选修1高中物理动量守恒定律试题(含答案)

选修1高中物理动量守恒定律试题（含答案）

一、动量守恒定律选择题

1.一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

2.一质量为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（）

B.速度大小为—J

m

D.动能大小为（耳一耳）-（JF）2

c.动量大小为（4―丁）&4）

2m8m

3.如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为

mA=4kg,mB=2kg,速度分别是VA=3m/s（设为正方向），vB=-3m/s.则它们发生正碰后，速

度的可能值分别为（）

•QQ月

A.VA/=1m/s,VB,=1m/s

B.VA/=4m/s,VB,=-5m/s

C.VA/=2m/s,VB/=-1m/s

D.VA/=-1m/s,VB/=-5m/s

4.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m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m的小物块从槽上高力处开始下

滑，重力加速度为g,下列说法正确的是

A.物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为生的

3

mgh

B.物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为

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.物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高力处

5.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m0=1kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以vo=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lm/s

D.在小车速度为lm/s时，弹簧的弹性势能有最大值

6.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。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空幺

3

C.木箱速度水平向左、大小为以时，小物块的速度大小为昆

24

D.木箱速度水平向右、大小为2.时，小物块的速度大小为空

7.一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□,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

8.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（）

KV.W?"

4

A.物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为

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

9.如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为L,导轨电阻不计，左端接有阻值为R的电

阻，导轨处在磁感应强度大小为8、方向竖直向下的匀强磁场中.质量为m、电阻不计的

导体棒ab,在垂直导体棒的水平恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间3导体棒ab

刚好匀速运动，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.在这个过程中，

下列说法正确的是

A.导体棒ab刚好匀速运动时的速度丫=^^

B2C

Ft

B.通过电阻的电荷量q=——

2BL

由“田的八3FtRB21}-mFR2

C.导体棒的位移尤=-------------

B414

c独山.氏八2tRF2B2I?-3mF2R2

D.电阻放出的焦耳热。=------------------

2BL

10.如图所示，长为L的细线，一端固定在。点，另一端系一个质量为m的小球，在最低

点A给小球一个水平方向的瞬时冲量/,使小球绕悬点。在竖直平面内运动。为使细线始

终不松弛，/的大小可选择下列四项中的（）

A.大于#2gLB.小于向2gL

C.大于#5gLD.大于向2gL,小于用5gL

11.如图所示，质量为m=245g的物块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg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〃=0.4,质量为mo

=5g的子弹以速度vo=300m/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.子弹的未动量大小为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，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“，m、M与桌面间的动摩擦因数均为2”.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

M

A.水平恒力F一定大于3〃(m+/W)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

13.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，。=0时刻，物块受到沿斜面方向拉力户的作用，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/s2。则

A.4s末物体的速度为零

B.，=3s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

14.如图所示，在倾角8=30。的光滑绝缘斜面上存在一有界匀强磁场，磁感应强度

B=1T,磁场方向垂直斜面向上，磁场上下边界均与斜面底边平行，磁场边界间距为

/.=0.5m»斜面上有一边长也为L的正方形金属线框abed,其质量为m=0.1kg,电阻为

A=0.50。第一次让线框“边与磁场上边界重合，无初速释放后，ab边刚进入磁场时，

线框以速率vi作匀速运动。第二次把线框从cd边离磁场上边界距离为d处释放，cd边刚

进磁场时，线框以速率力作匀速运动。两种情形下，线框进入磁场过程中通过线框的电量

分别为qi、qi,线框通过磁场的时间分别ti、t2,线框通过磁场过程中产生的焦耳热分别为

)

A.匕=吗=1m/s,d-0.05mB.=q2=0.5C,d=0.1m

C.2：。2=9：10D.4:弓=6:5

15.如图所示，质量为2m的物体A放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹

簧另一端固定在墙上，质量为m的物体B以速度％向右运动，与A相碰后一起压缩弹

簧，直至B与A分离的过程中，下列说法正确的是

A.在弹簧被压缩的过程中，物体B、A组成的系统机械能守恒

B.弹簧的最大弹性势能为,〃球

6

4

C.物体A对B做的功为片9

4

D.物体A对B的冲量大小为二机％

3

16.如图所示，物体4、8的质量分别为m、2m,物体8置于水平面上，物体8上部半圆

形槽的半径为R,将物体人从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则（）

A.4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

14gH

c.A运动到圆槽的最低点时B的速率为

D.8向右运动的最大位移大小为一

3

17.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为火的四分之

一光滑圆弧轨道4?,轨道最低点8与水平轨道勿相切，整个轨道处于同一竖直平面

内.将质量为面的物块（可视为质点）从4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.设重力加速度为各空气阻力可忽略不计.关于物块从/位置运动至。

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比'所做的功的代数和为零

C.物块运动过程中的最大速度为J丽

D.小车运动过程中的最大速度为J2WgR

\M2+Mm

18.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vo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

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vo=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，和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为3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

域有宽度为以方向竖直向上、磁感应强度大小为8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〃，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:，—

D.金属棒在磁场中运动的时间为工垄—山区

4g2Rjumg

二、动量守恒定律解答题

21.如图，倾角。=37。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、。、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：

D

（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.

⑵滑块Q在轨道ACI往复运动经过的最大路程.

22.如图所示，一个物块A（可看成质点）放在足够长的平板小车B的右端，A、B一起以

V。的水平初速度沿光滑水平面向左滑行.左边有一固定的竖直墙壁，小车B与墙壁相碰，

碰撞时间极短，且碰撞前、后无动能损失.已知物块A与小车B的水平上表面间的动摩擦

因数为H，重力加速度为g.

（1）若A、B的质量均为m,求小车与墙壁碰撞后的运动过程中，物块A所受摩擦力的冲

量大小和方向；

（2）若A、B的质量比为k,且kVl,求物块A在小车B上发生相对运动的过程中物块A对

地的位移大小；

（3）若A、B的质量比为k,且k=2,求小车第一次与墙壁碰撞后的运动过程所经历的总

时间.

23.如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为6。两个大小不计的物块43质量分

别为班=加和〃％=5W，AB与传送带间的动摩擦因数分别为4=|tan6^U〃2=tane。

已知物块A与5碰撞时间极短且无能量损失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

（1）若传送带不动，将物块5无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带

上的另一处无初速度地释放物块A，它们第一次碰撞前瞬间A的速度大小为％，求A与

3第一次碰撞后瞬间的速度匕心v1B；

（2）若传送带保持速度。。顺时针运转，如同第（1）问一样无初速度地释放5和A，它们

第一次碰撞前瞬间A的速度大小也为%，求它们第二次碰撞前瞬间A的速度V2A；

（3）在第（2）问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A做的功。

24.一个光滑直槽长为L，固定在水平面上，直槽两端有竖直挡板，槽内有两个质量相同

的光滑小球.设水平向右为x轴正方向，初始时小球1位于x=0处，速度为叭运动方向

向右；小球2位于x=L处，速度为2丫，运动方向向左，如图所示.小球间的碰撞是完全

弹性的（碰撞前后速度交换方向相反），而小球每次与槽壁的碰撞结果都会使小球速度减

半的返回，求：在哪些时间段内两小球的速度大小、方向相同？对应这些时间段的速度大

小为多少？

25.科学精神的核心是对未知的好奇与探究。小君同学想寻找教科书中“温度是分子平均

动能的标志”这一结论的依据。她以氮气为研究对象进行了一番探究。经查阅资料得知：

第一，理想气体的模型为气体分子可视为质点，分子问除了相互碰撞外，分子间无相互作

用力；第二，一定质量的理想气体，其压强p与热力学温度7•的关系式为p=〃kr,式中“

为单位体积内气体的分子数，k为常数。

她猜想氨气分子的平均动能可能跟其压强有关。她尝试从理论上推导氮气的压强，于是建

立如下模型：如图所示，正方体容器静止在水平面上，其内密封着理想气体一氨气，假设

每个氧气分子的质量为m,氧气分子与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，

分子的速度方向都与器壁垂直，且速率不变。请根据上述信息帮助小君完成下列问题：

⑴设单位体积内氨气的分子数为n,且其热运动的平均速率为人

①求一个氨气分子与器壁碰撞一次受到的冲量大小/;

②求该正方体容器内氨气的压强P；

③请以本题中的氮气为例推导说明：温度是分子平均动能（即,加/）的标志。

2

⑵小君还想继续探究机械能的变化对氢气温度的影响，于是进行了大胆设想：如果该正方

体容器以水平速度u匀速运动，某时刻突然停下来，若氨气与外界不发生热传递，请你推

断该容器中氧气的温度将怎样变化？并求出其温度变化量AT。

26.一木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一个可以看作质点的小物块，小物块的质

量mi=2kg,木板质量m2=lkg,小物块与木板间的动摩擦因数为u=0.2。在距离木板右端

L=12m处有一墙壁。现小物块与木板一起以共同速度匕=6m/s向右运动，木板与墙壁的碰

撞可以看作弹性碰撞。运动过程中小物块始终未离开木板。（g取10m/s2）求：（以向右

为正方向）

（1）木板与墙壁发生第一次碰撞后，木板向左运动的最大距离；

（2）木板从开始运动到第二次与墙壁碰撞所经历的时间，并画出小物块和木板此过程“t

图像；

（3）木板从第一次与墙壁碰撞后到最终静止所走的总路程。

u(m/s)

6

【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：ACD

【解析】

【详解】

上滑过程加速度:ai=g(sin0+ncos0),下滑过程加速度：ab=g(sin0-|icos0),UPJai>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

2

X=yat,aI,>aT，可知：t上<t下；重力的冲量：b=mgt,由于t上。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：lf=ft=umgtcos。，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v2=2ax,a上>a下，可

知：v上〉v下，由动量定理得：I合=mv-O=mv,可知：I合上>1件下，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.

2.A

解析：AD

【解析】

【分析】

【详解】

A.由图象可知在时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得

m

故A正确；

BC.由图像可知在0~h时间段内两个力等大反向，物体静止，在h时刻后物体开始运动,

由动量定理和图象面积可得

(无切

2

解得

，一亿-砌(LF)

2m

故B错误，C错误；

D.因为

"12

E.=­mv

k2

p=mv

联立可得动量和动能的关系

2

Ek工

2m

所以有

E=(4-4)2&F)2

A8/H

故D正确。

故选AD»

3.A

解析：A

【解析】

【分析】

【详解】

碰前系统总动量为3x4—3x2=6依•根/s,碰前总动能为」X4X32+,X2X32=27J；

22

若v/=lm/s,—lm/5,则系统动量守恒，动能3J,碰撞后A球速度不大于B球的速

度，符合，故A可能；

若v/=4m/s，v/=-5m/s,则系统动量守恒，动能大于碰撞前，不符合题意，故B不

可能；

若以'=2m/s，/'=—lm/s,则系统动量守恒，但不符合碰撞后A球速度不大于B球的

速度，故C不可能；

若lm/s,vfi--5m/s,则系统动量不守恒，D不可能.

4.A

解析：AD

【解析】

【分析】

【详解】

ABC.物块和槽在水平方向上不受外力，但在竖直方向上受重力作用，所以物块和槽仅在

水平方向上动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，由水平方向上动量守恒得：

mv=2mv,

由能量守恒得：

mgh=(mv2+g2mv'2

解得，槽的动能为逊故A对，BC错

3

D.从上面分析可以物块被反弹后的速度大于槽的速度，所以能追上槽，当上到槽的最高

点时，两者有相同的速度，从能量守恒的角度可以知道，物块不能回到槽上高h处，D正

确

5.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vi,小球的速度大小为V,由动量守恒及动能守恒有：

121212m-Mc,,4

mvo=Mv+mvi—/〃埼=—mv；+—；解得：巧=------v——3m/s,小车速度方向

222m+M0

2m

向左；u=---------%=2m/s,小球速度方向向右；选项A正确.

m+M

D、当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为力，根据动量守恒定律有：

movo+mvi=(m0+m)i/2,解得：刈=1m/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/,根据动量定理有

/=-mi/i,解得：/=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.

6.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

MVQ=+m')v

则得最终系统的速度为：

V=J^-

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：

22

AE=；Mv0-；(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3时，由动量守恒定律

得：

Mv()=M六+mv,

解得：

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，则木箱速度为一段，根据动量

守恒定律有：

解得：

2%

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。

7.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n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n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.

8.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：

mv}=2mv2

槽光滑无摩擦，下滑过程中机械能守恒：

；mvf+；-2m-田=2mgh

联立解得：V=3殛，丹=也亚

'323

槽的动能为：

.14,

Emv2

ki=~\=~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％=虫型，小于槽

-3

的速度，不能追上槽，D错误。

故选Ao

9.A

解析：ACD

【解析】

【分析】

【详解】

A.导体棒匀速运动时满足

°口B心

F=F.).=-------

女R

解得

FR

V=------

B2I3

选项A正确；

B.根据动量定理

Ft-BIL•t=mv

而7i=q,则

Ft-mv

q—

BL

选项B错误；

C.又

△①BLx

q-......=------

RR

联立解得

FtRB'^-mFR1

x=------------------

选项C正确；

D.根据能量关系，电阻放出的焦耳热

Q=^x~~my2

将x及v的值代入解得

2乐尸8*—3团尸心

°一28乜4

选项D正确;

故选ACD.

10.B

解析：BC

【解析】

【详解】

存在两种可能:

1,

⑴小球在运动过程中，最高点与。点等高或比。低时，线不松弛。由5根片4mgL得

巧＜7^记

即冲量/小于不须，细线不松，A错误，B正确；

(2)小球恰能过最高点时，在最高点速度设为V0,对应的最低点速度设为V2,则有

V：

mg="2；

根据机械能守恒得

解得

岭=7^

所以为使细线始终不松弛，vo的大小范围为%2岛Z,即冲量/大于选项C

正确，D错误。

故选BCo

【点睛】

本题是机械能守恒定律与向心力知识的综合应用。轻绳系的小球恰好到达圆周的最高点

时，临界速度为是常用的临界条件。

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：

movo=(mo+m)力....①

木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：

(mo+m)vi=(mo+m+M)V2.......②

联立可得：

5x10-3x300,

--------；---------------7-------m/s=2m/s

，叫,+m+M5X10-3+245X10-3+0.5

所以子弹的未动量：

p=moV2=5x10-3x2=0.01kg-m/s.

故B正确；

C.由动量定理可得子弹受到的冲量：

/=Ap=p-po-0.01kg-m/s-5X10~3X300kg-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：

-口(mo+m)gt-(mo+m)(1/2-vi).......③

由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间

v,-V,,

t=———L=ls

一

故D正确.

12.A

解析：AC

【解析】

【分析】

【详解】

A.对小木块，根据牛顿第二定律有：

^mg=mai

对木板，根据牛顿第二定律有：

F-/jmg+M)g=Ma2

要使小木块滑离木板，需使：

«2>%

则有:

F+M)g

故A正确；

B.设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为⑴小木块的加速度大小为3,小木块在桌

面上做匀减速直线运动，加速度大小为。2,时间为t2,有：

/umg=mq

2Ring=ma2

a/i=a0,

联立解得：

-2t之

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只受到仞的向右

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.

13.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

4-mgsin30°=ma]

得/=5m/s2,在2~4s内

F2+mgsin30°=ma2,

得%=10m/s2,则物块0~2s内向上匀加速直线运动，2〜3s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.在尸4s和"=2s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，

12

s=—at~=10m

2

W=串=20J,

选项C正确。

D.0~4s内拉力对物体冲量

I=Fltl+F2t2=2x2—1=2N.s

选项D错误。

故选BC,

14.B

解析：BCD

【解析】

【分析】

【详解】

A.匀速运动时，对线框进行受力分析可知

,4B2I3V

mgsin6=———

可得

W=彩=lm/s

根据机械能守恒

mgdsine=g/7w；

可得

J=0.1m

A错误；

B.进入磁场过程中

-A①Bl：

E=---=----

ArAr

T上

R

q-I•A，①

由三式联立得

Bl3

<?=——

R

代入数据整理得

?%=0.5C

结合A选项可知B正确；

C.根据能量守恒定理，第一次进入磁场过程中

129

Qj=mgx2Lsin30--mvl=—

第二次由于匀速运动

Q2=mgx2Lsin30=gJ

因此

2=2

0210

c正确；

D.根据动量定理，第一次进入磁场的时间

mgsin-Az-F-Af=mv,②

而

户=8无③

将①③代入②代入数据，可得

Ar=0.7s

接下来匀速运动，离开磁场的时间

f=—=0.5s

v

因此第一次穿过磁场的时间

=△，+，'=1.2s

第二次匀速穿过磁场的时间

t2=2/=1.0s

因此

t25

D正确。

故选BCDo

15.B

解析：BD

【解析】

在弹簧被压缩的过程中，由于弹簧对B、A有向左的作用力并做负功，故物体B、A组成的

系统机械能不守恒，故A错误；两滑块碰撞过程动量守恒，以滑块的初速度方向为正方

向，由动量守恒定律得：=(m+2〃?)v,解得：v=y,当B、A的速度为零时，弹

簧的弹性势能最大，即B、A与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：

E--x3mv2--x3mx—=―〃就，故B正确；先B与A—•起向右压缩弹簧，之后

p22(3J6。

B与A向左运动，当A回原来位置时A与B分离，根据B、A与弹簧组成的系统机械能守恒

可知，此时A、B的速度大小为与，方向向左，故物体A对B做的功等于B动能的变化，

3

即W=j■根X—b-Lm^=-Z.mvl，故c错误；取向左为正方向，根据动量定理，

213)2°9

y44

可知物体A对B的冲量/=机学一加(一%)=-§加%,故其大小为§加%,故D正确；故

选BD.

【点睛】系统所受合外力为零时，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功系统机械能守

恒，由动量守恒定律、动量定理与系统机械能守恒定律分析答题.

16.A

解析：AD

【解析】

【分析】

【详解】

A.运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以

到达8圆槽的左侧最高点，且A在8圆槽的左侧最高点时，A、8的速度都为零，A正确；

BC.设A运动到圆槽最低点时的速度大小为"A,圆槽B的速度大小为VB,规定向左为正方

向，根据A、8在水平方向动量守恒得

0=mvA—2mvB

解得=

根据机械能守恒定律得

mgR=—mv\+—x2mvl

解得吸=L=JggR，BC错误；

D.当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设为X,根据动量守恒得

m(2R—x)=2mx

解得x=2K,D正确。

3

故选AD。

17.A

解析：AD

【解析】

【详解】

小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，竖直方向有加速度，合力不为零，所

以小车和物块构成的系统动量不守恒，在水平方向动量守恒，A正确；摩擦力大小相等方

向相反，但物块与车位移不等(有相对位移)，代数和不为0,故B错误；在脱离圆弧轨

道后，小车和物块由于摩擦力都会做匀减速运动，所以最大速度出现在物块运动到6点

时，规定向右为正方向，小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，系统在水平

方向动量守恒.设物块运动到8点时，物块的速度大小是巧，小车的速度大小是匕，根据

动量守恒得：0=加匕+"(-%)，根据能量守恒得/=解得

I2m2g/T,故C错误D正确.

NM+m2

18.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/=a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

#2=妆2

其中

f

f=f,=(4+7)cm=l1cm,x2=4cm

可得m减小的动能与M增加的动能之比为

X24

故B正确；

C.m与M系统损失的机械能等于一对滑动摩擦力做功的代数和，有

|闿|=|一笈+危1=7•以

其中相对路程Ar=7cm,联立可得

H=Ar=7

"k2X24

故c正确；

D.m减小的动能与m和M系统损失的机械能之比为

△昂=演_4

|班I卜7

故D错误。

故选BC。

19.B

解析：BC

【解析】

【分析】

【详解】

A.对48通过弹簧作用的过程中，当第一次速度相同时，取向右为正方向，由动量守恒

定律得：

mvo=2mvi

解得

vi=2m/s

设A、B第二次速度相同时的速度大小V2,此时弹簧最短。对ABC系统，取向右为正方

向，根据动量守恒定律得

mvo-3mv2

解得

4,

v2=—m/s

4

从A开始运动到弹簧压缩最短时A