动量守恒定律试题(含答案)

动量守恒定律试题(含答案)一、动量守恒定律选择题1．在采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下．今有一采煤用水枪，由枪口射出的高压水流速度为v．设水的密度为ρ，水流垂直射向煤层表面，若水流与煤层作用后速度减为零，则水在煤层表面产生的压强为（）A． B． C． D．2．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v0，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B．b棒匀速运动的速度大小为C．整个过程中通过b棒的电荷量为D．整个过程中b棒产生的热量为3．一质量为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 B．速度大小为C．动量大小为 D．动能大小为4．平静水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，人向船尾走去，走到船中部时他突然停止走动．不计水对船的阻力，下列说法正确的是（）A．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍B．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的9倍C．人走动时，它相对水面的速度大于小船相对水面的速度D．人突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间5．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/sB．物块与木板间的动摩擦因数为0.3C．木板的长度至少为2mD．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3J6．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是A．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽组成的系统机械能守恒B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平动量守恒C．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动D．若小球刚好到达C点，则7．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mB=2mA，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2：5B．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1：108．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Ep=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·sB．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N·sC．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/s9．有一宇宙飞船，它的正对面积S=2m2，以v=3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区．此微粒区1m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m=2×10-7kg．设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加A．3.6×103N B．3.6N C．1.2×103N D．1.2N10．如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，到弹簧恢复原长的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W的大小分别是（）A．I=0，W=mv02 B．I=mv0，C．I=2mv0，W=0 D．I=2mv0，11．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μ=0.4，质量为m0=5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g=10m/s2，则在整个过程中A．物块和木板组成的系统动量守恒B．子弹的末动量大小为0.01kg·m/sC．子弹对物块的冲量大小为0.49N·sD．物块相对木板滑行的时间为1s12．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B．杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为C．整个过程中，流过电阻R1的电荷量为D．整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为13．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为的小物体B以水平速度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，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C．木板A的最小长度为D．A对B做的功与B对A做的功绝对值相等14．如图（a）所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连．已知有一质量为m0的子弹B以水平速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t=0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。下列说法正确的是A．A、B一起在竖直面内做周期T=t0的周期性运动B．A的质量大小为C．子弹射入木块过程中所受冲量大小为D．轻绳的长度为15．如图所示，长为L的细线，一端固定在O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I，使小球绕悬点O在竖直平面内运动。为使细线始终不松弛，I的大小可选择下列四项中的（）A．大于 B．小于C．大于 D．大于，小于16．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)gB．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17．如图所示，在倾角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L=0.5m。斜面上有一边长也为L的正方形金属线框abcd，其质量为m=0.1kg，电阻为。第一次让线框cd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v1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v2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q1、q2，线框通过磁场的时间分别t1、t2，线框通过磁场过程中产生的焦耳热分别为Q1、Q2.已知重力加速度g=10m/s2，则：（）A．m/s，m B．C，mC． D．18．如图（a）所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻，甲物块以速度v04m/s向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v—t图像如图（b）中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为6kg，乙物块质量为5kg，则（）A．此碰撞过程为弹性碰撞 B．碰后瞬间乙物块速度为2.4m/sC．碰后乙物块移动的距离为3.6m D．碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6：519．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为的形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为的小球沿水平方向，以初速度从形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．该过程中，小球与形管组成的系统机械能守恒B．小球从形管的另一端射出时，速度大小为C．小球运动到形管圆弧部分的最左端时，速度大小为D．从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为20．在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块．开始时滑块静止．若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1，持续一段时间后立即换成与E1相反方向的匀强电场E2．当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能．在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，冲量大小为I1；E2对滑块的电场力做功为W2，冲量大小为I2．则A．I1=I2 B．4I1=I2C．W1=0.25W2=0.75 D．W1=0.20W2=0.80二、动量守恒定律解答题21．一半径为、内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().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.22．如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝2kg．物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失．已知物块的质量m＝1kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8m，BC长度为L＝3m，BD段光滑．g取10m/s2．求在运动过程中：（1）弹簧弹性势能的最大值；（2）物块第二次到达C点的速度．23．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨右端处与倾斜传送带理想连接，传送带长度，传送带以恒定速度顺时针转动，三个质量均为的滑块、、置于水平导轨上，滑块、之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块与轻弹簧连接，滑块未连接弹簧，滑块、处于静止状态且离点足够远，现让滑块以初速度沿滑块、连线方向向滑块运动，滑块与碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块脱离弹簧后滑上倾角的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，取重力加速度，，。求：（1）滑块、碰撞时损失的机械能；（2）滑块刚滑上传送带时的速度；（3）滑块在传送带上因摩擦产生的热量。24．如图所示，两平行圆弧导轨与两平行水平导轨平滑连接，水平导轨所在空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度，两导轨均光滑，间距。质量为的导体棒静止在水平导轨上，质量的导体棒从高的圆弧导轨上由静止下滑。两导体棒总电阻为，其它电阻不计，导轨足够长，。求：(1)棒刚进入磁场时棒的加速度；(2)若棒不与棒相碰撞，则两杆运动过程中释放出的最大电能是多少；(3)当棒的加速度为时，两棒之间的距离比棒刚进入磁场时减少了多少？25．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：(1)物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。26．如图所示，半径为R的光滑半圆轨道AB竖直固定在一水平光滑的桌面上，轨道最低点B与桌面相切并平滑连接，桌面距水平地面的高度也为R．在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态．已知a球的质量为m0，a、b两球质量比为2∶3．固定小球b，释放小球a，a球与弹簧分离后经过B点滑上半圆环轨道并恰能通过轨道最高点A．现保持弹簧形变量不变同时释放a、b两球，重力加速度取g，求：（1）释放小球前弹簧具有的弹性势能Ep；（2）b球落地点距桌子右端C点的水平距离；（3）a球在半圆轨道上上升的最大高度H．【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：A【解析】设水流的横截面积为S，则t时间内喷水质量为：m=ρSvt以该运动方向为正方向，对其与墙壁碰撞过程采用动量定理（水平分运动），有：﹣Ft=0﹣mv压强为：联立解得：P=ρv2故选择A.【点睛】先求出时间t内喷出水的质量m，再对质量为m的水分析，其水平方向经过t时间与煤层的竖直表面碰撞后速度减小为零，根据动量定理列式，再根据压强公式列式求解水对煤层的压强．2．A解析：AB【解析】【分析】【详解】A．由F安=ma得故A项正确；B．匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等得末速度对a棒对b棒解得则故B正确；C．对a棒且解得故C错误；D．由能量关系，整个过程中产生的热量故D项错误。故选AB。3．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故A正确；BC．由图像可知在0~t1时间段内两个力等大反向，物体静止，在t1时刻后物体开始运动，由动量定理和图象面积可得解得故B错误，C错误；D．因为联立可得动量和动能的关系所以有故D正确。故选AD。4．A解析：AC【解析】【分析】【详解】AC．不计水的阻力，人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mv船=0v=8v船人与船的动能之比：故AC正确；B．人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mv船=0，v=8v船vt=8v船ts人=8s船故B错误；D．人与船组成的系统动量守恒，人突然停止走动后，人的动量为零，则小船的动量也为零，速度为零，即人停止走动后，船立即停止运动，故D错误；故选AC．点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，知道动量守恒的条件、应用动量守恒定律、动能计算公式即可正确解题；对人船模型要知道：“人走船走”，“人停船停”的道理．5．A解析：AD【解析】【详解】A.由图示图线可知，物块的初速度为：v0=3m/s，物块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv0=（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/s2，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：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。6．D解析：D【解析】【详解】AB．小球从AB的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒，但对系统的机械能守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，由于半圆槽要对滑块做功，则对小球、半圆槽组成的系统机械能不守恒，选项AB错误；C．当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C错误；D．小球到达B点时的速度，从B到C的过程中，对小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒：由能量关系可知：联立解得：选项D正确．7．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，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度．规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为，所以碰撞前，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为，所以碰撞后A球的动量是2kg•m/s，碰撞过程系统总动量守恒：，所以碰撞后B球的动量是10kg•m/s，根据mB=2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，A正确．8．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，由动量守恒得由机械能守恒得代入数据解得即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解得以向右为正方向，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的冲量大小为故AB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机械能守恒定律得在最高点，由牛顿第二定律得m从B点飞出，需要满足：，飞出后，小球做平抛运动解得当时，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。9．B解析：B【解析】【分析】【详解】在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为由动量定理得：解得：根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6N，要是飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6N，故B正确；故选B10．C解析：C【解析】【分析】【详解】在木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程中，弹簧对木块做负功，在弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对木块做正功，且正功与负功的绝对值相等，故在整个相互作用的过程中弹簧对木块做的总功W=0木块将以-v0的速度被弹回，由动量定理可得，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量的大小故选C。【点晴】解决本题关键将整个相互作用过程分为木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程和弹簧将木块弹出的过程进行分析，注意动量为矢量，有大小和方向。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：m0v0=（m0+m）v1……①木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：（m0+m）v1=（m0+m+M）v2……②联立可得：所以子弹的末动量：p＝m0v2＝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−p0＝0.01kg·m/s−5×10−3×300kg·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（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1）……③由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间．故D正确．12．A解析：ACD【解析】【详解】A.杆刚进入磁场之前的加速度则进入磁场时速度大小为选项A正确；B.杆刚进入磁场时产生的感应电动势：E=Bdv则电阻R1两端的电势差大小为选项B错误；C金属棒进入磁场后，由动量定理：即因为解得选项C正确；D.整个过程中，产生的总焦耳热：则电阻R1上产生的焦耳热为选项D正确；故选ACD。13．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，由动量守恒定律得解得所以木板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。14．B解析：BCD【解析】【详解】A．根据图（b）可以知道、一起在竖直面内做周期的周期性运动，故A错误；BCD．设子弹打入物块后一起运动的速度大小为，一起上到最高点的速度大小为，细绳的长度为。子弹打入物块的瞬间，根据动量守恒定律有：子弹和物块在最低点绳子有最大拉力，根据牛顿第二定律有：子弹和物块在最高点绳子有最小拉力，根据牛顿第二定律有：从最高点到最低点，根据动能定理：物块受到子弹的冲量联合解得：；；。故BCD正确。故选BCD。15．B解析：BC【解析】【详解】存在两种可能：(1)小球在运动过程中，最高点与O点等高或比O低时，线不松弛。由得即冲量I小于，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，则有根据机械能守恒得解得所以为使细线始终不松弛，v0的大小范围为，即冲量I大于，选项C正确，D错误。故选BC。【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。16．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=ma1对木板，根据牛顿第二定律有：要使小木块滑离木板，需使：则有：故A正确；B．设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为t1，小木块的加速度大小为a1，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为a2，时间为t2，有：联立解得：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．17．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可得根据机械能守恒可得A错误；B．进入磁场过程中①由三式联立得代入数据整理得结合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第二次由于匀速运动因此C正确；D．根据动量定理，第一次进入磁场的时间②而③将①③代入②代入数据，可得接下来匀速运动，离开磁场的时间因此第一次穿过磁场的时间第二次匀速穿过磁场的时间因此D正确。故选BCD。18．B解析：BC【解析】【分析】【详解】AB．由图乙可知，碰前甲的速度碰后甲的速度碰撞过程中动量守恒代入数所据，解得又由于碰撞的过程中，损失了机械能，不是弹性碰撞，因此A错误，B正确；C．由图(b)可知甲的延长线交时间轴于处，由于图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此C正确；D．在图像中斜率表示加速度，由图(b)可知，甲物体做减速运动的加速度乙物体做减速运动的加速度因此D错误。故选BC。19．A解析：ABD【解析】【分析】【详解】A．小球和U形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A正确；B．小球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得再有机械能守恒定律可得解得所以B正确；C．从小球射入至运动到形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度水平方向速度相同，对此过程满足动量守恒定律，得由能量守恒得解得所以C错误；D．小球此时还有个分速度是沿着圆形管的切线方向，设为，由速度的合成与分解可知对小球由动量定理得由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为所以D正确。故选ABD。20．C解析：C【解析】设第一过程末速度为v1，第二过程末速度大小为v2．根据上面的分析知两过程的平均速度大小相等，根据匀变速直线运动规律有，所以有v2=2v1．根据动能定理有：，，而，所以，，故C正确，D错误；又因为位移大小相等，所以两个过程中电场力的大小之比为1：3，根据冲量定义得：I1=F1t，I1=F1t，所以I2=3I1，故AB错误．二、动量守恒定律解答题21．【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，解析：【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，滑块位于半球面内侧处，和球心的连线与水平方向的夹角为，由机械能守恒得①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中，滑块相对于轴的角动量守恒，故②由①式，最大速率应与的最大值相对应③而由②式可知，θ不可能达到，由①和②式，θ的最大值应与相对应，即④④式也可用下述方法得到：由①②式得若，由上式得实际上，也满足上式．由上式可知由③式有将代入式①，并与式②联立，得⑤⑩以为未知量，方程⑤的一个根是sinθ=0，即θ=0，这表示初态，其速率为最小值，不是所求的解于是，约去，方程⑤变为⑥其解为⑦注意到本题中，方程⑥的另一解不合题意，舍去.将⑦式代入①式得，当时，有⑧考虑到④式有⑨22．①；②【解析】【分析】【详解】(1)由A点到B点的过程中，由动能定理得：mgh＝mvB2解得vB＝＝6m/s由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvB＝(解析：①；②【解析】【分析】【详解】(1)由A点到B点的过程中，由动能定理得：mgh＝mvB2解得vB＝＝6m/s由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvB＝(M＋m)v此时的弹性势能最大，由能量守恒可得：Ep＝mvB2－(M＋m)v2由以上两式可得Ep＝12J(2)物块由B点至第二次到达C点的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvB＝mvC＋Mv′物块由B点至第二次到C点的整个过程机械能守恒mvB2＝mvC2＋Mv′2由以上两式可解得：vC＝－2m/s；vC＝6m/s(第一次到C点的速度，舍去)即物块第二次到达C点的速度为－2m/s．【点睛】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的应用，本题运动过程复杂，有一定的难度，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，搞清能量转化的关系．23．（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）与位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设与碰撞后共同速度为，选取向右为正方向，对、有碰撞时损失的机械能为联立解得（2）设、碰撞解析：（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）与位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设与碰撞后共同速度为，选取向右为正方向，对、有碰撞时损失的机械能为联立解得（2）设、碰撞后，弹簧第一次恢复原长时的速度为，的速度为，由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得：联立解得：（3）滑块以滑上传送带，假设匀加速直线运动位移为时与传送带共速，由运动学公式有：联立解得设加速运动的时间为，有：所以相对位移代入数据解得：所以摩擦生热24．(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)cd棒沿斜面下滑的过程中机械能守恒棒刚进入磁场时，回路的感应电动势回路的感应电流棒的加速度(2)ab、cd组成的系统满解析：(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)cd棒沿斜面下滑的过程中机械能守恒棒刚进入磁场时，回路的感应电动势回路的感应电流棒的加速度(2)ab、cd组成的系统满足动量守恒，最终两者速度相同根据能量守恒，释放出的电能整理得(3)设ab棒的速度为v1，cd棒的速度为v2，在运动过程中，根据动量定理又由于由于动量守恒整理可得25．（1）60N，