大连市《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P A ＝9kg?m/s ，B 球的动量P B ＝3kg?m/s ．当A 追上B 时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值是（）

A ．P A ′=10kg?m/s ，P

B ′=2kg?m/s B ．P A ′=6kg?m/s ，P B ′=4kg?m/s

C ．P A ′=﹣6kg?m/s ，P B ′=18kg?m/s

D ．P A ′=4kg?m/s ，P B ′=8kg?m/s

2．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

3．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 223E

D ．在A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为

E 4．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

5．3个质量分别为m1、m2、m3的小球,半径相同,并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上,彼此恰好相互接触.现把质量为m1的小球拉开一些,如图中虚线所示,然后释放,经球1与球2、球2与球3相碰之后,3个球的动量相等.若各球间碰撞时均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,则m1:m2:m3为()

A．6:3:1 B．2:3:1 C．2:1:1 D．3:2:1

6．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h处开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是

mgh

A．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为

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h处

7．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

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 +

D ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2()

m M m +

8．如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A .B 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）.初始时刻,A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块

A ．落地时的速率相同

B ．重力的冲量相同

C ．重力势能的变化量相同

D ．重力做功的平均功率相同

9．如图所示,质量10.3kg m =的小车静止在光滑的水平面上,车长 1.5m l =,现有质量

20.2kg m =可视为质点的物块,以水平向右的速度0v 从左端滑上小车,最后在车面上某处与

小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数0.5μ=,取2

g=10m/s ,则（）

A ．物块滑上小车后,系统动量守恒和机械能守恒

B ．增大物块与车面间的动摩擦因数,摩擦生热不变

C ．若0 2.5m/s v =,则物块在车面上滑行的时间为0.24s

D ．若要保证物块不从小车右端滑出,则0v 不得大于5m/s

10．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/s2,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

11．如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m.滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l.开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是( )

A．滑块和小球组成的系统动量守恒

B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒

C．滑块的最大速率为

()

m gl M M m

D．滑块的最大速率为

2 ()

m gl

M M m

12．如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻

R1、R2，阻值均为 R， O1O2右侧有磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为 m、长度也为 d 的金属杆置于 O1O2 左侧，在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间 t 到达 O1O2时撤去恒力 F，金属杆在到达 NQ 之前减速为零。已知金属杆电阻也为 R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（）

A．杆刚进入磁场时速度大小为Ft m

B ．杆刚进入磁场时电阻 R 1 两端的电势差大小为BdFt

C ．整个过程中，流过电阻 R 1 的电荷量为

Ft Bd

D ．整个过程中，电阻 R 1 上产生的焦耳热为22

12F t m

13．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A ，B 相连接，静止在光滑水平地面上，现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s ，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（）

A ．物块A 在t 1和t 3两个时刻的加速度大小相等

B ．从开始计时到t 4这段时间内，物块A ，B 在t 2时刻相距最远

C ．t 1到t 3这段时间内弹簧长度一直在增大

D ．12:1:2m m =

14．如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心 O 点正下方放置为 2m 的小球A ，质量为m 的小球 B 以初速度 v 0 向左运动，与小球 A 发生弹性碰撞。碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度 v 0可能为（）

A ．gR

B ．2gR

C ．5gR

D ．35gR

15．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

D ．

0()

m v v vd S

- 16．如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，ab >cd 。ab 、cd 的端点都在同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个相同的小滑环(图中未画出)，将甲、乙两滑环分别从a 、c 处同时由静止释放，则( )

A．两滑环同时到达滑杆底端

B．两滑环的动量变化大小相同

C．重力对甲滑环的冲量较大

D．弹力对甲滑环的冲量较小

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BC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

2m gR M 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v0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，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l。磁感应强度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直导轨平面向下。两根质量均为m、电阻均为r的导体杆a、b与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止。已知b杆光滑与导轨间无摩擦力，a杆与导轨间最大静摩擦力大小为F0，现对b杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙规律变化的水平外力F，已知在t1时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F1.则下列说正确的是（）

A ．当 a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为

022

2F r

B l B ．在0~ t 1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为01122

mF r Ft B l - C ．在t 1~ t 2 这段时间内，a 、b 杆的总动量增加了

1221()()

F F t t +-

D ．a 、b 两杆最终速度将恒定，且a 、b 两杆速度大小之和不变，两杆速度大小之差等于t 1 时刻 b 杆速度大小

20．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m 0＝1kg 的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v 0＝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1m/s

D ．在小车速度为1m/s 时，弹簧的弹性势能有最大值

二、动量守恒定律解答题

21．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m 1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m 2的砂包相连，如图所示，绳长为L ，桌高为H ，并且H

22．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R 1 = 2 Ω，B 棒在导轨间部分电阻R 2 = 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。

23．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=3

，

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/s2.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。

24．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

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/s 2．

（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？

26．两条足够长的平行光滑的金属导轨MN 、PQ 放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L ，轨道电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。轨道上有材料和长度相同、横截面积不同的两导体棒a 、b ，其中导体棒a 的质量为m ，电阻为R ，导体棒b 的质量为2m ，导体棒b 放置在水平导轨上，导体棒a 在弯曲轨道上距水平面高度处由静止释放。两导体棒在运动过程中始终不接触，导体棒和导轨接触良好且始终和导轨垂直，重力加速度为g 。求：

（1）导体棒a 刚进入磁场时，导体棒a 中感应电流的瞬时电功率P ；（2）从导体棒a 开始下落到最终稳定的过程中，导体棒a 上产生的内能；

（3）为保证运动中两导体棒不接触，最初导体棒b 到磁场左边界的距离至少为多少？

【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．D 解析：D 【解析】【分析】【详解】

AB ．碰后A 、B 两球若同向运动，速度应满足

A B v v ''<

又因为两球质量相等，所以有碰后A 、B 两球的动量

A B P P ''<

CD ．A 、B 两球在光滑水平面上碰撞，应满足动量守恒，则有

9kg m/s+3kg m/s 12kg m/s A B A B P P P P ''+=+=??=?

并且碰撞后动能不增加，则应有

k A k B k A k B E E E E ''+<+

将2

2k P E m

=代入得

2222229+390(kg m/s)A B A B P P P P ''+<+==?

故C 错误，D 正确。故选D 。

2．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

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

0.110

a g μ=

== 故C 正确；

D ．根据能量之间的关系可知

()2

201

mgL mv m M v μ=-

+ 解得

1m L =

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.

3．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 =

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．

4．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

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．

5．A

解析：A 【解析】【分析】【详解】

因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三个小

球的动量相等设为p ，则总动量为3p ．由机械能守恒得2222

1123

(3)2222p p p p m m m m =++，即1123

9111

m m m m =++，代入四个选项的的质量比值关系，只有A 项符合，故选A ．【点睛】

本题要注意灵活设出中间量p ，从而得出正确的表达式，再由选择得出正确的条件．

6．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：

2mv mv '= ，

由能量守恒得：

2211

222

mgh mv mv =

+' 解得，槽的动能为

mgh

故A 对，BC 错 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

7．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：

mv2=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 cosθ其水平分量为

N x=3mg cosθsinθ=3

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

mg sin2θ

可以看出：当si n2θ=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=1

mv2+

Mv′2，

解得：

v ′=()

2gR

M M m +．

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．

8．A

解析：AD 【解析】【详解】

设斜面倾角为，刚开始AB 处于静止状态，所以，所以

，A 运动

的时间为：

，B 运动的时间为：

解得

；

A. 剪断轻绳后A 自由下落，B 沿斜面下滑，AB 都只有重力做功，根据动能定理得：

，解得

，所以落地时的速率相同，故A 正确；

B.A 物体重力的冲量

B 物体重力的冲量

所以重力的冲量不相同，故B 错误；

C. 重力势能变化量△E P =mgh ，由于A 、B 的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故C 错误；

D. A 重力做功的平均功率为：

B 重力做功的平均功率为：

所以重力做功的平均功率相等，故D 正确。

9．B

解析：BD 【解析】

物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故A 错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0=（m 1+m 2）v ；系统产生的热

量：2

12020121211()=

222()

m m v Q m v m m v m m =-++，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，选项B 正确；若v 0=2.5m/s ，由动量守恒定律得：m 2v 0=（m 1+m 2）v ，解得：v=1m/s ，

对物块，由动量定理得：-μm 2gt=m 2v-m 2v 0，解得：t=0.3s ，故C 错误；要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 2v 0′=（m 1+m 2）v'，由能量守恒定律得：12m 2v 0′2=1

（m 1+m 2）v′2+μm 2gL ，解得：v 0′=5m/s ，故D 正确；故选BD ．

点睛：本题考查了动量守恒定律即能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，注意求解时间问题优先选用动量定理；系统摩擦产生的热量等一系统的机械能的损失．

10．B

解析：BCD 【解析】【详解】

A.冲量的定义式：I Ft =，所以F -t 图像面积代表冲量，所以0-4 s 时间内拉力的冲量为

0.51

(

221)N S 3.5N S 2

I +=?+??=? 故A 错误；

B.木块相对木板滑动时：对木板：

mg Ma =μ

对木块：

F mg ma μ-=

联立解得：

0.5F N =，20.5m /s a =

所以0时刻，即相对滑动，对滑块：

10F I mgt mv μ-=-

解得4s 时滑块速度大小：

19.5m/s v =

故B 正确； C.4s 时，木板的速度

20.54m /s 2m /s v at ==?=

撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒：

12()mv Mv M m v +=+

解得： 3.5m /s v =，对木板根据动量定理可得：

2.8N s I Mv ==?

故C 正确； D.0-2s 内，对m ：

11F I mgt mv -=μ

0.51

2N s 1.5N s 2

F I +=

??=? 解得：1 3.5m /s v = 对M

12mgt Mv μ=

解得v 2=1m/s 2-4s 内：对m

2110.4

3m /s 0.2

F mg a m --=

==μ 2

112121132

x v t a t m =+=；

对M

220.5m/s mg

a M

μ=

2222213m 2

x v t a t =+=

所以

1210m s x x =-=相 4J Q mg s =?=相μ

故D 正确。

11．B

解析：BC 【解析】【分析】【详解】

A ．小球下落过程中系统合外力不为零，因此系统动量不守恒．故A 项错误．

B ．绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒．故B 项正确．

CD ．当小球落到最低点时，只有水平方向的速度，此时小球和滑块的速度均达到最大．据

系统水平方向动量守恒有

max Mv mv ＝

据系统机械能守恒有

22max 1122

mgl mv Mv =

+ 联立解得

max

v =

故C 项正确，D 项错误．故选BC 。

12．A

解析：ACD 【解析】【详解】

A. 杆刚进入磁场之前的加速度

F a m =

则进入磁场时速度大小为

Ft v at m

选项A 正确；

B. 杆刚进入磁场时产生的感应电动势：

E=Bdv

则电阻 R 1 两端的电势差大小为

111123332

R E R BdFt

U E Bdv m R R =

?===+ 选项B 错误；

C 金属棒进入磁场后，由动量定理：

F t mv ?=安

即

BId t mv ?=

因为

I t q ?=

解得

mv Ft q dB dB

= 选项C 正确；

D. 整个过程中，产生的总焦耳热：

2122F t Q mv m

则电阻 R 1 上产生的焦耳热为

11612R F t Q Q m

选项D 正确；故选ACD 。

13．A

解析：ACD 【解析】【分析】【详解】

A ．根据图像的对称性可知，在t 1和t 3两个时刻，图像的斜率大小相等，因此物块A 在t 1和t 3两个时刻的加速度大小相等，A 正确；

BC ．结合图象可知，开始时m 1逐渐减速，m 2逐渐加速，弹簧被压缩，t 1时刻二者速度相等，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，系统动能最小；然后弹簧逐渐恢复原长，m 2依然加速，m 1先减速为零，然后反向加速，t 2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t 3时刻，两木块速度相等，弹簧最长，弹簧弹性势能最大，系统动能最小，B 错误，C 正确；

D ．两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到t 1时刻列方程可知

11122()m v m m v =+

将v 1=3m/s ，v 2=1m/s 代入得

m 1：m 2=1：2

D 正确。故选ACD 。

14．A

解析：ABD 【解析】【分析】【详解】

A 与

B 碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B 的初速度方向为正方向，设碰撞后B 与A 的速度分别为v 1和v 2，则：

mv 0=mv 1+2mv 2

由动能守恒得

222

0121122212

mv v v m m +?＝联立得

202

v v ＝ ①

a ．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为v min ，由牛顿第二定律得

2min

22v mg m R

＝ ② A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得

22211222222

min mv mv mg R ??+?＝③ 联立①②③得

0v ＝

可知若小球B 经过最高点，则需要：0v ≥

b ．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O 等高处，由机械能守恒定律得

21222

mv mgR ?＝ ④ 联立①④得

0v ＝

可知若小球不脱离轨道时，需满足

0v ≤

由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：0v ≤0v ≥ABD 正确，C 错误。故选ABD 。

15．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

001()2

Q m v v v =

-③ A 正确，B 错误；

CD ．根据动能定理

011()22f S d mv mv -+=

- ④ 21

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 。

16．A

解析：AD 【解析】【分析】【详解】

A ．设滑杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为D ，根据牛顿第二定律，得滑环的加速度为

cos cos mg a g m

α=

= 滑杆的长度为

x =Dco s α

则根据

212

x at =

解得

t =

=可见时间t 与α无关，故有

t 1=t 2

即两滑环同时到达滑轨底端，A 正确； B ．环所受的合力

F =mg cos α

可知

F 甲＞F 乙

由于运动时间相同，因此合力对甲滑环的冲量较大，甲滑环的动量变化也大，B 错误； C ．重力的冲量大小、方向都相同，选项C 错误；