1.3动量守恒定律同步检测（Word版含答案）

人教版选择性必修第一册 1.3 动量守恒定律 同步检测
一、单选题
1．如图所示，两质量均为m的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力F，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．A、B构成的系统动量守恒
B．A、B构成的系统机械能守恒
C．A的最大加速度为
D．A、B速度相等时，弹簧弹性势能最大
2．一个不稳定的原子核，质量为M，处于静止状态．当它相对于地面以速度v释放出一个质量为m的粒子后，原子核剩余部分的速度为
A．大小为，与释放出的粒子速度方向相反
B．大小为，与释放出的粒子速度方向相同
C．大小为，与释放出的粒子速度方向相反
D．大小为，与释放出的粒子速度方向相同
3．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况错误的是（　　）
A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比
B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比
C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零
D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
4．两位同学在冰面滑冰，如图所示．刚开始面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是
A．互推后两同学总动量增加 B．互推过程中两同学的动量总是大小相等
C．分离时质量大的同学的速度大一些 D．分离时质量小的同学的动量大一些
5．装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径，半圆轨道的半径为R，现将一质量为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.9h，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．小车向左滑动的最大距离为
B．小球到半圆轨道的最低点时，小球的速率为
C．小球离开小车后做竖直上抛运动
D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.8h
7．一个质量为 m 的小球甲以速度V在光滑水平面上运动，与一个等质量的静止小球乙正碰后，甲球的速度变为 v ，那么乙球获得的动能等于
A． B． C． D．
8．图甲中，长为L的长木板M静止于光滑水平面上，小物块m位于木板的右端点。T=0时，木板以速度v0开始向右滑动，小物块恰好没有从长木板上滑落。图乙为物块与木板运动的v－t图像，则（　　）
A．物块质量是木板质量的
B．物块与木板间的动摩擦因数为
C．0～t0内，物块与木板损失的动能为木板初动能的
D．物块的最大动能是木板初动能的
二、多选题
9．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，=1kg，=2kg,=6m/s，=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是
A．= 5m/s,= 2.5m/s B．= 2m/s, = 4m/s
C．= 3m/s, = 3.5m/s D．= -4m/s, = 7m/s
10．如图弹簧左端固定，将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于、点，质量为的小球静止在水平轨道上，将质量为的小球压缩弹簧后由静止释放，小球能从点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点时恰好与圆管无弹力作用，之后从点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同且半径很小，圆弧轨道半径，不计一切摩擦和空气阻力，取。则（　　）
A．释放小球时弹簧内储存的弹性势能为
B．两小球第一次碰撞后速度大小之比为
C．两小球最终运动的速度大小之比为
D．两小球至多能发生2次碰撞
11．质量为m的小球A以速度在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度大小和小球B的速度大小可能为（　　）
A．， B． ，
C．， D．，
12．用如图所示实验能验证动量守恒定律，两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A、B被弹簧弹出，最后落在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为，，实验结果表明下列说法正确的是（　　）
A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比
B．木块A、B的质量之比
C．弹簧对木块A、B做功之比
D．木块A、B离开弹簧时的动能之比
13．如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球（可视为质点）A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α=53°和β=37°，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，则（，；， ）（ ）
A．A、B两球所受支持力的大小之比为4︰3
B．A、B两球运动的周期之比为4︰3
C．A、B两球的动能之比为16︰9
D．A、B两球的机械能之比为112︰51
14．如右图所示，木块、 用一轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，紧靠在墙壁上，在 上施加向左的水平力F使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）
A．尚未离开墙壁前， 、与弹簧组成的系统动量守恒
B．尚未离开墙壁前， 、与弹簧组成的系统机械能守恒
C．离开墙壁后， 、与弹簧组成的系统动量守恒
D．离开墙壁后， 、与弹簧组成的系统机械能守恒
15．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靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/4
D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3
16．如图所示，光滑的半圆槽置于光滑的地面上，且一定高度自由下落的小球m恰能沿半圆槽的边缘的切线方向滑入原先静止的槽内，对此情况，以下说法正确的是（　　）
A．小球第一次离开槽时，将向右上方做斜抛运动
B．小球第一次离开槽时，将做竖直上抛运动
C．小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做往复运动
D．槽一直向右运动
三、解答题
17．如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，某同学站在车上，想通过敲打车的左端让小车向右不断运动。可行吗？为什么？
18．一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30 足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v－t图．求：（g取10m/s2）
（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停在什么位置．
19．如图所示，质量m=1 Kg的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径R=1.8 m，圆弧底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙．现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧有与A等高的平台，平台与A的右端间距为s．平台最右端有一个高h=1.25 m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面．现将质量m=2 kg的小滑块B(可视为质点)从A的顶端由静止释放，取重力加速度g=10m／s2．求：
(1)滑块B刚滑到圆弧底端时，对圆弧底端轨道的压力大小．
(2)若A、B间动摩擦因数μ1=0.5，保证A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则s应满足什么条件
(3)平台上P、Q之间是一个宽度l=0.5 m的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入后，滑块还会受到一个水平向右、大小F=20 N的恒力作用，平台其余部分光滑．在满足第(2)问的条件下，若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A．设B与PQ之间的动摩擦因数0<μ20．我校某班学生为了测定一玩具手枪子弹的出口速度，他们取来一个乒乓球，在球上挖一个小洞，再向里面填入一些橡皮泥，用天秤测出它和子弹的质量分别为M和m，然后把乒乓球放在桌子的边缘，再将玩具手枪装弹上弦，支在桌面上，水平瞄准球的圆孔，扣动扳机后，子弹射入孔中，与大球一同水平抛出，桌面的高度为h，乒乓球落地点离桌子边缘的水平距离为s，请你用所测量的量表示出子弹的速度。
21．如图所示，轻弹簧的两端与质量分别为m和2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，另一质量为m的小物块A以速度v0从左向右与B发生正碰，碰撞时间极短．若A与B的碰撞是弹性碰撞（即A与B的碰撞前后没有能量损失），在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为EP1；若A与B碰撞后粘在一起，在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为EP2．求两种情况下最大弹性势能之比EP1∶EP2 (所有过程中弹簧都在弹性限度范围内)．
22．如图，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成角的恒定拉力作用时间后，物体仍保持静止。现有以下看法：
A．物体所受拉力的冲量方向水平向右
B．物体所受拉力的冲量大小是
C．物体所受摩擦力的冲量大小为0
D．物体所受合力的冲量大小为0
你认为这些看法正确吗？请简述你的理由。
23．[物理—物理3—5]
（1）我国科学家经过艰苦努力，率先建成了世界上第一个全超导托克马克试验装置并调试成功．这种装置能够承受上亿摄氏度高温且能够控制等离子态的核子发生聚变，并稳定持续的输出能量，就像太阳一样为人类源源不断地提供清洁能源，被称为“人造太阳”。
在该装置内所发生核反应的方程是，其中粒子X的符号是 。已知的质量为m1，H的质量为m2，的质量是m3，X的质量是m4，光速为c，则发生一次上述核反应所释放核能的表达式为 。
（2）如图所示，质量为3m、长度为L的木块静止放置在光滑的水平面上．质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为。试求：
①子弹穿出木块后，木块的速度大小；
②子弹穿透木块的过程中，所受到平均阻力的大小。
试卷第1页，共3页
试卷第2页，共2页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
AB．因为有力F的作用，并对系统做功，则系统的动量不守恒，机械能也不守恒，选项A、B错误；
C．A在开始运动时，加速度最大，最大加速度为
选项C错误；
D．速度相等时，弹簧被拉的最长，弹性势能最大，选项D正确。
故选D。
2．A
【解析】
【详解】
规定质量为m的粒子的速度方向为正，由动量守恒定律研究整个原子核：0=mv+（M-m）v′，解得：，负号说明与正方向相反，故A正确，BCD错误．
3．D
【解析】
【详解】
A．人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v'，根据动量守恒定律得
解得
所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，A正确；
B根据
人加速行走，船加速后退；
根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律，人和船相互作用力F大小相等，所以加速度大小与它们质量成反比，B正确；
C根据
所以人走走停停，船退退停停。人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，系统初始动量为0，两者动量总和总是为零，C正确；
D根据
当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，D错误。
故选D。
4．B
【解析】
【详解】
把这两位同学看成一个系统为研究对象，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量保持为零，则两同学的动量大小相等，方向相反；但两个人的动量都是增大的，故A错误，B正确；根据动量守恒：，可知质量大的，分离时速度小，但分离后他们的动量大小相等，故CD错误．所以B正确，ACD错误．
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
火炮发射炮弹的过程中水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
故选D。
6．C
【解析】
【详解】
AC．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。设小车向左运动的最大距离为x。以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
mv-Mv′=0
即有
解得小车的位移为
小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误，C正确；
B．若小车内半圆轨道光滑，则小球达到最低点时，设小球和小车的速度分别为v1和v2，由动量守恒和能量关系
mv1-Mv2=0
解得
但是由于半圆内轨道有摩擦阻力，则小球到达轨道最低点时的速率不等于，选项B错误；
D．小球第一次车中运动过程中，由动能定理得
mg（h-0.9h）-Wf=0
Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得
Wf=0.1mgh
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.1mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.1mgh，机械能损失小于0.1mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.9h-0.1h=0.8h，故D错误。
故选C。
7．B
【解析】
【详解】
设甲的速度方向为正方向；根据动量守恒得：mV=mv+mv′，解得：v′=V-v．所以乙球的动能为：Ek=mv′2=m（V-v）2．故B正确，ACD错误．故选B．
点睛：解决本题的关键知道小球碰撞的瞬间动量守恒，通过动量守恒定律求出碰后小球乙的速度；在解题时要注意动量守恒定律的矢量性，应先设明正方向．
8．B
【解析】
【详解】
A．由动量守恒定律结合图乙可得
解得
A错误；
B．对于系统，由能量守恒得
解得
B正确；
C．0～t0内，物块与木板损失的动能为
物块与木板损失的动能为木板初动能的，C错误；
D．物块的最大动能是，是木板初动能的，D错误。
故选B。
9．BC
【解析】
【详解】
以碰撞前A的速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量：
p=mAvA+mBvB=1×6+2×2=10kg m/s，
系统的总动能：
Ek=mAvA2+mBvB2=22J；
A．如果碰撞后 vA′=5m/s，vB′=2.5m/s，碰撞后A的速度大于B的速度，不符合实际情况，不可能，故A错误；
B．如果vA′=2m/s，vB′=4m/s，则碰撞后总动量
p′=mAvA′+mBvB′=1×2+2×4=10kg m/s
系统总动能：
Ek′=mAvA′2+mBvB′2=18J
则碰撞后系统动量守恒，总动能能不增加，是可能的，故B正确；
C．如果vA′=3m/s，vB′=3.5m/s，则碰撞后总动量
p′=mAvA′+mBvB′=1×3+2×3.5=10kg m/s
碰撞后系统动量守恒，系统总动能：
Ek′=mAvA′2+mBvB′2=16.75J
则碰撞后系统动量守恒，总动能能不增加，是可能的，故C正确；
D．如果vA′=-4m/s，vB′=7m/s，碰撞后总动量
p′=mAvA′+mBvB′=1×(-4)+2×7=10kg m/s
碰撞后系统动量守恒，系统总动能：
Ek′=mAvA′2+mBvB′2=57J
碰撞后总动能增加，不符合实际情况，不可能，故D错误；
故选BC．
【点睛】
本题考查了动量守恒定律的应用，要知道碰撞过程中系统所受的合外力为零，遵守动量守恒定律．碰撞过程机械能不增加，碰撞后后面的球速度不能大于前面球的速度．
10．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．小球能从点进入圆弧轨道通过轨道的最高点时恰好与圆管无弹力作用,有
则
小球自P到N，由动能定理
可得
弹簧弹开小球，弹性势能转化为动能，有
即释放小球时弹簧内储存的弹性势能为，故A正确；
B．由能量守恒可知小球从管道出来的速度仍然为，然后A与B球发生弹性碰撞，有
解得
，
故碰后两球的速度大小之比为
故B错误；
C．当A返回后的速度大小为，方向向右，，因，则A球追上B球发生第二次弹性碰撞，有
解得
，
则速度大小之比为
故C正确；
D．两次碰撞后，因，即A再也不能追上B球，故不再发生碰撞，即两小球至多能发生2次碰撞，故D正确；
故选ACD。
11．AC
【解析】
【分析】
【详解】
碰撞过程中应满足动量守恒，即
还应满足系统总动能不增加，即
A．若
，
当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，满足总动能不增加，故A可能；
B．若
，
当与方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但，会发生二次碰撞，故不符合实际情况，故B不可能；
C．若
，
当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，且碰后总动能为，满足总动能不增加，故C可能；
D．若
，
当与方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为，大于系统碰撞前的动能，故D不可能。
故选AC。
12．AD
【解析】
【详解】
A．两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式
x=v0t
及lA=1m，lB=2m得
vA：vB=lA：lB=1：2
故A正确；
B．弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得
mAvA-mBvB=0
解得
mA：mB=vB：vA=2：1
故B错误；
CD．由
mA：mB=vB：vA=2：1
根据动能的表达式
可得
EkA：EkB=1：2
根据动能定理，弹簧对木块A、B做功之比
WA：WB=EkA：EkB=1：2
故D正确，C错误。
故选AD。
13．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．A球和B球做匀速圆周运动，受力分析，设小球与O点的连线与OC的夹角为，由切向平衡可知
则
故A错误；
BC．根据牛顿第二定律
，
解得
，
则
，
则动能之比为64:27。故BC错误；
D．根据动能
重力势能
则机械能
则
故D正确。
故选AC。
14．BCD
【解析】
【详解】
A．当撤去外力F后，尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．所以和组成的系统的动量不守恒，故A错；
B．以及弹簧组成的系统为研究对象，在离开墙壁前后，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，B正确；
C．离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以组成的系统的动量守恒，故C正确；
D．在离开墙壁后，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，D正确。
故选BCD。
15．BD
【解析】
【详解】
A、B项：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；
C、D项：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v0．根据动量守恒和机械能守恒得
2mv0=3mv，
又
联立得到，弹簧的弹性势能最大值为，故C错误，D正确．
点晴：本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统．
16．BC
【解析】
【详解】
A、B、小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确．C、小球沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，球从底端向左侧上升过程，槽向右做减速运动，球离开槽时，槽静止，球做竖直上抛运动，然后小球落回槽的左侧，球从槽的左侧下滑过程，槽向左做加速运动，从最低点向右上滑时，槽向左做减速运动，然后球离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平面上做往复运动，故C正确，D错误．故选BC．
【点睛】
本题考查了判断球与槽的运动过程，知道动量守恒的条件，应用动量守恒定律，分析清楚运动过程即可正确解题．
17．不行，理由见解析
【解析】
【分析】
【详解】
以同学及平板车作为研究系统，在水平方向不受外力，动量守恒。所以锤子向左运动，车子向右运动，锤子向右运动，车子向左运动，锤子停止运动，车子停止运动。故不能通过敲打车的左端让小车向右不断运动。
18．（1）（2）0.81（3）停在距底端1.5m处
【解析】
【详解】
（1）滑块的加速度
（2）物体在冲上斜面过程中
（）
（3）滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑．
滑块停在距底端1.5m处．
19．（1）60N （2）s>0.8m （3）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设滑块B滑到A底端的速度为v0，根据机械能守恒定律可得
解得
v0=6m/s
设滑块B刚下滑到圆弧底端时，圆弧轨道对滑块的支持力为FN，由牛顿定律得
解得
FN=60N
根据牛顿第三定律得
F压=FN=60N
(2)设AB的共同速度v1，由动量守恒定律可得
解得
v1=4m/s
对A 由动能定理
解得
s=0.8m
即保证A与平台相碰前AB能够共速，s应满足
s>0.8m
(3)设滑块到达Q处的速度v2时，滑块恰好到达斜坡顶端，根据机械能守恒定律可得
解得
v2=5m/s
由（2）可知滑块进入PQ间时的速度大小为v1，当滑块到达Q处速度v2=5m/s时，对滑块，由动能定理
解得
μ=0.1
即0<μ≤0.1，滑块从斜坡顶端离开；滑块在PQ间通过的路程为0.5m；
若滑块滑上斜坡后，从斜坡返回，到达P点速度刚好为零，设此时动摩擦因数为μ2，对滑块由动能定理
解得
μ2=0.8
若
0.1<μ≤0.8
滑块从P左端离开，滑块在PQ间通过的路程为1m；
若
0.8<μ<1
则B最终静止在Q点，设滑块在PQ间通过的路程为，对滑块由动能定理
解得
20．
【解析】
【详解】
子弹与乒乓球一起做平抛运动，结合平抛运动规律可得
子弹射入橡皮泥的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
联立求解得
21．
【解析】
【详解】
第一次作用的过程：
解得
而后
第二次作用的过程
所以
点睛：此题以碰撞为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力，主要考查了动量守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，注意应用动量守恒定律时要规定正方向，并能分两个阶段处理问题．
22．A．错误，物体所受拉力的冲量方向与F相同；B．错误，物体所受拉力的冲量大小是；C． 错误，物体所受摩擦力的冲量大小为；D．正确，物体所受合力为零，所以物体所受合力的冲量大小为0
【解析】
【详解】
A．根据冲量
物体所受拉力的冲量方向与F相同，A错误；
B．物体所受拉力的冲量大小是，B错误；
C．物体处于平衡状态，则有
则物体所受摩擦力的冲量大小为
C错误；
D．物体所受合力为零，所以物体所受合力的冲量大小为0，D正确。
23．（1），
（2）①
②
【解析】
【分析】
（1）考查核聚变；（2）考查动量守恒。
【详解】
（1）由电荷数守恒可知，X电荷数为0，由质量数守恒可知，X的质量数为1，即X为；由爱因斯坦质能方程可得：
（2）①设子弹穿出木块后，木块的速度大小为移．设向右方向为正方向，由动量守恒定律可得：
解得：
②设子弹穿透木块的过程中，所受到平均阻力的大小为f．由能量守恒定律可得：
联立两式可得：
。
答案第1页，共2页
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