《动量守恒定律》单元测试题(含答案)

1、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.质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平而上。当小球从如图所示的位置（两球心在同一水平而上）无初速度沿内壁 滚到最低点时，大球移动的距离是（）C.4D.3RT2.48两小球在光滑水平而上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5kgm/s . B球 的动量为7kgm/s,当月球追上8球时发生对心碰撞，则碰撞后4、8两球动量的可能值为 （ ）A. PA = 6kg - m/Sy PB= 6kg m /sB. PA = 3kg - in /s, PH = 9kg - mlsC. PA = -2k

2、g mls, Pb= 14kg m/sd. Pa = -5kg mis, PB = 17kg -mis3.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而上空，利用脚上喷水装置产生的反冲动 力，让你可以在水而之上腾空而起，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p=1.0

3、xl03kg/cm3,则喷嘴 处喷水的速度大约为A. 3.0 m/sB. 5.4 m/sC. 8.0 m/sD. 10.2 m/s4 .关于系统动量守恒的说法正确的是（）只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒系统如果合外力的冲量远小于内力的冲量时，系统可近似认为动量守恒A.B.C.D.5 .在光滑水平面上，有两个小球48沿同一直线同向运动（8在前），已知碰前两球的动量 分别为” = 10kg,m/s、ps=13kgm/s,碰后它们动量的变化分别为酬小Aps.下列数值可能 正确的是（）A. 4

4、人=-3 kgm/s、Ap5=3 kg-m/sB. Ap八=3 kg-m/sx AP5= _3 kg-m/sC. Apa=_20 kg-m/s> P8=20 kg-m/sD. 加= 20kgm/s、ApB=-20 kg-m/s6.如图所示，光滑水平而上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为 mB=2mA,规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s,运动中两球发生碰撞，碰撞 后A球的动量增量为-4kgn/s,贝lj （）A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2： 5B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1： 10C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大

5、小之比为2： 5D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1： 107 .如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻 弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度V。滑上木板，压缩弹簧， 然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为 ”,整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（）ww nA.木板先加速再减速，最终做匀速运动8 .整个过程中弹簧弹性势能的最大值为丁丁4（ Af +m）C.整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为学工M + mD.弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为2/（A/ +m）g8.如图所示

6、，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，与静止在光滑水平而上、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8 .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4NsC.小车的最小速度为lm/sD.在小车速度为lm/s时，弹簧的弹性势能有最大值9 .如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块人穿在杆上，可沿杆无 摩擦滑动，质量为0.99m的物

7、块8通过长度为1的轻质细绳竖直悬挂在4上，整个装置处 于静止状态，4、8可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以V。水平射入物块8（时间极短，子弹未穿出）后，物块8恰好能在竖直面内做圆周运动，且8不会撞到轻 杆。贝IJ（）0.0 k?A.在子弹射入物块8的过程中，子弹和物块8构成的系统，其动量和机械能都守恒B,子弹射入物块8的初速度v°=100阿：C.若物块A不固定，子弹仍以"射入时，物块上摆的初速度将小于原来物块八固定时的 上摆初速度D.若物块A不固定，子弹仍以V。射入，当物块8摆到与PQ等高时，物块4的速率为屈310.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0

8、.6kg, m=0.2kg的两个小球，中间夹着一 个被压缩的具有Ep=168J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lOm/s?。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-SB.弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为L8NsC.若半圆轨道半径可调，则球m从8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/s11 .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

9、光滑固定导轨上自由滑块滑动，小球与滑块上的悬点0由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为人开始时，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（）小球OA.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J 2厂“一y M （M + m）D.滑块的最大速率为-12 .如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平而上，木板的左端有挡板，挡板上固 定一个小弹簧.一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度北从木板的右端开始向左 运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端.根据上述情景 和已

10、知量，可以求出（）JoA.弹簧的劲度系数B.弹簧的最大弹性势能C.木板和小物块组成的系统最终损失的机械能D.若再已知木板长度/可以求出木板和小物块间的动摩擦因数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光滑水 平面上，弧形槽底端与水平而相切，一质量也为m的小物块从槽上高6处开始下滑，下列 说法不正确的是（ ）A.在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒B.在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒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.被弹簧反弹后，物块能回到槽上高6处14 .如图所示，内壁光滑的半圆形的圆弧槽静止在光滑水平地而上，其左侧紧靠固

11、定的支 柱，槽的半径为心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）RD.小球上升的最大高度为（相对槽口）-R215 .三个完全相同的小球a、b、c,以相同的速度在光滑水而上分别与另外三个不同的静 止小球相撞后，小球a被反向弹回，小球b与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，小球c 恰好静止.比较这三种情况，以下说法中正确的是（

12、）A. a球获得的冲量最大B. b球损失的动能最多C. c球克服阻力做的功最多D.三种碰撞过程，系统动量都是守恒的16.如图，为一足够长的光滑水平而，右侧挡板C与轻质弹簧一端相连，接触面均光滑的 三角形斜劈八静止放在水平面上，另一可视为质点的小球B从斜劈顶端距地而高h处静止 释放，且 =3?，mK = m ,小球8滑下后与弹簧作用后反向弹回，下列说法正确的有（）Bq%.C4WWWA.小球离开斜劈时两者水平位移乙=34B.小球下滑过程中，支持力对小球要做功3C.弹簧可以获得的最大弹性势能为二川4D.小球反向弹回后能追上斜劈，并滑上斜劈端6高处17.如图所示，质量为2m的物体A放在光滑水平而上，右

13、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 WWvV/Z/Z/Z/Z/Z/ZZ/Z/Z/ZZA.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:而64C.物体A对B做的功为,4D.物体A对B的冲量大小为一?%18.如图所示，水平面（纸而）内有两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN,导轨电阻不 计，间距为L:导轨之间有方向竖直向下（垂直于纸而向里）、大小为8的匀强磁场：金属杆 ab、cd质量均为m,电阻均为R,两杆静止在水平导轨上，间距为so, t=0时刻开始金

14、属 杆cd受到方向水平向右、大小为F的恒定外力作用。t=to时刻，金属杆cd的速度大小为 此时撤去外力£下列说法正确的是（）A. t=to时刻，金属杆ab的速度大小为Cl 一 v mB.从t=0到t=to时间内，流过金属杆ab的电荷量为£色BLC.最终两金属杆的间距为分 +要上D.最终两金属杆的间距为s0 +FRt。bzE0带有;光滑圆弧轨道、质量为M的小车静止置于光滑水平而上，如图所示，一质量为m的小球以速度%水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（A.小球一定向左做平抛运动B.小球可能做自由落体运动C.若? = M,则此过程小球对小车做的功为2D.若,则小

15、球在弧形槽上升的最大高度将大于2 4g20.质量相等的A、B两球在光滑水平而上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg-m/s, B球的动量是5kgm/s,当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可 能值是（）A. pA=6 kg-m/s, p0=6 kg-m/sB. pa=3 kg-m/s, ps=9 kg-m/sC. Pa= _2 kg-m/s, pB=14 kg-m/sD. pa=_4 kg-m/s, ps=17 kg-m/s二、动量守恒定律解答题21 .如图所示，质量为晒=2砧的物块c静止在倾角均为a=3（T的等腰斜而上E点，质量 为m0的物块a和质量为ms的物块b通过一

16、根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜而顶 端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块。使其静止在。点，让物块b从斜而顶端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Gls同时到达斜面底端.已知4、。两点和C、E两点的 距离均为/】=0.9m , E、8两点的距离为/z=0.4m.斜面上除E8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=正，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时 3（1）物块b由C点下滑到E点所用时间.（2）物块。能到达离A点的最大高度.tna（3）。、b物块的质量之比.22 . 一半径为R、内

17、侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上.一小滑块在半球面 内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为%（%工。）求滑块在整个运动过程中可能 达到的最大速率.重力加速度大小为S .23 .如图甲所示，长木板和四分之一光滑圆弧轨道分别放置在两个光滑的水平面上，长木 板右端上表面和圆弧轨道底端相切，长木板的质量?2= 1kg，圆弧轨道的质量为M,半径 R = 2m ,。为圆心，一个小滑块(可视为质点)放在长木板左端，质量叫=2kg,小滑 块与长木板间的动摩擦因数4 = 0.3,以08为边界，小滑块在08左恻总是受到一个水平 向右、大小为尸=6N的恒力，现给小滑块一个水平向右的大小为 =12m/s

18、的初速度， 使其沿长木板向右滑行，然后从8端平滑地进入圆弧轨道，长木板每次和两个水平面的交 界处相撞后立即停止运动(不粘连)，已知重力加速度g = 10m/s2,忽略空气阻力。若圆弧轨道锁定不动，小滑块第一次到达与圆弧轨道圆心等高处C点时对轨道的作用力 是多少？若小滑块第二次从8处进入圆弧轨道的瞬间，解除对圆弧轨道的锁定，小滑块刚好能到 达与圆弧轨道圆心等高点处C点,则圆弧轨道的质量M是多少？在第(2)问基础上，若小滑块第二次从8处进入圆弧轨道的瞬间，将圆弧轨道换成一个 与其质量相同且倾角8 = 45。的光滑斜而，如图乙所示，斜面的高度力= 1.2m,为使滑块 与第问中上升的最大高度相同，小滑

19、块进入光滑斜而瞬间没有能量损失，则小滑块的初 速度应调为多大？24 .如图所示，质量为m1=2mb的物块c静止在倾角均为a=30。的等腰斜面上E点，质量为 ma的物块a和质量为mb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从斜而顶端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=ls同时到达斜面底 端。斜面上除E8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修正，3空气阻力不计，细绳张紧时与斜面平行，

20、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；若4。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£、8两点距离为0.4m, b与c相碰后b的速度。25 .如图甲所示，半径为/?=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，4为轨道 最高点，和圆心等高：8为轨道最低点.在光滑水平面上紧挨8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8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）从圆弧轨道最高点八由静止释放，其质量m = lkg

21、, g fR 10m/s2.（1）求物块滑到8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 .某“太空粒子探测器”是由加速、偏转和探测三部分装置组成，其原理可简化如下：如 图所示，沿半径方向的加速电场区域边界AB、CD为两个同心半圆弧面，圆心为0】，外圆 弧面AB电势为0,内圆弧而电势为6：在0】点右侧有一与直线CD相切于01半径为R 的圆，圆心为02,圆内（及圆周上）存在垂直于纸面向外的匀强磁场：MN是一个足够长 的粒子探测版，与0。2连线平行并位于其下方3月处：假设太空中漂浮着质量为m,电荷 量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧而上，并被加速电场从静止开始加

22、速 到CD圆弧面上，再由01点进入磁场偏转，最后打到探测版MN（不计粒子间的相互作用和 星球对粒子引力的影响），其中沿。】。2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心02的（1）求粒子聚焦到01点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小Bo ；（2）从图中P点（POi与0102成30。夹角）被加速的粒子打到探测版上Q点（图中未画出），求该粒子从01点运动到探测板MN所需的时间；（3）若每秒打在探测版上的离子数为N,打在板上的离子数60%被吸收，40%被反射， 弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍、求探测板受到的作用力的大小.【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

23、解析：A【解析】【分析】【详解】由于水平而光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为力,大球 的水平速度大小为V2,由水平方向动量守恒有mvi = 3mv2若小球达到最低点时，小球的水平位移为刈，大球的水平位移为X2,则x. v. 3m - 一二=3 X, v2 m由题意xi+x2=3R-R=2R 由式解得大球移动的距离是R-V,=-2故A正确，BCD错误。故选A。2. B解析：BC【解析】 【详解】A.由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大.故A错误.B.碰撞前，A的速度大于8的速度Va>vb，则有P P % 叫 叫得至U5rr?A

24、< ms7根据碰撞过程总动能不增加，则有32925272+<+2inA 2mB 2mA 2mB得至I 1 mA< mB满足5rr）A< ms.7故B正确.C.根据B选项分析得C正确.D,可以看出，碰撞后A的动能不变，而8的动能增大，违反了能量守恒定律.故D错 误. 故选BC .【点睛】对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律：2、总动能不增加：3、符合物体的实 际运动情况.3. C解析：C【解析】【详解】设亡时间内有质量为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：FN =m =。皿%（耳）设运动员与装备的总质量为M,运动员悬停在空中，所

25、以：F'= Mg由牛顿第三定律得：尸=F 联立解得：v8.0m/sC正确。4. C解析：C【解析】【分析】【详解】系统所受的合外力为零，合外力的冲量为零，系统动量就守恒，故正确.动量守恒 的条件是系统所受的合外力为零，系统内有摩擦力时，由于内力对系统的动量变化没有影 响，只要系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒.故错误.根据动量守恒的条件 可知，系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但系统在某一方向不受外力或合外力 为零，在该方向上系统的动量守恒.故C正确.系统所受合外力不为零，但如果合外力 的冲量很小（相比内力的冲量）时，系统可近似动量守恒.故正确.由以上可知，C正 确,A、B、

26、D错误.故选C .【点睛】解决本题要准确掌握动量守恒的条件：系统所受的合外力为零，并知道在某一方向不受外 力或合外力为零，在该方向上系统的动量守恒，动量可以分方向守恒.5. A解析：A【解析】【详解】对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰撞后系统的机械能不能增加和碰撞过程 要符合实际情况。BD.本题属于追及碰撞，碰前，后而运动物体速度一定要大于前面运动物体的速度（否则 无法实现碰撞），碰后，前面物体动量增大，后而物体的动量减小，减小量等于增大量， 所以4p/lV0,）口0,并且4）力=-4。8由此可知：不符合题意。,p2A.碰撞后，pA =7k-gm/s,=16kg.m/s,根据关系式/

27、1瓜=而，满足以上三条定律，符合题意。,.p2C.碰撞后，21p/l =-10k-gm/s, ApB =33kg-m/s,根据关系式/以 =，A球的质量 2m和动量大小都不变，动能不变，而B球的质量不变，动量增大，所以B球的动能增大，系 统的机械能比碰撞前增大了，不符合题意。6. A解析：A【解析】试题分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒：同时考虑实际情 况，碰撞前后而的球速度大于前面球的速度.规定向右为正方向，碰撞前4 8两球的动量均为64说明4 8两球的速度方向 向右，两球质量关系为机s =2，心，所以碰撞前匕 唳，所以左方是4球.碰撞后4球的 动量增量为-44&qu

28、ot;?/5,所以碰撞后A球的动量是2kgm/s,碰撞过程系统总动量守恒： 叫/八十%也=一匕J + "%匕/，所以碰撞后8球的动量是10kgm/s,根据mB=2ma,所 以碰撞后4 B两球速度大小之比为2 ： 5 , A正确.7. A解析：AB【解析】【分析】【详解】A.物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动：当弹簧被压缩到最短时，摩擦力 反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速：当物块与弹簧分离后，物 块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减速：最终，当物块滑到木板最右端 时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所

29、以A正确；B.当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块, 弹簧和木板看做系统，由动量守恒定律可得八% = (? + M )v得m + M从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得Ep = "I%。 (m + M )v2 - Wt22从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得2Wf = mv02 - - (m + M )v222卬_ 跖。21 4(1+ M) 则最大的弹性势能为E _ 说p所以B正确：C.根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为I = mv -=M + mMhiv所以是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C

30、错误; M +niD.由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为耳=吆又系统克服摩擦力做功为v _叱 .F 4(M+m)gMu 2即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为一，所以D错误。4(M +m)g故选ABO8. 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吟，小球的速度大小为u,由动量守恒及动能守恒有：mv0 = Mv + mvx, /Wq = - in + A/v2 ；解得： = v0 = -3m/s ,小车速度方向 222m + M2rH向左；n =v0 = 2nVs，小球速度方向向右；选项A正确.m + MD、当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为n,根据

31、动量守恒定律有：move + mvi = (mo + m)v2 ,解得：vz = 1 m/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/=mvz - mvi ,解得：/=4N,s,选项B【E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.9. B解析：BD【解析】【详解】A.在子弹射入物块8的过程中，子弹和物块8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

32、不守恒，故A错误。B.物块8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：mg = m 十,得B从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律得”121，mg -2L + = /nv；22子弹射入物块8的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得O.Olmvo- (0.01A7)+0.99m ) V2联立解得v2=/5gL% = lOOL，故B正确。c.若物块A不固定，子弹仍以V。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入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6射入，当物块8摆到与PQ等高时，设A的速率为幺，B的水平速率为V8.根据

33、水平动量守恒有(0.01m+0.99zn) V2=(2m+0.01m+0.99fn)办.得v _屈A 3故D正确。10. 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mv. =0由机械能守恒得代入数据解得v, =9ni/s, v2 = 3ni/s即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s； m从八到8过程中，由机械能守恒定律得12122 ,nv = tnv +，2R解得v； = 8m/s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8的过程中所受合外力冲 量大小为I = )= nn, -im =0.2x(-8)N-s-0.

34、2x9N-s = -3.4N*s则合力冲量大小为3.4Ns,由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为/ = A/? = m = 0.2 x 9N -s = 1.8N s故AB正确，D错误:c.设圆轨道半径为时，飞出8后水平位移最大，由4到8机械能守恒定律得-mv；=-mv+mg-2r22在最高点，由牛顿第二定律得)Z V；mg + N =m rm从8点飞出，需要满足：NNO,飞出后，小球做平抛运动2= ；g产x = vt解得V = J(4-4gr号=一旬4r当8.14r = 4r时，即广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，

35、故C错误。故选ABo11. 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据系统机械能守恒有联立解得故C项正确，D项错误.故选BC。12. B解析：BCD【解析】【分析】【详解】小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为%、介，以向左为正方向，小木块从开始位置滑动到最左端的过程，由动量守恒定律得：mv0= (

36、m+M )%小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程muo= ( m+M ) vz解得U1= M +mV2=- M + m小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律得Epm+Q+ ( m+M ) /= mvo2 22Q=fL 小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律Qz+ ( m+M ) v2= mvo2 ,22Q'=f ( 2L ) =2Q由式，可以解出Epm、Q、故BC正确：求出Q后，如果已知木板长度I,则：Qmgl,可以求出木板和小物块间的动摩擦因数，故D正确：由于缺少弹簧的压缩量，无法求出弹簧的劲度系数，故A错误；故选BCD .点暗：动量守恒定律的运用不涉及中间过程

37、，故对于复杂的运动特别方便，可以大大简化 解题过程；同时要注意动量守恒定律经常与动能定理和能量守恒定律结合使用.13. . B解析：BCD【解析】【分析】【详解】A.在下滑过程中，对于物块和槽组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A 正确：B.在下滑的过程中，物块和槽在水平方向上的合外力为零，竖直方向上的合外力不为零， 故系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的动量不守恒，故B错误；C.在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统，水平方向受到竖直墙壁水平向左的作用 力，合外力不为零，故物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故C错误：D.因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，

38、根据动量守恒定律知物块离开 槽时物块与槽的速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速 直线运动，所以物块不会再滑上弧形槽，故D错误。本题选不正确的，故选BCD.14. B解析：BD【解析】【分析】【详解】A.根据机械能守恒定律mg - 2R =； 八/小球到达槽底时，根据牛顿第二定律l/nv2及一 吆=丁K槽对地面的压力大小N = Fn + 3mg整理得N = SingA错误：B.小球通过最底点，再向右运动时，槽也一起向右运动，整个系统在水平方向上满足动量 守恒，因此到达右侧槽口处时，小球与槽在水平方向上速度相等，相对槽做竖直上抛运 动，因此能沿圆弧切线落回槽内，B正确：

39、CD.到达右侧槽口时，水平方向上动量守恒niv = (3 m + m)vx整个系统机械能守恒=mgR + 3n= + m(r + r) 22因此小球相对槽口再上升的高度/2g整理得,Rh = 2C错误，D正确。故选BDO15. A解析：ACD【解析】 【分析】 【详解】A、三小球与被撞小球碰撞过程中动量守恒，因为。球是唯一碰撞前后动量方向相反的， 则碰撞过程a球动量变化最大，由动量定理可知，。球获得的冲量最大；故A正 确.B、C、c小球恰好碰后静止，动能全部损失，故c球损失动能最多，由动能定理可 知，c球克服阻力做功最多；故B错误，C正确. D、碰撞过程系统所受合外力为零，系统 动量守恒，故D

40、正确.故选ACD.【点睛】本题主要考查了动量守恒定律、动量定理及动能定理的直接应用.16. . B解析：BC【解析】【分析】【详解】A.小球8下落，以A3为系统，水平方向平均动量守恒：所以办=3勺，故A错误；B.由功能关系知：支持力对小球做负功，故B正确:C,从开始下滑至8离开4在8球压缩弹簧过程中,故C正确:D.所以以,巳，可追上斜劈，当上升至最高处:小八，八+51 =（+"打）丫，啊城'=+-(% + %)/，知“</?,故D错误.17. 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

41、：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：=（团+ 2山 ,解得：£ =工，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：1/ 2 .Ep=-x3mv2 = - x3mx = ,故B正确；先B与A 一起向右压缩弹簧，之后I 223 6 °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的速度大小为为，方向向左，故物体A对B做的功等于B动能的变化，3即卬=上6一地 一！叫；=一34，故c错误：取向左为正方向，根据动量定理，2 I 3 J 2 °9 &

42、#176;p44可知物体A对B的冲量/ =2于一7（-%）= -o，故其大小为二?%,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.18. A解析：AD【解析】【分析】【详解】A. t=t。时刻，设金属杆岫的速度大小为/,对两杆整体，由动量定理得尸弓=mv' + mv解得 Ft.v =vin选项A正确；B.从1=0到1=1。时间内，对于金属杆ab,由动量定理得BiLt = mvBLq = mv则流过金属杆ab的电荷量为qImv _ FtQ - mvq =BL BL选项B错误:

43、CD.最终两金属杆达到共同速度v共，由动量守恒定律得Fto=2m U共 通过回路的电量为小,有BLq = mv)f.设最终两金属杆的间距为S,有，BSS 8L (s - %)q =2R 2R联立解得FRf°1。+赤选项C错误：D正确。故选AD.19. . B解析：BCD【解析】【分析】【详解】ABC.小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒.选取 向右为正方向，由动量守恒定律得叫)=m + Mv2 由机械能守恒定律得1 ,1 ， 1 “八石=/nvf + m222若利=乂，可解得匕=0, v2=v0即小球在水平方向上速度为零，离开后做自由落体运动; 对小车，

44、运用动能定理得：小球对小车做的功2(m + M)g 2(l + ?)g M若加则小球在弧形槽上升的最大高度将大于二，故D正确。 4g故选BCD。20. A解析：ABC【解析】【分析】【详解】以两球组成的系统为研究对象，取A、B球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量分别 为"?A、，由于碰撞前,A球能追上B球，则PadPbo?A代入数据整理得%>为系统的总动量p=7 kg-m/s+5 kg-m/s=12kg-m/s A.若碰后A、B两球动量为PA=6kg-m/s, ps=6kg-m/s 由于Pa + Pb = P因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A球不可能超过B球，因此叫 也解得人

45、< 另外碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能扁 +> X . Pb2 7 A 2?b2?a 2?b代入数据整理得“% 22” 由解得m. > inu > in.八D , C 八能找到合适质量的A、B两物体，因此A正确；B.若碰后A、B两球动量为pA=3kg-m/s, pB=9kg-m/s 由于Pa + Pb = P因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A球不可能超过B球，因此解得mB < 3叫另外碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能/4 + 脸p； . /42 7 A 2"、 2mA 21 代入数据整理得77%/叫由解得3wA>/nB>1/nA能找到

46、合适质量的A、B两物体，因此B正确；C.若碰后A、B两球动量为PA=-2kg-m/s» pB=14kg-m/s 由于Pa + Pb = P因此碰撞过程中动量守恒，碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能2222ao . Pbo > Pa . Pb2 7 A 2% 21nA 21代入数据整理得J9""之丁机A 由联立解得192'能找到合适质量的A、B两物体，因此C正确；D.若碰后A、B两球动量为PA=-4kg-m/s» pB=17kg-m/s由于 因此碰撞过程中动量不守恒，D错误。故选ABCo二、动量守恒定律解答题21. ( 1 ) 0. 6；

47、( 2 ) 0.578： ( 3 ) 15/16【解析】【分析】【详解】本题考查物体沿斜面的运动，以及碰撞；需运用牛顿运动定律、运动学公式、 动量及能量守恒、动量定理等知识.(1)物块b在斜解析：(1 ) 0.6： ( 2 ) 0.578； ( 3 ) 15/16【解析】【分析】【详解】本题考查物体沿斜而的运动，以及碰撞：需运用牛顿运动定律、运动学公式、动量及能量 守恒、动量定理等知识.(1)物块b在斜而上光滑段CE运动的加速度为q = g sin a = 5/77 / 52(2 )取沿AC方向为正方向，由一 4 =1，/一：4,，= 1S解得匕=1.6，%n 2 2 56a沿斜而上滑距离有s

48、 =二=-=0.256(/n)2q 2x5所以物块a能到达离A点的最大高度h = 6 + 5)sin a = 0.578/n(3 )设绳断时物块b的速度为与，b与c相碰后b的速度为v； z c的速度为匕，则小卢2 = %匕1,1123精丁 = 3?”2- + 弓机/ 乙乙乙S = 2mb,13联立解得U；= -大岭 “2 = 5匕因匕的方向沿斜而向下，故2的方向沿斜而向下，匕'的方向沿斜面向上.在EB段上的加速度为生 =g sin a -cos a = 10x(yT与。 ,物块b在EB段 上作匀速运动.和C相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为%'，则V；（z-2r2） =

49、12代入数据，得2匕2一5匕'+2 = 0解得V7的大小为匕'=0.5/72/ S和27 / S 一物块b刚下滑到E点时的速度为 =72x5x0.9 = 3（，%）若取彩'=2"s，则匕的大小为式2=6"$>%=35,与事实不符，所以舍去.取匕'=0.5s，则岭=l.5/s，方向沿斜而向下.设细绳对物块a和b的冲量大小为I,由/ = %匕一/=/（%一 %）nt vn - v7 3-1.5 15解得二='一- =叫 V, 1.616点睛：绳绷紧瞬间，对两端物体的冲量大小相等.22.【解析】【分析】【详解】以滑块和地球为系统，它在

50、整个运动过程中机械能守恒.滑块沿半球面内侧运 动时:可将其速度分解成纬线切向（水平方向）分量及经线切向分量，设滑块质 量为m,在某中间状态时，max【解析】【分析】【详解】以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒.滑块沿半球而内侧运动时，可将其 速度分解成纬线切向（水平方向）分量%及经线切向分量分,设滑块质量为m,在某中间 状态时，滑块位于半球面内侧夕处，夕和球心。的连线与水平方向的夹角为。，由机械能 守恒得渊=一?gRsin 0 + + mv222这里已取球心。处为重力势能零点.以过。的竖直线为轴.球面对滑块的支持力通过该轴, 力矩为零：重力相对于该轴的力矩也为零.所以在整个运动过程

51、中，滑块相对于轴的角动 量守恒，故mvyR = mvRcosO 由式，最大速率应与。的最大值相对应1'=1，（限）而由式可知，S不可能达到£,由和式，9的最大值应与分=。相对应，即% （夕max ）=。式也可用下述方法得到：由式得2gAsine-u：ai/e = I彳 > 0若sinGwO,由上式得sin。 2gRIICOS 2. Vy实际上，sindH）也满足上式.由上式可知sin8nm _2gR由式有V （夕皿）=2gRsin斗皿一片tan沧 1ax = 0将1%（4皿）=°代入式，并与式联立，得小山迫皿一2gRsin8a （1。/8皿）=0以sin斗皿为

52、未知量，方程的一个根是sin氏0,即为0,这表示初态，其速率为最小值, 不是所求的解 于是4】斗皿0°，约去sinJmax，方程变为2gHsinmax + 若sindmax -2&火=()其解为注意到本题中sinBNO ,方程的另一解不合题意，舍去.将式代入式得，当6 =4皿 时，有力=；W +用+16.店）考虑到式有Vmax = & = g（% +M +16gKj 23. （1） 104N； （2） 10kg： （3）。【解析】【分析】【详解】(1)小滑块与长木板间的摩擦力所以有故小滑块在长木板上做匀速运动，到达B端的速度对小滑块，从B到C的过程由动能定理解析：(1

53、) 104N： (2) 10kg： (3) 8V3m/s »【解析】【分析】【详解】(1)小滑块与长木板间的摩擦力f =川外g = 6N所以有f = F=6N故小滑块在长木板上做匀速运动，到达8端的速度也=v0 = 12m / s对小滑块，从8到C的过程由动能定理有D 1，12在C处有五皿n R解得& =104N由牛顿第三定律知，小滑块对轨道的作用力大小F/. =FS. =104N方向沿oc水平向右。(2)经分析小滑块从圆弧轨道回到B处时的速度大小为v = 12m/s n之后小滑块向左做匀减速运动，长木板向左做匀加速运动。 对小滑块有F + jLUJLg /，q =- = 6

54、m / s-对长木板有叫 g N / >>=- = 6m / s当小滑块与木板共速时有也一卬=®共同速度“ =®解得Z = ls, Vj = 6m / s长木板的位移1， cx = a.r =3m2 -之后小滑块与木板一起向左做匀减速运动，加速度大小为a =-=2m / s2mx + "k I /二者共速到速度减为零，长木板的位移 2as = = 9m-2a然后小滑块和长木板一起向右以共同的加速度做匀加速运动，加速度为F 。）a = 2m / s"+ m2长木板再次回到8处时，有V；=27（% +X2）解得v2 = 4>/3m / s之后小滑块第二次从8处进入圆弧轨道，以小滑块和圆弧轨道为整体，从小滑块进入圆弧