选修1高中物理 《动量守恒定律》单元测试题含答案

选修1高中物理 《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．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为1m 、2m 的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑水平面上。

现使B 获得水平向右、大小为6m/s 的瞬时速度，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，从图像提供的信息可得（ ）
A ．在1t 、3t 两个时刻，两物块达到共同的速度2m/s ，且弹簧都处于伸长状态
B ．在3t 到4t 时刻之间，弹簧由压缩状态恢复到原长
C ．两物体的质量之比为1m :2m =2:1
D ．运动过程中，弹簧的最大弹性势能与B 的初始动能之比为2：3
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t 2时刻物体的（ ）
A ．加速度大小为0t F F m -
B ．速度大小为()()021t F F t t m
-- C ．动量大小为()()0212t
F F t t m -- D ．动能大小为()()220218t
F F t t m --
4．如图所示，足够长的光滑细杆PQ 水平固定，质量为2m 的物块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v 0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v 0=1005gL
C ．若物块A 不固定，子弹仍以v 0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v 0射入，当物块B 摆到与PQ 等高时，物块A 的速率为5gL 5．A 、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5kg •m /s ，B 球的动量为7kg •m /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（ ）
A ．''6/6/A
B P kg m s P kg m s =⋅=⋅，
B ．''3/9/A B P kg m s P kg m s =⋅=⋅，
C ．''2/14/A B P kg m s P kg m s =-⋅=⋅，
D ．''5/17/A B P kg m s P kg m s =-⋅=⋅，
6．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，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/s 2，水的密度ρ=1.0×
103kg/cm 3，则喷嘴处喷水的速度大约为
A ．3.0 m/s
B ．5.4 m/s
C ．8.0 m/s
D ．10.2 m/s
7．关于系统动量守恒的说法正确的是 （ ） ①只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
②只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒 ③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
④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 ．①②③
B ．①②④
C ．①③④
D ．②③④
8．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
32mg 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 m + D ．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 m + 9．有一宇宙飞船，它的正对面积S =2 m 2，以v =3×103 m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒
区．此微粒区1 m 3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 ．3.6×103 N
B ．3.6 N
C ．1.2×103 N
D ．1.2 N
10．如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在水平面上，木块和长木板的质量相等均为M ，木块和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都为μ。

一颗质量为
5
M m ＝
的子弹以一定速度水平射入木块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为L ；静止后第二颗相同的子弹以相同的速度射入长木板并留在长木板中，则（ ）
A 2gL μ
B ．木块运动的加速度大小为g μ
C ．第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为2g μ
D ．最终木块静止在距离长木板左端12
L 处 11．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F 0，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t 1 时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F 1.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
01122212mF 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()()2
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
12．质量为M 的小船在平静的水面上以速率0v 向前匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船上相对小船静止，水的阻力不计。

以下说法正确的是（ ）
A ．若救生员以速率u 相对小船水平向后跳入水中，则跳离后小船的速率为()00m v u v M ++
B ．若救生员以速率u 相对小船水平向后跳入水中，则跳离后小船的速率为0m v u M m +
+ C ．若救生员以速率u 相对小船水平向前跳入水中，则跳离后小船的速率为0m v u M m +
+ D ．若救生员以速率u 相对小船水平向前跳入水中，则跳离后小船的速率为0m v u M m
-+ 13．如图所示，质量为M 的长木板A 静止在光滑的水平面上，有一质量为m 的小滑块B 以初速度v 0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ．下列说法中正确的是
A ．若只增大v 0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加
B ．若只增大M ，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少
C ．若只减小m ，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少
D ．若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小
14．一个物体以某一初速度从粗糙斜面的底部沿斜面向上滑，物体滑到最高点后又返回到
斜面底部，则下述说法中正确的是（）
A ．上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量
B ．上滑过程中摩擦力的冲量与下滑过程中摩擦力的冲量大小相等
C ．上滑过程中合力的冲量大于下滑过程中合力的冲量
D ．上滑与下滑的过程中合外力冲量的方向相同
15．如图(a)所示，轻弹簧的两端分别与质量为 m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，静止在光滑的水平面上若使A 以3m/s 的速度向B 运动，A 、 B 的速度图像如图(b)所示，已知m 1=2kg ，则
A ．物块m 2质量为4kg
B ．13t t 、时刻弹簧处于压缩状态
C ．从3t 到4t 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
D ．弹簧的最大弹性势能为6J
16．如图所示，在倾角30θ=︒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0.5R =Ω。

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v 1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v 2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q 1、q 2，线框通过磁场的时间分别t 1、t 2，线框通过磁场过程中产生的焦耳热分别为Q 1、Q 2.已知重力加速度g=10m/s 2，则：（ ）
A ．121v v ==m/s ，0.05d =m
B ．120.5q q ==
C ，0.1d =m C ．12:9:10Q Q =
D ．12:6:5t t =
17．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()2m v v v -
B ．00()mv v v -
C ．0()2m v v vd S -
D ．
0()m v v vd S - 18．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
19．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v 0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
20．如图所示，将质量为M 1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M 2的物块．今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h 高处从静止开始下落，与半圆槽相切自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，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B ．小球在槽内运动的B 至
C 过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒
C ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
D ．小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
二、动量守恒定律 解答题
21．如图所示，一长度L =9.0m ，质量M =2.0kg 的长木板B 静止于粗糙的水平面上，其右端带有一竖直挡板，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.10，长木板右侧距竖直墙壁距离d =2.5m ．有一质量m =1.0kg 的小物块A 静止于长木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.50，现通过打击使得物块A 获得向右的速度v 0=12m/s ，物块A 与长木板间的碰撞为弹性碰撞，长木板与竖直墙壁碰撞时间极短且没有动能损失，重力加速度g =10m/s 2，小物块可看作质点，求：
(1)在物块A 与长木板的挡板碰撞之前物块A 速度大小v 1和长木板的速度v 2；
(2)在物块A 与长木板的挡板碰撞之后物块A 速度大小v 3和长木板的速度大小v 4；
(3)长木板的右端最终距竖直墙壁的距离x ．
22．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处与倾斜传送带理想连接，传送带长度15m L =，传送带以恒定速度5m/s v =顺时针转动，三个质量均为1kg m =的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，滑块B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，滑块C 未连接弹簧，滑块B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度06m/s v =沿滑块B 、C 连线方向向滑块B 运动，滑块A 与B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。

滑块C 脱离弹簧后滑上倾角37θ=︒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C 与传送带之间的动摩擦因数0.8μ=，取重力加速度210m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=。

求：
（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能；
（2）滑块C 刚滑上传送带时的速度；
（3）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q 。

23．如图所示，光滑绝缘水平面内有直角坐标系xoy ，虚线MN 和OD 均过O 点且都与x 轴成60°角。

在距x 轴为d 处平行x 轴固定放置一细杆PQ ，杆上套有一可以左右滑动的滑块。

劲度系数为k 、原长为 d 的轻细弹簧垂直于细杆固定在滑块上，另一端放置一质量为 m 的绝缘小球甲，小球甲与弹簧不栓接。

同时在x 轴上、沿着弹簧方向放置一质量为3m 、带电量为 – q （q > 0）的小球乙。

压缩弹簧将小球甲从OD 上某点释放，此后，甲球与乙球
发生弹性正碰，小球乙随后进入位于MN 左侧的有矩形边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，矩形的一条边与MN 重合。

改变滑块位置，保证每次小球甲的释放点都在OD 上、且滑块与两球在同一条平行于y 轴的直线上，并知两球每次都能发生弹性正碰，且碰撞后小球乙的带电量不变，结果发现每次小球乙进入磁场后再离开磁场时的位置是同一点。

弹簧始终在弹性限度以内，弹性势能的计算公式是E P =
12
k ·ΔL 2，ΔL 是弹簧的伸长或缩短量，滑块和小球甲、乙都可视为质点。

求： (1)当滑块的横坐标为
12
d 时，小球甲与乙碰前的速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3)若弹簧的最大压缩量为910
d ，求矩形磁场区域的最小面积。

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 1.0T B =，两导轨均光滑，间距0.5m L =。

质量为
10.1kg m =的导体棒ab 静止在水平导轨上，质量20.2kg m =的导体棒cd 从高0.45m h =的圆弧导轨上由静止下滑。

两导体棒总电阻为5ΩR =，其它电阻不计，导轨足够长，210m /s g =。

求：
(1)cd 棒刚进入磁场时ab 棒的加速度；
(2)若cd 棒不与ab 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cd 棒的加速度为220.375m /s a =时，两棒之间的距离比cd 棒刚进入磁场时减少了多少？
25．如图，质量为M =4kg 的木板AB 静止放在光滑水平面上，木板右端B 点固定一根轻质
弹簧，弹簧自由端在C点，C到木板左端的距离L=0.5m，质量为m=1kg 的小木块（可视为质点）静止放在木板的左端，木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，木板AB受到水平向左的恒力F=14N，作用一段时间后撤去，恒力F撤去时木块恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧最大压缩量x=5cm，g=10m/s2．求：
(1)水平恒力F作用的时间t；
(2)撤去F后，弹簧的最大弹性势能E P；
(3)整个过程产生的热量Q．
26．如图所示，水平面上固定着不等间距的两段平行直导轨，处于磁感应强度大小为B的竖直向下的匀强磁场中，粗糙导轨PQ、P Q''的宽度私L，光滑导轨MN、M N''无限长，其宽度为2L，导轨电阻均不计金属棒ab、cd垂直放置于两段导轨上与导轨接触良好，均可自由滑动，其质量分别为m和2m，二者接入电路的电阻分别为R和2R，一根轻质细线绕过定滑轮(定滑轮用绝缘材料固定在轨道平面内，滑轮质量和摩擦不计)，一端系在金属棒ab的中点上，另一端悬挂一物块W，W的质量着M，此时金属棒ab恰好不滑动．现用水平向右的恒定拉F使金属棒cd由静止开始向右运动，当cd达到最大速度时金属棒ab即将滑动，已知重力加速度g求：
（1）金属棒cd的最大速度v m；
（2）恒定拉力F的大小；
（3）若在金属棒cd达到最大速度时立即撤去拉力F，试计算出金属棒cd继续运动的位移s；
（4）若金属棒cd从静止开始运动到达到最大速度所用时间为t，则金属棒ab从棒cd开始运动到静止共产生了多少焦耳热？
【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 ''<
故AB 错误；
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 2
2222229+390(kg m/s)A B A B P P P P ''+<+==⋅
故C 错误，D 正确。

故选D 。

2．B
解析：BCD
【解析】
【分析】
两个滑块与弹簧系统机械能守恒、动量守恒，结合图象可以判断它们的能量转化情况和运动情况。

【详解】
A.从图象可以看出，从0到t 1的过程中弹簧被拉伸，t 1时刻两物块达到共同速度2m/s ，此时弹簧处于伸长状态，从t 2到t 3的过程中弹簧被压缩，t 3时刻两物块达到共同速度2m/s ，此时弹簧处于压缩状态，故A 错误；
B.由图示图象可知，从t 3到t 4时间内A 做减速运动，B 做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，故B 正确；
C.由图示图象可知，t 1时刻两物体速度相同，都是2m/s ，A 、B 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：
()11122m v m m v =+，
即
()21262m m m =+⨯，
解得：
12:2:1m m =，
故C 正确； D.由图示图象可知， 在初始时刻，B 的初动能为：
22KB 20221161822
E m v m m =
=⨯= 在t 1时刻，A 、B 两物块的速度是2m/s ，A 、B 两物块动能之和为：
()22k 122211
+32622
E m m v m m =
=⨯⨯= 所以，这时候，最大的弹性势能为
kB k 22218612P E E E m m m =-=-=，
所以：
p KB 2212:182:3E E m m ==：
故D 正确。

3．A
解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图象可知在2t 时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得
t F F a m
-=
故A 正确；
BC ．由图像可知在0~t 1时间段内两个力等大反向，物体静止，在t 1时刻后物体开始运动，由动量定理和图象面积可得
()()0212
t F F t t mv p --==
解得
()()0212t F F t t v m
--=
故B 错误，C 错误； D ．因为
212k E mv =
p mv =
联立可得动量和动能的关系
2
2k p E m
=
()()22
0218t
k
F F t t E m
--=
故D 正确。

故选AD 。

4．B
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：
2
1v mg m L
=，
得
1v =B 从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律得
22
1211222
mg L mv mv ⋅+=
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
0.01mv 0=（0.01m +0.99m ）v 2
联立解得
2 v =
0v =，
故B 正确。

C.若物块A 不固定，子弹仍以v 0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v 0射入，当物块B 摆到与PQ 等高时，设A 的速率为v A ，B 的水平速率为v B ．根据水平动量守恒有
（0.01m +0.99m ）v 2=（2m +0.01m +0.99m ）v A ．
得
A v =
， 故D 正确。

5．B
解析：BC
【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v A ＞v B ，则有
A A P m ＞B
B
P m 得到
m A ＜
57
m B 根据碰撞过程总动能不增加，则有
232A m +292B m ≤252A m +2
72B
m 得到
m A ≤
12
m B 满足
m A ＜
5
7
m B ． 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、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．
6．C
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：
2F t m v ∆=
2()2
d
m v t ρπ=∆
设运动员与装备的总质量为M ，运动员悬停在空中，所以：
' F Mg =
由牛顿第三定律得：
'F F
联立解得:
v≈8.0m/s
C正确。

7．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
①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①正确．②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②错误．③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．④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④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．
8．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：
1
2
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
2
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
2
mg sin2θ 可以看出：当sin2θ=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 =
12mv 2+1
2
Mv ′2， 解得：
v ′=
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．
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M vtSm = 由动量定理得：Ft Mv = 解得： 3.6F N =
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B
10．B
解析：B 【解析】 【分析】
子弹射入小木块后，子弹与木块组成的系统动能守恒，由动量守恒定律可以求出子弹射入
木块的瞬时速度；根据牛顿第二定律可以求解出加速度，由运动学公式可以求出运动距离。

【详解】
A ．由动量守恒定律可得，设射入木块前的速度为0v ，射入木块后的速度为1v
01
655
Mv Mv = 解得
016v v =
根据受力可知：物块在长木板上运动时，长木板不动 由动能定理可得
2
16160525
MgL M v μ
=- 解得
0v =A 错误；
B ．由牛顿第二定律可得
6655
Ma
Mg μ=
B 正确；
C ．第二颗子弹射入长木板时，由牛顿第二定律可知，长木板受到的摩擦力均向左，故有
612
55
Mg Mg Ma +=μμ
解得
185
a g =
μ C 错误；
D ．两个物体运动时间相同，由运动学公式可得
1v t a
=
15
t g μ=
2212
L at =
20
12v L a
= 12L L L ∆=-
解得L ∆不等于
2
5
L ,D 错误。

11．A
解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当 a 杆开始运动时，所受的安培力等于最大静摩擦力F 0，即
2202B l v
F r
= 解得b 杆的速度大小为
022
2F r
v B l =
选项A 正确； B ．由动量定理
F I I mv -=安
且
1112
F I F t =
解得
0112221
=2F mF r I I mv Ft B l
=--安 选项B 错误；
C ．在t 1~ t 2 这段时间内，外力F 对a 、b 杆的冲量为
1221()()
2
F F F t t I +-=
因a 杆受摩擦力作用，可知合力的总冲量小于1221()()
2
F F t t +-，即a 、b 杆的总动量增加
量小于
1221()()
2
F F t t +-，选项C 错误；
D ．由于最终外力F=F 0，则此时对两棒的整体而言合力为零，两棒所受的安培力均为F 0，处于稳定状态；因开始时随着b 杆速度的增加，安培力变大，b 杆做减速运动，a 杆做加速运动，则a 、b 两杆最终速度将恒定，速度大小之和恒定，速度大小之差满足
2202B l v
F r
∆= 即
v v ∆=
即速度差等于t 1 时刻 b 杆速度大小；选项D 正确。

故选BD 。

12．B
【解析】 【分析】 【详解】
AB ．救生员以速率u 相对小船水平向后跳时，设跳离后小船的速率为1v ，则人速度大小为
1u v -，由动量守恒得
()011()M m v Mv m u v +=--
解得
01u v m
v M m
=+
+ A 错误，B 正确；
CD ．救生员以速率u 相对小船水平向前跳时，设跳离后小船的速率为2v ，则人速度大小为
2u v +，由动量守恒得
()220()M m v Mv m u v +=++
解得
02u v m
v M m
=-
+ C 错误，D 正确。

故选BD 。

13．B
解析：BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积
=Q fL mgL μ=相相
因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A 错误；
B ．由极限法，当M 很大时，长木板运动的位移x M 会很小，滑块的位移等于x M +L 很小，对滑块根据动能定理：
()22101122
M mg x L mv mv μ-+=
- 可知滑块滑离木板时的速度v 1很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒
01mv mv Mv =+'
可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大M ，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B 正确；
C ．采用极限法：当m 很小时，摩擦力也很小，m 的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C 正确；
D ．当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移x M 会很小，滑块的位移等于x M +L 也会很小，故D 正确． 故选BCD ．
14．A
解析：ACD 【解析】 【详解】
上滑过程加速度：a 上=g （sinθ+μcosθ），下滑过程加速度：a 下=g （sinθ-μcosθ），则a 上＞a
下
，上滑过程为匀减速直线运动，末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，
下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动，上滑与下滑过程的位移x 大小相等，由x=
12
at 2
，a 上＞a 下，可知：t 上＜t 下；重力的冲量：I G =mgt ，由于t 上＜t 下，则上滑过程重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故A 正确；摩擦力的冲量：I f =ft=μmgtcosθ，由于t 上＜t 下，则上滑过程摩擦力的冲量小于下滑过程中摩擦力的冲量，故B 错误；上滑过程为匀减速直线运动，末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动，上滑与下滑过程的位移x 大小相等，由v 2=2ax ，a 上＞a 下，可知：v 上＞v 下，由动量定理得：I 合=mv-0=mv ，可知：I 合上＞I 合下，故C 正确；上滑和下滑过程中，合外力均沿斜面向下，则上滑与下滑的过程中合外力冲量的方向均沿斜面向下，选项D 正确；故选ACD. 【点睛】
本题考查了比较各力的冲量大小，本题的解题关键是分析受力和两个运动过程中的时间关系，由牛顿第二定律和运动学公式、冲量的意义、动量定理即可正确解题．
15．A
解析：AD 【解析】 【详解】
A ．两物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
10121()A m v m m v =+
由图示图象可知，t 1时刻两者的共同速度：v 1=1m/s ，代入数据解得：m 2=4kg ，故A 正确。

BC ．由图示图象可知，两物块的运动过程，开始时m 1逐渐减速，m 2逐渐加速，弹簧被压缩，t 1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，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，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t 3到t 4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B 、C 错误。

D ．弹簧压缩量最大或伸长量最大时弹簧弹性势能最大，当弹簧压缩量最大时两物块速度相等，如t 1时刻，对系统，由能量守恒定律得：
221012111()22
A P m v m m v E =++。