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面上。当小球从如图所示的位置（两球心在同一水平面上）无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（）ABCD2A、B两小球在光滑水平面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A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为（）ABCD3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面 上空，利用脚上喷水装置产生的反冲动力，
2、让你可以在水面之上腾空而起，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=1.0103kg/cm3，则喷嘴处喷水的速度大约为A3.0 m/sB5.4 m/sC8.0 m/sD10.2 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
3、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ABCD5在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为pA10 kgm/s、pB13 kgm/s，碰后它们动量的变化分别为pA、pB.下列数值可能正确的是( )ApA3 kgm/s、pB3 kgm/sBpA3 kgm/s、pB3 kgm/sCpA20 kgm/s、pB20 kgm/sDpA20kgm/s、pB20 kgm/s6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6kgm/s，运动中两球发生碰
4、撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/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1：107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v0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（）A木板先加速再减速，最终做匀速运动B整个过程中弹簧弹性势能的最大值为C
5、整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为D弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为8如图所示，光滑水平面上有一质量为m1kg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m01kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v05m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M4kg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4NsC小车的最小速度为1m/sD在小车速度为1m/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
6、A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。则（）A在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒B子弹射入物块B的初速度v0=100C若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块上摆的初速度将小于原来物块A固定时的上摆初速度D若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，物块A的速率为10在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg
7、，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3.4NsB弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8NsC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DM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光滑固定导轨上自由滑动，小球与
8、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面上，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v0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知量，可以求出 ()A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
9、若再已知木板长度l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，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h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h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面上，其左侧紧靠固定的支柱，槽的半径为R。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
10、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）15三个完全相同的小球a、b、c，以相同的速度在光滑水面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（）Aa球获得的冲量最大Bb球损失的动能最多Cc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面，右侧挡板C与轻质弹簧一端相
11、连，接触面均光滑的三角形斜劈A静止放在水平面上，另一可视为质点的小球B从斜劈顶端距地面高h处静止释放，且，小球B滑下后与弹簧作用后反向弹回，下列说法正确的有（ ）A小球离开斜劈时两者水平位移B小球下滑过程中，支持力对小球要做功C弹簧可以获得的最大弹性势能为D小球反向弹回后能追上斜劈，并滑上斜劈端h高处17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C物体A对B做的功为D物体A
12、对B的冲量大小为18如图所示，水平面(纸面)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(垂直于纸面向里)、大小为B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s0。t=0时刻开始金属杆cd受到方向水平向右、大小为F的恒定外力作用。t=t0时刻，金属杆cd的速度大小为v，此时撤去外力F，下列说法正确的是（）At=t0时刻，金属杆ab的速度大小为B从t=0到t=t0时间内，流过金属杆ab的电荷量为 C最终两金属杆的间距为 D最终两金属杆的间距为19带有光滑圆弧轨道、质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质
13、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，则此过程小球对小车做的功为D若，则小球在弧形槽上升的最大高度将大于20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球的动量是7 kgm/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()ApA=6 kgm/s，pB=6 kgm/sBpA=3 kgm/s，pB=9 kgm/sCpA=2 kgm/s，pB=14 kgm/sDpA=4 kgm/s，pB=17 kgm/s二、动量守恒定律 解答题21如图所示，质量为mc
14、=2mb的物块c静止在倾角均为=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l1=0.9m，E、B两点的距离为l2=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=，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/s2求：（1）物块b由C
15、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22一半径为、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. 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，圆弧轨道的质量为M，半径，O为圆心，一个小滑块（可视为质点）放在长木板左端，质量，小滑块与长木板间的动摩擦因数，以OB为边界，小滑块在OB左侧总是受到一个水平向右、大小为的恒力，现给小滑块一个水平向右的大
16、小为的初速度，使其沿长木板向右滑行，然后从B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，忽略空气阻力。(1)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？(2)若小滑块第二次从B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？(3)在第(1)(2)问基础上，若小滑块第二次从B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的光滑斜面，如图乙所示，斜面的高度，为使滑块与第(2)问中上升的最大高度相同，小滑块进入光滑斜面瞬间没有能量
17、损失，则小滑块的初速度应调为多大？24如图所示，质量为mc=2mb的物块c静止在倾角均为=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=，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：(
18、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。25如图甲所示，半径为R0.8m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M3kg，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m1kg，g取10m/s2（1） 求物块滑到B点时对轨道压力的大小；（2） 物块相对小车
19、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O1，外圆弧面AB电势为1，内圆弧面电势为2；在O1点右侧有一与直线CD相切于O1半径为R的圆，圆心为O2，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O1O2连线平行并位于其下方3R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圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速到CD圆弧面上，再由O1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
20、的影响)，其中沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方G点射出磁场；（1）求粒子聚焦到O1点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小B0；（2）从图中P点（PO1与O1O2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O1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1A解析：A【解析】【分析】【详解】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度
21、大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv13mv2若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则 由题意x1x23RR=2R 由式解得大球移动的距离是故A正确，BCD错误。故选A。2B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B的速度vAvB，则有得到mAmB根据碰撞过程总动能不增加，则有+得到mAmB满足mAmB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B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、
22、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3C解析：C【解析】【详解】设t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：设运动员与装备的总质量为M，运动员悬停在空中，所以：由牛顿第三定律得：联立解得:v8.0m/sC正确。4C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
23、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、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5A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，后面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，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，
24、所以，,并且由此可知：不符合题意。A碰撞后，根据关系式，满足以上三条定律，符合题意。C碰撞后，根据关系式，A球的质量和动量大小都不变，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。6A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2kgm/s，碰撞过程系统总动量守恒：，所以碰撞后B球的动量是10k
25、gm/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7A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得从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得从开
26、始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得则最大的弹性势能为所以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错误；D由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为又系统克服摩擦力做功为则即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为，所以D错误。故选AB。8A解析：ABD【解析】【分析】【详解】A、设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1，小球的速度大小为v，由动量守恒及动能守恒有：mv0Mvmv1，；解得：，小车速度方向向左；，小球速度方向向右；选项A正确D、当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有：m0v0mv1
27、(m0m)v2，解得：v21 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I，根据动量定理有Imv2mv1，解得：I4Ns，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9B解析：BD【解析】【详解】A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B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，所以机械能不守恒，故A错误。B.物块B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：
28、，得 B从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律得子弹射入物块B的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 0.01mv0=（0.01m+0.99m）v2联立解得，故B正确。C.若物块A不固定，子弹仍以v0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A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v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，设A的速率为vA，B的水平速率为vB根据水平动量守恒有 （0.01m+0.99m）v2=（2m+0.01m+0.99m）vA得，故D正确。10A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，
29、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3.4Ns，由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为故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。11B解析：BC【解析】
30、【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。12B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v1、v2，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=（m+M）v1小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程mv0=（m+M）
31、v2解得v1= v2= 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）v2=mv02 Q=fL 小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律Q+（m+M）v2=mv02Q=f（2L）=2Q 由式，可以解出Epm、Q、Q，故BC正确；求出Q后，如果已知木板长度l，则：Q=mgl，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点睛：动量守恒定律的运用不涉及中间过程，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.13B解析：BCD【解析】【分析】【详
32、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，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
33、BCD。14B解析：BD【解析】【分析】【详解】A根据机械能守恒定律小球到达槽底时，根据牛顿第二定律槽对地面的压力大小整理得A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；CD到达右侧槽口时，水平方向上动量守恒整个系统机械能守恒因此小球相对槽口再上升的高度整理得C错误，D正确。故选BD。15A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a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
34、知，a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16B解析：BC【解析】【分析】【详解】A小球B下落，以为系统，水平方向平均动量守恒：，所以，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B离开A，得：，在B球压缩弹簧过程中，故C正确；D所以，可追上斜劈，当上升至最高处：，比较，知，故D错误17B解析：BD【解析】在弹簧被压缩的过程中，由于弹簧对
35、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：，解得：，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： ，故B正确；先B与A一起向右压缩弹簧，之后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，方向向左，故物体A对B做的功等于B动能的变化，即，故C错误；取向左为正方向，根据动量定理，可知物体A对B的冲量，故其大小为，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
36、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18A解析：AD【解析】【分析】【详解】Att0时刻，设金属杆ab的速度大小为，对两杆整体，由动量定理得解得选项A正确；B从t0到tt0时间内，对于金属杆ab，由动量定理得则流过金属杆ab的电荷量为q选项B错误；CD最终两金属杆达到共同速度，由动量守恒定律得Ft0=2m通过回路的电量为，有设最终两金属杆的间距为S，有联立解得选项C错误；D正确。故选AD.19B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，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得若m=M
37、，可解得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，运用动能定理得：小球对小车做的功故BC正确，A错误；D当小球与小车的速度相同时，小球上升到最大高度，设共同速度为v规定向右为正方向，运用动量守恒定律得根据能量守恒定律得，有代入数据得若，则小球在弧形槽上升的最大高度将大于，故D正确。故选BCD。20A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、 ，由于碰撞前，A球能追上B球，则代入数据整理得系统的总动量p=7 kgm/s+5 kgm/s=12kgm/sA若碰后A、B两球动量为pA=6kgm/s，pB=6kg
38、m/s由于因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A球不可能超过B球，因此解得另外碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能 代入数据整理得由解得能找到合适质量的A、B两物体，因此A正确；B 若碰后A、B两球动量为pA=3kgm/s，pB=9kgm/s由于因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A球不可能超过B球，因此解得另外碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能 代入数据整理得由解得能找到合适质量的A、B两物体，因此B正确；C若碰后A、B两球动量为pA=-2kgm/s，pB=14kgm/s由于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 代入数据整理得由联立解得能找到合适质量的A、B两物体，因此C正确；
39、D若碰后A、B两球动量为pA=-4kgm/s，pB=17kgm/s由于因此碰撞过程中动量不守恒，D错误。故选ABC。二、动量守恒定律 解答题21（）0.6；（）0.578；（）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：（）0.6；（）0.578；（）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在斜面上光滑段CE运动的加速度为由 解得：（2）取沿AC方向为正方向，由， 解得 a沿斜面上滑
40、距离有所以物块a能到达离A点的最大高度（3）设绳断时物块b的速度为，b与c相碰后b的速度为，c的速度为，则联立解得 因的方向沿斜面向下，故的方向沿斜面向下，的方向沿斜面向上在EB段上的加速度为，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 代入数据，得解得的大小为 物块b刚下滑到E点时的速度为若取，则的大小为，与事实不符，所以舍去取，则，方向沿斜面向下 设细绳对物块a和b的冲量大小为I，由 解得 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
41、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，故由式，最大速率应与的最大值相对应而由式可知，不可能达到，由和式，的最大值应与相对应，即式也可用下述
42、方法得到：由式得若，由上式得实际上，也满足上式由上式可知由式有将代入式，并与式联立，得以为未知量，方程的一个根是sin=0，即=0，这表示初态，其速率为最小值，不是所求的解于是，约去，方程变为其解为注意到本题中，方程的另一解不合题意，舍去. 将式代入式得，当时，有考虑到式有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）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
43、的速度对小滑块，从B到C的过程由动能定理有在C处有解得由牛顿第三定律知，小滑块对轨道的作用力大小方向沿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。对小滑块有对长木板有当小滑块与木板共速时有共同速度解得，长木板的位移之后小滑块与木板一起向左做匀减速运动，加速度大小为二者共速到速度减为零，长木板的位移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，加速度为长木板再次回到B处时，有解得之后小滑块第二次从B处进入圆弧轨道，以小滑块和圆弧轨道为整体，从小滑块进入圆弧轨道到到达C点的过程，由水平方向动量守恒和能量守恒有联立解得（3）设小滑块第二次从B处进入斜面的速度为，对小滑块和光滑斜面，从小滑块滑上斜面到到达斜面顶端的过程，由水平方向动量守恒和能量守恒有又有联立解得设小滑块的初速度为，则在B点处的速度也为，当小滑块和木板向左运动且共速时有共同速度长木板的位移之后小滑块和长木反一起向左做匀减速运动的过程，长木板的位移然后小滑块和长木板一起
