4kg的木板，在光滑水平面上以速度v0=3m/s向右匀速运动．某时刻将质量m=2kg的木块（视为质点），无初速地放到木板的最右端，最终木块恰好停在木板最左端．已知木板对木块的滑动摩擦力F f=5N，求：

（1）系统摩擦生热产生的热量Q

（2）最终木板运动的速度大小v

（3）从木块放上木板至与木板相对静止所经历的时间t

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）．

【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．B 解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小木块和木箱相对静止，因为系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终两物体以相同的速度一起向左运动，故A 错误；

B ．规定向左为正方向，由动量守恒定律得

0()Mv M m v =+

则得最终系统的速度为：

Mv v M m

=

+ 方向向左，最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为：

222

0011()223

Mv E Mv M m v ?=-+=

故B 正确；

C ．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向左、大小为0

2

v 时，由动量守恒定律得：

022v Mv M

mv =+ 解得：

24

v v =

故C 正确；

D ．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向右，则木箱速度为0

3

v -，根据动量守恒定律有：

023

v Mv M

mv =-+ 解得：

223

v v =

物块与木箱相对滑动，系统机械能有损失，但根据题目所给数据可知，该过程机械能不变，不符合实际，故D 错误。 故选BC ． 【点睛】

小木块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失。

2．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，选项A 错误；

B ．由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，又因为两者质量相等，故小球滑到最高点时，小球和小车的动量相等，选项B 错误；

C ．对于车、球组成的系统，水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，选项C 错误；

D ．由于小球原来的动能为

201

=2

k E mv

小球到最高点时系统的动能为

2

21222=4k v mv m E ??

?=

???

所以系统动能减少了

2

=4

k mv E ? 如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即

2

14

mv mgh = 得

24v h g

=

显然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，选项D 正确。 故选D 。

3．A

解析：AB 【解析】 【分析】 【详解】 A ．由

0E BLv =

3BLv I R

=

220

3B L v F R

=

安 F 安=ma

得

220

3B L v a Rm

=

故A 项正确；

B ．匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等

2a b BLv B Lv =?

得末速度

2a b v v =

对a 棒

0-a BIL t mv mv ?=-

对b 棒

22b BI L t mv ??=

解得

0=a b v v v +

则

23a v v = 0

3

b v v =

故B 正确； C ．对a 棒

0-a BIL t mv mv ?=-

且q I t =?解得

3mv q LB

=

故C 错误；

D ．由能量关系，整个过程中产生的热量

22200011211=()2()22323

Q mv m v m v --?总

2

021=39

b Q Q mv =总

故D 项错误。 故选AB 。

4．A

解析：AC 【解析】 【详解】

A ．小球和圆弧槽在竖直方向上受力不平衡，故竖直方向系统动量不守恒，水平方向受力平衡，系统动量守恒，故A 正确；

B ．小球和圆弧槽在水平方向动量守恒，故系统机械能守恒，故小球开始时的重力势能转化为小球和圆弧槽的动能，故小球的机械能减少，故B 错误；

C ．小球压缩弹簧时，只有弹簧弹力做功系统机械能守恒，故C 正确；

D ．小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能追上圆弧槽，故D 错误． 故选AC ．

点睛：解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两物体相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断．

5．B

解析：BD

【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．

6．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

7．A

解析：AD 【解析】

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。

8．A

解析：AB 【解析】 【详解】

AC.P 和Q 组成的系统，在水平方向上动量守恒,竖直方向上合力不为零，动量不守恒。而P 和Q 组成的系统，只有重力做功，机械能守恒。故A 正确，C 错误; BD. P 和Q 组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律得：

P Q Mv mv =,

所以：

P Q Mv t mv t =，

P Q Mx mx =，

P Q +x x R =,

计算得出:

P m

x R m M

=

+ 所以B 正确，D 错误。

9．D

解析：D 【解析】 【详解】

A ．弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A 错误;

B ．当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 和B 的速度相同．选取向右

为正方向，根据动量守恒定律：

()A A B M v M M v '=+

解得：

v ′=1m/s

根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A 、B 损失的动能，为：

2211

()22

P A A B E M v M M v '=

-+ 解得：

E P =10J

故B 错误;

C ．当A 、B 分离时，滑块B 的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得：

A A A

B B M v M v M v =+

222111222

A A A

B B M v M v M v =+ 由以上两式得：v A =-3m/s ，v B =2m/s ，所以滑块A 的最小动能为E KA =0．滑块B 的最大动能为

2

18J 2

kB B B E M v =

= 故C 错误;

D ．若滑块A 的质量M A =4kg ，B 的质量M B =1kg ，同理可得，当A 、B 分离时，A 、B 的速度分别为v A =3m/s ，v B =8m/s ，滑块A 的最小动能为

2118J 2

kA A A E M v =

= 滑块B 的最大动能为

2132J 2

kB B B E M v =

= 故D 正确．

10．A

解析：AC 【解析】 【详解】

设A 、B 受到的滑动摩擦力都为f ，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f ，设B 经过时间t 速度为零，对B 由动量定理得：0ft mv -=-，解得：2mv

t F

=

；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB 为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在B 停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在0t =至

2mv t F =

的时间内A 、B 的总动量守恒，故A 正确；在2mv

t F

=后，B 停止运动，A 做匀加

速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故A 、B 的总动量不守恒，故B 错误；当2mv t F =

时，对A 由动量定理得：A Ft ft P mv -=-，代入2,2F mv

f t F

==，解得2A P mv =，故C 正确；当4mv

t F

=

时，对A 由动量定理得：A

Ft ft P mv '-=-，代入4,2F mv

f t F =

=，解得：3A

P mv '=，故D 错误；故选C. 【点睛】 动量守恒定律适用的条件：系统的合外力为零．或者某个方向上的合外力为零，则那个方向上动量守恒．两木块原来做匀速直线运动，合力为零，某时刻剪断细线，在A 停止运动以前，系统的合力仍为零，系统动量守恒；在B 静止后，系统合力不为零，A 和B 组成的系统动量不守恒．

11．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；

B ．由极限法，当M 很大时，长木板运动的位移x M 会很小，滑块的位移等于x M +L 很小，对滑块根据动能定理：

()22101122

M mg x L mv mv μ-+=

- 可知滑块滑离木板时的速度v 1很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒

01mv mv Mv =+'

可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大M ，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B 正确；

C ．采用极限法：当m 很小时，摩擦力也很小，m 的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C 正确；

D ．当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移x M 会很小，滑块的位移等于x M +L 也会很小，故D 正确． 故选BCD ．

12．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 。

13．C

解析：C 【解析】

A 、过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，有动量定理知钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A 错误；

B 、过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故B 错误；

C 、过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故C 正确；

D 、过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故D 错误．故选C ．

【点睛】本题解题的关键在于分清过程，分析各个过程中钢珠受力情况，并紧扣动量定理的内容来逐项分析．

14．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。

15．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．

16．B

解析：BCD 【解析】 【分析】

过程一中B 球做平抛运动，弹簧的弹性势能全部转化为B 球平抛的初动能；过程二中两小球动量守恒；根据能量守恒和动量守恒定律求解。 【详解】