1實驗：探究碰撞中的不變量1．在一個物理過程中始終保持不變的物理量叫不變量，也叫_____________量。2．在氣墊導軌上進行探究實驗時，用的儀器除了光電門、滑塊、擋光片外，還有__________________________________________。3．在氣墊導軌上進行實驗時，首先應該做的是()A．給氣墊導軌通氣B．給光電計時器進行歸零處理C．把滑塊放到導軌上D．檢查擋光片通過光電門時是否能擋光計時4．在用氣墊導軌探究碰撞中的不變量時，不需要測量的物理量是()A．滑塊的質量B．擋光的時間C．擋光片間的距離D．光電門的高度5．若用打點計時器做探究碰撞中的不變量實驗，下列操作是正確的是()A．相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了改變兩車的質量B．相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了碰撞后粘在一起C．先接通打點計時器的電源，再釋放拖動紙帶的小車D．先釋放拖動紙帶的小車，再接通打點計時器的電源6．關于打點計時器使用的電源，下列說法正確的是()A．火花式打點計時器使用低壓交流電源，電磁式打點計時器使用低壓直流電源B．火花式打點計時器使用低壓交流電源，電磁式打點計時器使用220V交流電源C．火花式打點計時器使用220V交流電源，電磁式打點計時器使用低壓交流電源D．火花式打點計時器使用220V交流電源，電磁式打點計時器使用220V直流電源7．對于實驗最終的結論m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，下列說法正確的是()A．僅限于一維碰撞B．任何情況下m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2也一定成立C．式中的v1、v2、v1′、v2′都是速度的大小D．式中的不變量是m1和m2組成的系統的總動量8．如圖所示，兩個質量相同的小鋼球，按圖示方式懸掛，讓其中一個小球保持靜止，把另一小球拉開一定的角度，然后自由釋放，下列說法正確的是()A．碰撞后，兩球相互交換速度，入射球靜止，被碰球以入射球碰前的速度運動B．碰撞后，入射球被反彈，被碰球以入射球碰前2倍的速度運動C．碰撞前后，兩球有mv1＝mv2（v1和v2分別表示兩球相碰前后的速度）D．碰撞前后，兩球有mv1≠mv2（v1和v2分別表示兩球相碰前后的速度）9．在氣墊導軌上的兩個滑塊P、Q，質量分別為m1、m2，已知它們碰撞后的速度分別為v1′、v2′，碰撞前P的速度為v1，則碰撞前Q的速度v2為()A．0B．v1′＋v2′－v1C．D．10．在光滑水平桌面上有兩個小球，甲球的質量為2kg，乙球的質量為1kg，甲球以4m/s的速度和原來靜止的乙球發生對心碰撞，則下列說法正確的是()A．碰撞后甲球的速度為零，乙球的速度為8m/s，方向與甲球原來的速度方向相同B．碰撞后甲球的速度一定變小C．僅根據上述條件無法求出碰撞后兩球的速度大小D．以上說法均不正確11．試寫出下列物理過程中的不變量：（1）一物體做自由落體；（2）一個物體在豎直方向做勻速直線運動；（3）一物體沿光滑曲面自由下滑。12．用氣墊導軌做實驗時，某一滑塊通過光電門時，雙擋光片兩次擋光的記錄為284.1ms和294.6ms，測得擋光片的擋光距離為5cm，則此滑塊的速度多大？13．在氣墊導軌上有兩個質量均為m的滑塊，兩個滑塊都帶有尼龍搭扣，使一滑塊以速度v運動，和靜止的另一滑塊相碰，碰后兩滑塊以共同速度v′運動，請猜測這一過程中的守恒量和不守恒量。14．物理量分哪兩類，怎么樣描述它們的變與不變？1實驗：探究碰撞中的不變量1、守恒2、光電計時器3、A4、D5、BC6、C7、AD8、AC9、D10、BC11、（1）運動的加速度（2）速度或合力（3）機械能12、4.76m/s13、守恒量：mv＝2mv′，不守恒量：mv2＝2mv′214、矢量：當矢量的大小或方向有一個發生變化，這個矢量就變化；當矢量的大小和方向都不變時，這個矢量就不變。標量：當標量的大小變化時，這個標題就變化；當標量的大小不變時，這個標題就不變。第1節實驗：探究碰撞中的不變量每課一練1．在利用懸線懸掛等大小球探究碰撞中的不變量的實驗中，下列說法正確的是()A．懸掛兩球的細繩長度要適當，且等長B．由靜止釋放小球，以便較準確計算小球碰前速度C．兩小球必須都是鋼性球，且質量相同D．兩小球碰后可以粘在一起共同運動2．在利用氣墊導軌探究碰撞中的不變量的實驗中，哪些因素可導致實驗誤差()A．導軌安放不水平 B．小車上擋光板傾斜C．兩小車質量不相等 D．兩小車碰后連在一起3．若用打點計時器做探究碰撞中的不變量的實驗，下列哪些操作是正確的()A．相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了改變兩車的質量B．相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了碰撞后粘在一起C．先接通打點計時器電源，再釋放拖動紙帶的小車D．先釋放拖動紙帶的小車，再接通打點計時器的電源4．如圖所示，在用兩小球探究碰撞中的不變量的實驗中，關于入射小球在斜槽中釋放點的高低對實驗影響的說法中，正確的是()A．釋放點越低，小球受阻力越小，入射小球的入射速度越小，誤差越小B．釋放點越高，兩球碰后水平位移越大，水平位移測量的相對誤差越小，兩球速度的測量越準確C．釋放點越高，兩球相撞時相互作用的內力越大，碰撞前后“mv”之差越小，誤差越小D．釋放點越高，入射小球對被碰小球的作用越大，支柱對被碰小球的阻力造成的影響越小5．質量分別為m1＝1kg和m2＝3kg的兩個物體在光滑水平面上正碰，碰撞時間忽略不計，其x－t圖象如圖16－1－6所示，試通過計算回答：碰撞前后m1v、m6．某同學用圖16－1－7所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來探究碰撞過程中的不變量．圖中PQ是斜槽，QR為水平槽．實驗開始先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡．重復上述操作10次，得到10個落點痕跡，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡．重復這種操作10次．圖16－1－7中O點是水平槽圖16－1－7圖16－1－8末端R在記錄紙上的垂直投影點．B球落地痕跡如圖16－1－8所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零點與O點對齊．(1)碰撞后B球的水平射程應取為________cm.(2)在以下選項中，哪些是本實驗必須進行的測量？________(填選項號)．A．水平槽上未放B球時，測量A球落點位置到O點的距離B．A球與B球碰撞后，測量A球落點位置到O點的距離C．測量A球和B球的直徑D．測量A球和B球的質量(或兩球質量之比)E．測量G點相對于水平槽面的高度圖16－1－97．如圖16－1－9所示的裝置中，質量為mA的鋼球A用細線懸掛于O點，質量為mB的鋼球B放在離地面高度為H的小支柱N上．O點到A球球心的距離為L.使懸線在A球釋放前張直，且線與豎直線的夾角為α，A球釋放后擺動到最低點時恰與B球正碰，碰撞后，A球把輕質指示針OC推移到與豎直線夾角β處，B球落到地面上，地面上鋪一張蓋有復寫紙的白紙D.保持α角度不變，多次重復上述實驗，白紙上記錄到多個B球的落點．(1)圖16－1－9中x應是B球初始位置到________的水平距離；(2)為了探究碰撞中的守恒量，應測得____________________________等物理量．(3)用測得的物理量表示mAvA＝________________；mAvA′＝______________；mBvB′＝______________.詳解答案第十六章動量守恒定律第1節實驗：探究碰撞中的不變量1．選ABD兩繩等長能保證兩球正碰，以減小實驗誤差，所以A正確．由于計算碰撞前速度時用到了mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，即初速度要求為0，B正確；本實驗中對小球的性能無要求，C錯誤；兩球正碰后，有各種運動情況，所以D正確．2．選AB導軌不水平，小車速度將會受重力影響，A項對；擋光板傾斜會導致擋光板寬度不等于擋光階段小車通過的位移，導致速度計算出現誤差，B項對．3．選BC車的質量可以用天平測量，改變小車的質量可以加砝碼，沒有必要一個用釘子而另一個用橡皮泥配重，這樣做的目的是為了碰撞后粘在一起有共同速度，便于測量碰后的速度，選項B正確．打點計時器的使用原則是先接通電源，C項正確．4．選BD小球從斜槽上滾下每次受的阻力相同，阻力大小并不影響實驗，也不是誤差產生的原因．釋放點越高，兩球碰后的位移越大，測量的相對誤差越小，因此釋放點應盡量高些．5．解析：碰撞前：v1＝4v2＝0m1v1＋m2v2＝4碰撞后：v1′＝－2m/s，v2′＝m1v1′＋m2v2′＝4所以碰撞前后m1v、m2v的總量守恒．答案：守恒6．解析：(1)將10個點圈在圓內的最小圓的圓心作為平均落點，可由刻度尺測得碰撞后B球的水平射程約為64.8cm.(2)本題利用了高度相同小球做平拋運動的時間相同，在比例式中，可以用位移代替速度，即變難測物理量為易測物理量．故還應測出未放B球時，A球落點位置到O點的距離(A)，及A和B碰后，A球落點位置到O點的距離(B)，還有A、B答案：(1)64.8(2)ABD7．解析：小球A在碰撞前后做擺動，滿足機械能守恒．小球B在碰撞后做平拋運動，則x應為B球的平均落點到初始位置的水平距離．要得到碰撞前后的mv，要測量mA、mB、α、β、L、H、x等，對A由機械能守恒mAgL(1－cosα)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，mAvA＝mAeq\r(2gL(1－cosα)).碰后對A，有mAgL(1－cosβ)＝eq\f(1,2)mAvA′2，得mAvA′＝mAeq\r(2gL(1－cosβ))，碰后B做平拋運動，有x＝vBt，H＝eq\f(1,2)gt2，所以mBvB′＝mBxeq\r(\f(g,2H)).答案：(1)B球平均落點(2)mA、mB、α、β、L、H、x(3)mAeq\r(2gL(1－cosα))mAeq\r(2gL(1－cosβ))mBxeq\r(\f(g,2H))動量和動量定理每課一練（人教版選修3-5）1．下列關于動量的說法中，正確的是()A．速度大的物體，它的動量一定大B．動量大的物體，它的速度不一定大C．只要物體速度大小不變，則物體的動量也保持不變D．豎直上拋的物體(不計空氣阻力)經過空中同一位置時動量一定相同解析：選B.動量的大小由質量和速度的乘積決定，所以速度大，動量不一定大，A選項錯誤，B選項正確；物體速度的大小不變，但速度的方向有可能變化，動量是矢量，其方向與速度方向相同，也有可能發生變化，所以物體的動量有可能變化，C選項錯誤；物體經過空中同一位置時，速度方向可能向上，也可能向下，即速度不一定相同，所以動量不一定相同．2．下列關于動量及其變化說法正確的是()A．兩物體的動量相等，動能也一定相等B．物體動能發生變化，動量也一定發生變化C．動量變化的方向一定與初末動量的方向都不同D．動量變化的大小，不可能等于初末狀態動量大小之和解析：選B.由動量和動能的關系Ek＝eq\f(p2,2m)可知，當動量p相等時，動能Ek不一定相等，A項錯；當動能Ek＝eq\f(1,2)mv2變化時，速度v的大小一定變化，動量p＝mv一定變化，B項正確；當物體以一定的初速度做勻加速直線運動過程中，Δp的方向與p初、p末均相同，C項錯；當物體在水平面上以一定的速度與豎直擋板碰撞后沿原速度相反的方向彈回的過程中，動量變化的大小等于初、末狀態動量大小之和，D項錯．3．跳遠時，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，這是由于()A．人跳在沙坑上的動量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑上的動量變化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑上受到的沖量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑上受到的沖力比跳在水泥地上小解析：選D.人跳遠時從一定高度落下，落地前的速度(v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh))一定，則初動量一定；落地后靜止，末動量一定，所以人下落過程的動量變化量Δp一定，因落在沙坑上作用的時間長，落在水泥地上作用的時間短，根據動量定理Ft＝Δp知，t長則F小，故D正確．4．如圖16－2－4所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，在到達斜面底端的過程中()圖16－2－4A．重力的沖量相同 B．彈力的沖量相同C．合力的沖量相同 D．合力的沖量大小相同解析：選D.重力的沖量IG＝mg·t，物體下滑時間不同，故IG不同，A錯；彈力與斜面垂直，兩物塊所受彈力方向不同，故彈力的沖量不同，B錯；兩物塊所受合力的方向平行斜面，故合力的沖量方向也與斜面平行，故合力的沖量不同，C錯．由機械能守恒定律可知，物體到達底端時速率相等，由I＝mv知，合力沖量大小相等，故D對．5.圖16－2－5用一長L無彈性的輕繩，一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球，小球在光滑水平面上以速度v從A點開始做勻速圓周運動，如圖16－2－5所示．在小球運動半周的過程中，求：(1)小球重力的沖量；(2)繩拉力的沖量．解析：(1)IG＝mg·t＝mg·eq\f(πL,v)＝eq\f(mgπL,v)，方向豎直向下．(2)設繩拉力的沖量為IF，根據動量定理IF＝I合＝Δp＝pB－pA＝2mv，方向與B點速度同向．答案：(1)eq\f(mgπL,v)，方向豎直向下(2)2mv，方向與B點速度同向一、選擇題1．(2011年廣東廣州模擬)物體動量變化量的大小為5kg·m/s，這說明()A．物體的動量在減小B．物體的動量在增大C．物體的動量大小也可能不變D．物體的動量大小一定變化解析：選C.動量是矢量，動量變化了5kg·m/s，物體動量的大小可能在增加，也可能在減小，還可能不變，如物體以大小為5kg·m/s的動量做勻速圓周運動時，物體的動量大小保持不變，當末動量方向與初動量方向間的夾角為60°時，物體的動量變化量的大小為5kg·m/s.2．質量為5kg的小球以5m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3m/s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化為()A．10kg·m/s B．－10kg·m/sC．40kg·m/s D．－40kg·m/s解析：選D.動量的變化是末動量減去初動量，規定了豎直向下為正方向．初動量p1＝mv1＝25kg·m/s，末動量p2＝mv2＝－15kg·m/s，動量的變化Δp＝p2－p1＝－40kg·m/s.3.圖16－2－6如圖16－2－6所示，PQS是固定于豎直平面內的光滑的eq\f(1,4)圓周軌道，圓心O在S的正上方．在O和P兩點各有一質量為m的小物塊a和b，從同一時刻開始，a自由下落，b沿圓弧下滑．以下說法正確的是()A．a比b先到達S，它們在S點的動量不相等B．a與b同時到達S，它們在S點的動量不相等C．a比b先到達S，它們在S點的動量相等D．b比a先到達S，它們在S點的動量相等解析：選A.由機械能守恒可知，兩物體在同一高度處下落，最后速度的大小相等，但因為b物塊沿豎直方向的分速度小于a物塊豎直方向的速度，所以a物塊先到達S點；此時a物塊的速度方向為豎直向下，b物塊的速度方向為水平向左，所以兩物塊的動量不相等．4．在距地面高為h處，同時以相同速率v0分別平拋、豎直上拋、豎直下拋質量相等的物體m，當它們落地時，比較它們的動量的增量Δp，有()A．平拋過程較大 B．豎直上拋過程較大C．豎直下拋過程較大 D．三者一樣大解析：選B.由動量變化圖(如下圖)可知，Δp2最大，即豎直上拋過程動量增量最大，所以應選B.5．以初速度v水平拋出一質量為m的石塊，不計空氣阻力，則對石塊在空中運動過程中的下列各物理量的判斷正確的是()A．在兩個相等的時間間隔內，石塊受到的沖量相同B．在兩個相等的時間間隔內，石塊動量的增量相同C．在兩個下落高度相同的過程中，石塊動量的增量相同D．在兩個下落高度相同的過程中，石塊動能的增量相同解析：選ABD.不計空氣阻力，石塊只受重力作用，無論路程怎樣，只要兩個過程的時間相同，重力的沖量就相同，A正確；據動量定理知石塊動量的增量等于它受到的沖量，由于在兩個相等的時間間隔內，石塊受到重力的沖量相同，所以動量的增量必然相同，B正確；由于石塊下落時在豎直方向上是做加速運動，兩個下落高度相同的過程所用時間不同，所受重力的沖量就不同，因而動量的增量不同，C錯；據動能定理，外力對石塊所做的功等于石塊動能的增量，石塊只受重力作用，在重力的方向上位移相同，重力做功就相同，因此動能增量就相同，D正確．6．一粒鋼珠從靜止狀態開始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ，則()A．過程Ⅰ中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小C．Ⅰ、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零D．過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零解析：選AC.根據動量定理可知，在過程Ⅰ中，鋼珠從靜止狀態自由下落，不計空氣阻力，鋼珠所受的合外力即為重力，因此鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量，選項A正確；過程Ⅱ中阻力沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小與過程Ⅱ中重力的沖量的大小之和，顯然B選項錯誤；在Ⅰ、Ⅱ兩個過程中，鋼珠動量的改變量各不為零，且它們大小相等、方向相反，但從整體看，鋼珠動量的改變量為零，故合外力的總沖量等于零，故C選項正確，D選項錯誤．因此，本題的正確選項為A、C.7．“神舟七號”返回艙的成功著陸，標志著我國成為世界上第三個獨立掌握空間出艙關鍵技術的國家．為了保證航天員的安全，返回艙上使用了降落傘、反推火箭、緩沖座椅三大法寶，在距離地面大約1m時，返回艙的4個反推火箭點火工作，返回艙速度一下子降到了2m/s以內，隨后又漸漸降到1m/s，最終安全著陸．把返回艙離地1m開始到完全著陸稱為著地過程，則關于反推火箭的作用，下列說法正確的是()A．減小著地過程中返回艙和航天員的動量變化B．減小著地過程中返回艙和航天員所受的沖量C．延長著地過程的作用時間D．減小著地過程返回艙和航天員所受的平均沖力解析：選CD.反推火箭并沒有改變返回艙的動量變化，所以由動量定理知，返回艙所受沖量不變，只是作用時間延長，平均沖力減小．8.圖16－2－7如圖16－2－7所示，把重物G壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著一起運動；若迅速拉動紙帶，紙帶將會從重物下抽出，解釋這種現象的正確說法是()A．在緩慢拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力大B．在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力小C．在緩慢拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大D．在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量小解析：選CD.在本題中，重物所受合力為摩擦力，在緩緩拉動紙帶時，兩物體之間的摩擦力是靜摩擦力；在迅速拉動時，它們之間的摩擦力是滑動摩擦力．由于通常認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，所以一般情況是：緩慢拉動時摩擦力小，迅速拉動時摩擦力大，故A、B均錯．緩慢拉動時摩擦力雖小些，但作用時間較長．故重物獲得的沖量即動量的改變也較大，所以能把重物帶動．迅速拉動時摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量很小．所以重物動量改變很小．因此C、D正確．二、非選擇題9．質量為60kg的人，不慎從高空支架上跌落，由于彈性安全帶的保護，使他懸掛在空中．已知安全帶長5m，其緩沖時間是1.2s，求安全帶受到的平均沖力大小為多少？(取g＝10m/s2)解析：人自由下落5m，由運動學公式v2＝2gh，則v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×5)＝10m/s.人和安全帶作用時，人受到向上的拉力和向下的重力，設向下為正，由動量定理(mg－F)t＝0－mv得F＝mg＋eq\f(mv,t)＝(60×10＋eq\f(60×10,1.2))N＝1100N.答案：1100N10．質量m＝500g的籃球，以10m/s的初速度豎直上拋，當它上升到高度h＝1.8m處與天花板相碰，經過時間t＝0.4s的相互作用，籃球以碰前速度的eq\f(3,4)反彈，設空氣阻力忽略不計，g取10m/s2，則籃球對天花板的平均作用力為多大？解析：設籃球與天花板碰前速度為v，由v2－v20＝－2gh，得v＝eq\r(v20－2gh)＝eq\r(102－2×10×1.8)m/s＝8m/s，方向向上．碰后速度v′＝eq\f(3,4)v＝6m/s，方向向下．碰撞過程中球受向下的重力mg和天花板對球向下的平均作用力F，以向下為正方向對球由動量定理得：(F＋mg)t＝mv′－mvF＝eq\f(mv′－mv,t)－mg＝eq\f(0.5×6－0.5×－8,0.4)N－0.5×10N＝12.5N由牛頓第三定律知籃球對天花板的平均作用力F′＝12.5N，方向向上．答案：12.5N16.2動量和動量定理1．下列關于動量的說法中，正確的是()A．物體的動量改變，其速度大小一定改變B．物體的動量改變，其速度方向一定改變C．物體運動速度的大小不變，其動量一定不變D．物體的運動狀態改變，其動量一定改變解析：動量是矢量，有大小也有方向。動量改變是指動量大小或方向的改變，而動量的大小與質量和速度兩個因素有關，其方向與速度的方向相同。質量一定的物體，當速度的大小或方向有一個因素發生變化時，動量就發生變化，故A、B、C錯；物體運動狀態改變是指速度大小或方向的改變，因此物體的動量一定發生變化，故D正確。答案：D2．跳遠時，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，這是由于()A．人跳在沙坑上的動量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑上的動量變化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑上受到的沖量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑上受到的沖力比跳在水泥地上小解析：人跳遠時，從一定高度落下，落地前的速度(v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh))一定，則初動量一定；落地后靜止，末動量一定，所以人下落過程的動量變化量Δp一定，因落在沙坑上作用的時間長，落在水泥地上作用的時間短，根據動量定理Δp＝Ft知，t長則F小，故D正確。答案：D3．A、B兩球質量相等，A球豎直上拋，B球平拋，兩球在運動中空氣阻力不計，則下列說法中正確的是()A．相同時間內，動量的變化大小相等，方向相同B．相同時間內，動量的變化大小相等，方向不同C．動量的變化率大小相等，方向相同D．動量的變化率大小相等，方向不同解析：A、B球在空中只受重力作用，因此相同時間內重力的沖量相同，因此兩球動量的變化大小相等、方向相同，A選項正確；動量的變化率為eq\f(Δp,Δt)＝meq\f(Δv,Δt)＝mg，大小相等、方向相同，C選項正確。答案：AC4．為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內杯中水面上升了45mm。查詢得知，當時雨滴豎直下落速度約為12m/s。據此估算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/mA．0.15Pa B．0.54PaC．1.5Pa D．5.4Pa解析：設圓柱形水杯的橫截面積為S，則水杯中水的質量為m＝ρV＝103×45×10－3S＝45S，由動量定理可得：Ft＝mv，而p＝eq\f(F,S)，所以p＝eq\f(mv,St)＝eq\f(45S×12,S×3600)Pa＝0.15Pa。答案：A5．(2012·成都聯考)物體在恒定的合力作用下做直線運動，在時間t1內動能由零增大到E1，在時間t2內動能由E1增加到2E1，設合力在時間t1內做的功為W1，沖量為I1，在時間t2內做的功是W2，沖量為I2，則()A．I1＜I2，W1＝W2 B．I1＞I2，W1＝W2C．I1＞I2，W1＜W2 D．I1＝I2，W1＜W2解析：根據動能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根據動量定理和動量與動能的關系式p＝eq\r(2mEk)有I1＝eq\r(2mE1)－0＝eq\r(2mE1)，I2＝2eq\r(mE1)－eq\r(2mE1)＝(2－eq\r(2))eq\r(mE1)，顯然I1＞I2。只有選項B正確。答案：B6．質量為m＝0.10kg的小球以v0＝10m/s的水平速度拋出，下落h＝5.0m時撞擊一鋼板，撞后速度恰好反向，則鋼板與水平面的夾角θ＝________，剛要撞擊鋼板時小球動量的大小為________。(取g＝10m/s2)解析：小球下落5m時的豎直分速度為v⊥＝eq\r(2gh)＝10m/s。小球在水平方向上做勻速運動，速度為10m/s。所以小球撞擊鋼板時的速度為v＝10eq\r(2)m/s，方向與豎直方向成45°角。由于小球是垂直撞在鋼板上，所以鋼板與水平面成45°角。其動量大小為p＝mv＝0.10×10eq\r(2)kg·m/s＝eq\r(2)kg·m/s。答案：45°eq\r(2)kg·m/s或eq\r(2)N·s7．(2012·天津高考)質量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為________kg·m/s。若小球與地面的作用時間為0.2s，則小球受到地面的平均作用力大小為________N(取g＝10m/s2)。解析：小球與地面碰撞前后的動量變化為Δp＝mv′－mv＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s。由動量定理，(F－mg)Δt＝Δp，小球受到地面的作用力F＝eq\f(Δp,Δt)＋mg＝12N。答案：2128．高壓水槍噴口半徑為r，射出的水流速度為v，水平地打在豎直煤壁上后速度變為零。設水的密度為ρ，則高速水流對煤壁的沖擊力的大小為________。解析：選取研究對象，表示Δt時間內的水柱質量，如圖所示，在Δt時間內水運動的距離為vΔt，取vΔt長的水柱為研究對象，水柱的橫截面積為S，S＝πr2，其體積為SvΔt，則水柱質量為m＝ρSvΔt，這些水在Δt時間內與煤壁作用，由動量定理：FΔt＝Δp，以水流的方向為正方向，得－FΔt＝0－ρSvΔt·v，所以F＝ρSv2＝πρr2v2。答案：πρr2v29．據國際民航組織估計，全世界每年飛鳥撞飛機約有1萬次，其中約有12%造成飛機損壞，嚴重損壞的約3%。有專家估計，世界上每年因機鳥相撞付出的代價高達100多億美元。小小的飛鳥撞壞龐大、堅實的飛機，真難以想象。設飛鳥的質量m＝1kg，飛機的飛行速度為v＝800m/s，若兩者相撞，試估算飛鳥對飛機的撞擊力，說明鳥類對飛機飛行的威脅。解析：可認為碰撞前后飛機的速度不變，一直以800m/s的速度飛行，以飛機為參考系，以鳥為研究對象，由于撞擊的作用很大，碰撞后可認為鳥同飛機一起運動，相對于飛機的末速度v′＝0，設碰撞時鳥相對于飛機的位移L＝20cm(可認為是鳥的身長)，則撞擊的時間約為：Δt＝eq\f(L,v) ①選取飛機飛行的方向為正方向，根據動量定理得：eq\x\to(F)·Δt＝mv ②由①②兩式解得鳥受到的平均作用力：eq\x\to(F)＝eq\f(mv2,L)＝eq\f(1×8002,0.2)N＝3.2×106N根據牛頓第三定律可知，飛鳥對飛機的撞擊力大小也約為3.2×106N，由此可見鳥對飛機飛行造成的威脅是不可忽略的。答案：3動量守恒定律每課一練（人教版選修3-5）1．如圖16－3－7所示，A、B兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，物塊C以一定的初速度v0從A的左端開始向右滑行，最后停在B木塊的右端，對此過程，下列敘述正確的是()圖16－3－7A．當C在A上滑行時，A、C組成的系統動量守恒B．當C在B上滑行時，B、C組成的系統動量守恒C．無論C是在A上滑行還是在B上滑行，A、B、C三物塊組成的系統都動量守恒D．當C在B上滑行時，A、B、C組成的系統動量不守恒解析：選BC.當C在A上滑行時，若以A、C為系統，B對A的作用力為外力，不等于0，故系統動量不守恒，A選項錯誤；當C在B上滑行時，A、B已分離，以B、C為系統，沿水平方向不受外力作用，故系統動量守恒，B選項正確；若將A、B、C三物塊視為一系統，則沿水平方向無外力作用，系統動量守恒，C選項正確，D選項錯誤．2．小船相對地面以速度v向東行駛，若在船上以相對于地面的相同速率v水平向西拋出一個質量為m的重物，則小船的速度將()A．不變 B．減小C．增大 D．改變方向解析：選C.以運動的整個系統為研究對象，在水平方向上不受外力的作用，系統遵守動量守恒定律．根據動量守恒定律可得選項C正確．3．車廂原來靜止在光滑的水平軌道上，車廂后面的人對前壁發射一顆子彈，子彈陷入車廂的前壁內．設子彈的質量為m，出口速度為v0，車廂和人的質量為M，作用完畢后車廂的速度為()A.eq\f(mv,M)，向前 B.eq\f(mv,M)，向后C.eq\f(mv,m＋M)，向前 D．0解析：選D.以車、人、槍和子彈為系統研究，整個系統在水平方向上不受外力的作用，遵守動量守恒定律．已知作用前總動量為零，所以作用后的總動量也為零．不必考慮中間過程，最后系統還是靜止的，選項D正確．4.圖16－3－8如圖16－3－8所示，兩輛質量相同的小車置于光滑的水平面上，有一人靜止站在A車上，兩車靜止，若這個人自A車跳到B車上，接著又跳回A車，靜止于A車上，則A車的速率()A．等于零 B．小于B車的速率C．大于B車的速率 D．等于B車的速率解析：選B.以A、B兩車和人整體為研究對象，以A車最終速度方向為正方向，由動量守恒定律得：(m＋M)vA－MvB＝0，解得eq\f(vA,vB)＝eq\f(M,m＋M).所以vA<vB，B對．5.圖16－3－9如圖16－3－9所示，有A、B兩質量均為M＝100kg的小車，在光滑水平面上以相同的速率v0＝2m/s在同一直線上相對運動，A車上有一質量為m＝50kg的人至少要以多大的速度(對地)從A車跳到B車上，才能避免兩車相撞？解析：要使兩車避免相撞，則人從A車跳到B車上后，B車的速度必須大于或等于A車的速度，設人以速度v人從A車跳離，人跳到B車后，A車和B車的共同速度為v，人跳離A車前后，以A車和人為系統，由動量守恒定律：(M＋m)v0＝Mv＋mv人人跳上B車后，以人和B車為系統，由動量守恒定律：mv人－Mv0＝(m＋M)v聯立以上兩式，代入數據得：v人＝5.2m/s.答案：5.2m/s一、選擇題1.圖16－3－10一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長為L、系有小球的水平細繩，小球由靜止釋放，如圖16－3－10所示，不計一切摩擦，下列說法正確的是()A．小球的機械能守恒，動量不守恒B．小球的機械能不守恒，動量也不守恒C．球、車系統的機械能守恒，動量守恒D．球、車系統的機械能、動量都不守恒解析：選B.以小球和小車作為一個系統，該系統水平方向上不受外力，因此水平方向動量守恒，C選項并沒有說明哪個方向，因此錯誤；小球由靜止釋放，小球受到繩子拉力作用，動量不守恒，機械能也不守恒，B選項正確．2.圖16－3－11如圖16－3－11所示，A、B兩物體的質量比mA∶mB＝3∶2，它們原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面之間動摩擦因數相同，地面光滑．當彈簧突然釋放后，則有()A．A、B系統動量守恒 B．A、B、C系統動量守恒C．小車向左運動 D．小車向右運動答案：BC3．質量為1kg的物體在距地面高5m處由靜止自由下落，正落在以5m/s速度沿光滑水平面勻速行駛的裝有沙子的小車中，車與沙子的總質量為4kg，當物體與小車相對靜止后，小車的速度為()A．3m/s B．4m/sC．5m/s D．6m/s解析：選B.物體與小車在相互作用過程中，水平方向不受外力，即在水平方向動量守恒，根據動量守恒定律m物v＋m車v′＝(m物＋m車)v共由于物體豎直下落，即v＝0，所以v共＝eq\f(20,5)m/s＝4m/s，故正確答案為B.4.圖16－3－12如圖16－3－12所示，光滑圓槽的質量為M，靜止在光滑的水平面上，其內表面有一小球被細線吊著，恰位于槽的邊緣處，如將線燒斷，小球滑到另一邊的最高點時，圓槽的速度為()A．0B．向左C．向右D．無法確定解析：選A.小球和圓槽組成的系統在水平方向不受外力，故系統在水平方向上動量守恒．細線被燒斷瞬間，系統在水平方向上的總動量為零，又知小球到達最高點時，球與槽水平方向上有共同速度，設為v′，根據動量守恒定律有：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0.A選項正確．5.圖16－3－13如圖16－3－13所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質點，質量相等，Q與輕質彈簧相連．設Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發生碰撞．在整個碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于()A．P的初動能 B．P的初動能的1/2C．P的初動能的1/3 D．P的初動能的1/4解析：選B.當兩物體有相同速度時，彈簧具有最大彈性勢能，由動量守恒得mv＝2mv′，v′＝eq\f(v,2)，由能量守恒得：Epm＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＝eq\f(1,4)mv2＝eq\f(1,2)Ek.故選B.6．(2011年廣東汕頭調研)裝好炮彈的大炮總質量為M，其中炮彈的質量為m，已知炮彈出口時對地的速度大小為v，方向與水平方向間的夾角為α，不計炮身與地面間的摩擦，則炮車后退的速度大小是()A.eq\f(mv,M－m) B.eq\f(mvcosα,M－m)C.eq\f(mvcosα,M) D.eq\f(mv,M)解析：選B.炮彈和炮身在水平方向上不受外力作用，故動量守恒：mvcosα＝(M－m)v′所以v′＝eq\f(mvcosα,M－m)，故選B.7．質量M＝100kg的小船靜止在水面上，船頭站著質量m甲＝40kg的游泳者甲，船尾站著質量m乙＝60kg的游泳者乙，船頭指向左方．若甲、乙兩游泳者同時在同一水平線上甲朝左、乙朝右以3m/s的速率躍入水中，則()A．小船向左運動，速率為1m/sB．小船向左運動，速率為0.6m/sC．小船向右運動，速率大于1m/sD．小船仍靜止解析：選B.選向左的方向為正方向，由動量守恒定律得m甲v－m乙v＋Mv′＝0，船的速度為v′＝eq\f(m乙－m甲v,M)＝eq\f(60－40×3,100)m/s＝0.6m/s.船的速度向左．故選項B正確．8．一彈簧槍可射出速度為10m/s的鉛彈，現對準以6m/s的速度沿光滑桌面迎面滑來的木塊發射一顆鉛彈，鉛彈射入木塊后未穿出，木塊繼續向前運動，速度變為5m/s.如果想讓木塊停止運動，并假定鉛彈射入木塊后都不會穿出，則應再向木塊迎面射入的鉛彈數為()A．5顆 B．6顆C．7顆 D．8顆解析：選D.第一顆鉛彈射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入數據可得eq\f(m1,m2)＝15，設再射入n顆鉛彈木塊停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.二、非選擇題9.圖16－3－14(2011年永樂檢測)如圖16－3－14所示，一個質量為m的木塊，從半徑為R、質量為M的1/4光滑圓槽頂端由靜止滑下．在槽被固定和可沿著光滑平面自由滑動兩種情況下，木塊從槽口滑出時的速度大小之比為多少？解析：槽被固定時，木塊到槽口的速度為v1由機械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgR①槽可自由滑動時，木塊到槽口的速度為v2，槽的速度為v3由機械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)＝mgR②由動量守恒得：mv2－Mv3＝0③聯立①②③解得：eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(m＋M,M)).答案：eq\r(\f(m＋M,M))10.圖16－3－15如圖16－3－15所示，質量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5m，現有質量m2＝0.2kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0＝2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：(1)物塊在車面上滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少．解析：(1)設物塊與小車共同速度為v，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用牛頓定律有F＝meq\f(v－v0,t)又F＝μm2g解得t＝eq\f(m1v0,μm1＋m2g)代入數據得t＝0.24s.(2)要使物塊恰好不從車面滑出，須使物塊到達車面最右端時與小車有共同的速度，設其為v′，則m2v0′＝(m1＋m2)v′由功能關系有eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL代入數據解得v0′＝5m/s故要使物塊不從車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過5m/s.答案：(1)0.24s(2)5m/s3動量守恒定律1．若用p1、p2分別表示兩個相互作用物體的初動量，p1′、p2′表示它們的末動量，Δp1、Δp2表示兩個相互作用物體的動量的變化，p、Δp表示兩物體組成的系統的總動量和總動量的變化量，C為常數。用下列形式表示動量守恒定律，正確的是()A．Δp1＝－Δp2 B．p1＋p2＝p1′＋p2′C．Δp＝C D．Δp＝0解析：A項的含義是一物體的動量增加量(減少量)等于另一物體的動量減少量(增加量)，兩物體組成系統的總動量守恒。B項的含義是相互作用前兩物體的動量之和等于相互作用后兩物體的動量之和。Δp是系統總動量的變化量，Δp＝0表示總動量變化量為零，即系統的總動量不變。綜上所述，選ABD。答案：ABD2．(2012·湖北省襄樊月考)如圖1所示，在光滑水平面上，用等大異向的F1、F2分別同時作用于A、B兩個靜止的物體上，已知mA＜mB，經過相同的時間后同時撤去兩力，以后兩物體相碰并粘為一體，則粘合體最終將()A．靜止 B．向右運動 圖1C．向左運動 D．無法確定解析：選取A、B兩個物體組成的系統為研究對象，根據動量定理，整個運動過程中，系統所受的合外力為零，所以動量改變量為零，初始時刻系統靜止，總動量為零，最后粘合體的動量也為零，即粘合體靜止，所以選項A正確。答案：A3．(2012·福建高考)如圖2，質量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為() 圖2A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析：根據動能量守恒定律，選向右方向為正方向，則有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故選項C正確。答案：C4．如圖3所示，A、B兩物體的質量mA＞mB，中間用一段細繩相 圖3連并有一被壓縮的彈簧，放在平板小車C上后，A、B、C均處于靜止狀態。若地面光滑，則在細繩被剪斷后，A、B從C上未滑離之前，A、B沿相反方向滑動的過程中()A．若A、B與C之間的摩擦力大小相同，則A、B組成的系統動量守恒，A、B、C組成的系統動量也守恒B．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統動量不守恒，A、B、C組成的系統動量也不守恒C．若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，則A、B組成的系統動量不守恒，但A、B、C組成的系統動量守恒D．以上說法均不對解析：當A、B兩物體組成一個系統時，彈簧的彈力為內力，而A、B與C之間的摩擦力為外力。當A、B與C之間的摩擦力等大反向時，A、B組成的系統所受外力之和為零，動量守恒；當A、B與C之間的摩擦力大小不相等時，A、B組成的系統所受外力之和不為零，動量不守恒。而對于A、B、C組成的系統，由于彈簧的彈力，A、B與C之間的摩擦力均為內力，故不論A、B與C之間的摩擦力的大小是否相等，A、B、C組成的系統所受外力之和均為零，故系統的動量守恒。正確選項是A、C。答案：AC5．(2012·北京期中檢測)如圖4所示，在光滑水平面上有一質量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止狀態，一質量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面做往復運動。木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來位置的過程中，木塊受到的合外力的沖量大小為() 圖4A.eq\f(Mmv0,M＋m) B．2Mv0C.eq\f(2Mmv0,M＋m) D．2mv0解析：子彈射入木塊的過程中，由子彈和木塊組成的系統合力為零，系統動量守恒，設子彈擊中木塊，并嵌在其中時的速度大小為v，根據動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，所以v＝eq\f(mv0,M＋m)；子彈嵌在木塊中后隨木塊壓縮彈簧在水平面做往復運動，在這個過程中，由子彈、木塊和彈簧組成的系統，機械能守恒，所以當木塊第一次回到原來位置時的速度大小為仍v；木塊被子彈擊中前處于靜止狀態，根據動量定理，所求沖量大小為I＝Mv－0＝eq\f(Mmv0,M＋m)，選項A正確。答案：A6．一輛平板車沿光滑的水平面運動，車的質量為M＝18kg，運動速度為v0＝4m/s。若一個質量為m＝2kg的沙包從高5m處落入車內，則車的速度變為________m/s；若將一個質量為m＝2kg的沙包，以v′＝5m/s的速度迎面水平扔入車內，則車的速度變為________m/s。解析：若沙包從高處落入車內，則車和沙包組成的系統在水平方向上動量守恒，根據動量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，解得v＝3.6m/s。若沙包迎面水平扔入車內，根據動量守恒定律有Mv0－mv′＝(M＋m)v，解得v＝3.1m/s。答案：3.63.17．質量都是1kg的物體A、B，中間用一輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。現使B物體靠在墻上，用力推物體A壓縮彈簧，如圖5所示。這個過程中外力做功為8J，待系統靜止后突然撤去外力。從撤去外力到彈簧第一次恢復到原長時B物體的動量為________kg·m/s。當A、B間距離最大時B物體的速度大小為________m/s。 圖5解析：根據能量的轉化，當彈簧恢復原長時，物體A的動能為8J，則A的動量為pA＝eq\r(2mEk)＝eq\r(2×1×8)kg·m/s＝4kg·m/s，此時的B速度仍為零，因此動量也為零；以后A、B相互作用，遵守動量守恒定律，當兩者距離最大時具有共同速度，由動量守恒有pA＝2mv，解得：v＝2m/s。答案：028．如圖6所示，如果懸掛球的繩子能承受的最大拉力T0＝10N，球質量m＝0.5kg，L＝0.3m，錘頭質量M＝0.866kg，如果錘頭沿水平方向打擊球m，錘速度至少為________m/s才能把繩子打斷。設球原來靜止，打擊后錘頭靜止(g＝10m/s2)。 圖6解析：球m被錘打擊后以O為圓心，L為半徑做圓周運動，且在剛打過繩子拉力最大，由牛頓第二定律有T0－mg＝m·eq\f(v2,L)v＝eq\r(\f(T0－mgL,m))＝eq\r(3)m/s錘打擊m過程中，系統水平方向不受外力作用，系統水平方向動量守恒有Mv0＝mvv0＝eq\f(mv,M)＝1m/s。答案：19．如圖7所示，質量為M的滑塊B套在光滑的水平桿上可自由滑動。質量為m的小球A用一長為L的輕桿與B上的O點相連接，輕桿處于水平位置，可繞O點在豎直平面內自由轉動。 圖7(1)固定滑塊B，給小球A一豎直向上的初速度，使輕桿繞O點轉過90°，則小球初速度的最小值是多少？(2)若M＝2m，不固定滑塊B，給小球A一豎直向上的初速度v0，則當輕桿繞O點恰好轉過90°，小球A運動到最高點時，滑塊B解析：(1)只有小球轉過90°時的速度為零，對應初速度才最小，設此初速度為v，由機械能守恒得：eq\f(1,2)mv2＝mgL，v＝eq\r(2gL)。(2)設小球A運動到最高點時速度為v1，此時滑塊B的速度為v2，A、B組成的系統水平方向動量守恒，有mv1－Mv2＝0。根據機械能守恒，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋mgL，解得：v2＝eq\r(\f(v\o\al(2,0)－2gL,6))。答案：(1)eq\r(2gL)(2)eq\r(\f(v\o\al(2,0)－2gL,6))4碰撞每課一練（人教版選修3-5）一、單項選擇題1．質量m2＝9kg的物體B，靜止在光滑的水平面上．另一個質量為m1＝1kg、速度為v的物體A與其發生正碰，碰撞后B的速度為2m/s，則碰撞前A的速度v不可能是(A)A．8m/sB．10m/sC．15m/sD．20m/s解析：根據動量守恒，動能不增加的原理逐個驗證答案．2．物塊1、2的質量分別是m1＝4kg和m2＝1kg，它們具有的動能分別為E1和E2，且E1＋E2＝100J．若兩物塊沿同一直線相向運動發生碰撞，并黏在一起，欲使碰撞中損失的機械能最大，則E1和E2的值應該分別是(B)A．E1＝E2＝50JB．E1＝20J，E2＝80JC．E1＝1J，E2＝99JD．E1＝90J，E2＝10J解析：p1＝eq\r(2m1E1)，p2＝eq\r(2m2E2)，只有當兩者動量等大時，相撞后速度為零時，動能損失最大，即p1－p2＝0，代入驗證后得B是正確的．3．如圖16－4－12所示，質量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質量也為m的物體乙以4m/s的速度與甲相向運動．則(C)圖16－4－12A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，動量不守恒B．當兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零C．當甲物塊的速率為1m/s時，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0D．甲物塊的速率可能達到5m/s解析：甲、乙、彈簧為一系統，它們所受的合外力為零，動量守恒，只有彈力做功，它們相距最近，彈簧壓縮最大時，速度相同．由碰撞特點可知，當甲物塊的速率為1m/s時，有向左或向右兩種情況，所以由動量守恒可得兩解．當彈簧再次恢復原長后，甲、乙就會分開，所以甲物塊的速率不可能達到5m/s.4．如圖16－4－13所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質量關系為mB＝2mA，規定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s.則(A)圖16－4－13A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10解析：易知左邊為A球，碰撞后，A球的動量增量為－4kg·m/s，則B球的動量增量為4kg·m/s，所以，A球的動量為2kg·m/s，B球的動量為10kg·m/s，即mAvA＝2kg·m/s，mBvB＝10kg·m/s，且mB＝2mA，則vA∶vB＝2∶5，所以A選項正確．二、雙項選擇題5．在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等的速率相向而行，并發生碰撞，下列現象可能的是(AD)A．若兩球質量相同，碰后以某一相等速率互相分開B．若兩球質量相同，碰后以某一相等速率同向而行C．若兩球質量不同，碰后以某一相等速率互相分開D．若兩球質量不同，碰后以某一相等速率同向而行解析：在A項中，碰撞前兩球總動量為零，碰撞后也為零，動量守恒，所以A項是可能的；在B項中，若碰撞后兩球以某一相等速率同向而行，則兩球的總動量不為零，而碰撞前為零，所以B項不可能；在C項中，碰撞前、后系統的總動量的方向不同，所以動量不守恒，C項不可能；在D項中，碰撞前總動量不為零，碰后也不為零，方向可能相同，所以D項是可能的．6．在光滑水平面上，動能為E0，動量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發生碰撞，碰撞后球1的運動方向相反．設碰撞后球1的動能和動量的大小分別為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別為E2、p2，則(AC)A．E1<E0B．E2>E0C．p1<p0D．p2<p解析：兩鋼球在相碰過程中必同時遵守能量守恒和動量守恒．由于外界沒有能量輸入，而碰撞中可能產生熱量，所以碰后的總動能不會超過碰前的總動能，即E1＋E2≤E0，可見A選項對，B錯；另外，E1<E0也可寫成eq\f(p\o\al(2,1),2m)<eq\f(p\o\al(2,0),2m)，因此C選項也對；由碰撞后球1的運動方向相反可得p2>p0，D選項錯誤．7．如圖16－4－14所示，一輕質彈簧，上端懸于天花板，下懸一質量為M的平板，處于平衡狀態，一質量為m的均勻環套在彈簧外，與平板的距離為h，讓環自由下落，撞擊平板．已知碰后環與板以相同的速度向下運動，使彈簧伸長，則(AC)圖16－4－14A．若碰撞時間極短，則碰撞過程中環與板的總動量守恒B．若碰撞時間極短，則碰撞過程中環與板的總機械能守恒C．環撞擊板后，板的新的平衡位置與h的大小無關D．在碰撞后環與板一起下落過程中，它們減少的動能等于克服彈力所做的功解析：碰撞過程內力遠大于外力，所以動量守恒，但機械能要損失；新的平衡位置是重力等于彈力的位置，與環下降的高度無關；克服彈力所做的功與減少的重力勢能之差等于動能的減少量．8．物體A的質量是B的2倍，中間有一壓縮的彈簧，放在光滑的水平面上，由靜止同時放開后一小段時間內(AD)A．A的速率是B的一半B．A的動量大于B的動量C．A受的力大于B受的力D．總動量為零9．甲、乙兩人站在小車左右兩端，如圖16－4－15所示，當他倆同時相向而行時，發現小車向右運動，下列說法中正確的是(軌道光滑)(CD)圖16－4－15A．乙的速度必定大于甲的速度B．乙的動量必定小于甲的動量C．乙的動量必定大于甲的動量D．甲、乙動量總和必定不為零解析：在用動量守恒定律分析時，本題的研究對象應是甲、乙兩人和小車共同構成的系統．由于開始都處于靜止狀態，所以在甲、乙相向運動的過程中，系統的合動量始終為零，設它們的動量大小分別為p甲、p乙和p車，取向右為正方向，則：p甲－p乙＋p車＝0，所以p乙＝p甲＋p車，即p乙＞p甲，故選項B錯，C正確；又甲和乙的質量關系不確定，所以二者速度大小關系也不能確定，故選項A錯；甲、乙的動量之和與車的動量大小相等，方向相反，故選項D正確．三、非選擇題10．質量為m1、m2的滑塊分別以速度v1和v2沿斜面勻速下滑，斜面足夠長，如圖16－4－16所示，已知v2>v1，有一輕彈簧固定在m2上，求彈簧被壓縮至最短時m1的速度多大？圖16－4－16解：兩滑塊勻速下滑所受外力為零，相互作用時合外力仍為零，動量守恒．當彈簧被壓縮時m1加速，m2減速，當壓縮至最短時，m1、m2速度相等．設速度相等時為v，則有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得彈簧被壓縮至最短時的速度v＝eq\f(m1v1＋m2v2,m1＋m2).11．如圖16－4－17所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質量為3m，在木板的上面有兩塊質量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數均為μ.最初木板靜止，A、B兩木塊同時以水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動，木板足夠長，A、B(1)木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發生的位移；(2)木塊A在整個過程中的最小速度．圖16－4－17解：(1)木塊A先做勻減速直線運動，后做勻加速直線運動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設為v1.對A、B、C三者組成的系統，由動量守恒定律得：mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v解得：v1＝0.6v0對木塊B運用動能定理有：－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m(2v0)2解得：s＝91veq\o\al(2,0)/(50μg)(2)設木塊A在整個過程中的最小速度為v′，所用時間為t，由牛頓第二定律：對木塊A：a1＝μmg/m＝μg對木板C：a2＝2μmg/3m＝2μg當木塊A與木板C的速度相等時，木塊A的速度最小，因此有：v0－μgt＝(2μg/3)t，解得：t＝3v0/(5μg)木塊A在整個過程中的最小速度為：v′＝v0－a1t＝2v0/5.12．質量為m1＝1.0kg和m2(未知)的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其s－t(位移—時間)圖象如圖16－4－18所示，問：(1)m2等于多少千克？(2)質量為m1的物體在碰撞過程中動量變化是多少？(3)碰撞過程是彈性碰撞還是非彈性碰撞？圖16－4－18解：同由圖象知：碰前m1速度v1＝4m/s，碰前m2速度v2＝0碰后m1速度v1′＝－2m/s，碰后m2速度v2′＝2m/s由動量守恒得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′可得m2＝3kg，Δp1＝－6kg·m/sEk＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝8J，Ek′＝eq\f(1,2)(m1v1′2＋m2v2′2)＝8J由上面的計算可以知道m2為3kg，質量為m1的物體在碰撞過程中動量變化為－6kg·m/s，碰撞過程是彈性碰撞．13．在光滑的水平面上，有一個質量為M的靜止的木塊，一顆質量為m的子彈以水平速度v0射入木塊中，最后以同一速度v前進，則在子彈射入木塊過程中，產生內能為(D)A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2C.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)Mv2D.eq\f(Mm,2M＋m)veq\o\al(2,0)解析：動量守恒，產生的內能就等于系統損失的機械能，即子彈開始的動能減去子彈與木塊相對靜止的動能．14．(雙選)如圖16－4－19甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上．現使B瞬時獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖象信息可得(BD)圖16－4－19A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且彈簧都處于伸長狀態B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態恢復到原長C．兩物體的質量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時刻A與B的動能之比為Ek1∶Ek2＝8∶1解析：0～t1，A在加速，B在減速，彈簧被拉長，在t1時A、B速度相同，彈簧達到最長．t1～t2，A仍在加速，B仍在減速，彈簧縮短，t2時恢復原長．t2～t3，B在加速，A在減速，彈簧被壓縮，在t3時A、B速度相同，彈簧達到最短．從t3到t4時，B仍在加速，A仍在減速，彈簧由壓縮狀態恢復到原長．A、B兩物體質量比及t2時刻A與B動能之比可由動量守恒、機械能守恒求解．15．如圖16－4－20所示是某游樂場過山車的娛樂裝置原理圖，弧形軌道末端與一個半徑為R的光滑圓軌道平滑連接，兩輛質量均為m的相同小車(大小可忽略)，中間夾住一輕彈簧后連接在一起，兩車從光滑弧形軌道上的某一高度由靜止滑下，當兩車剛滑入圓環最低點時連接兩車的掛鉤突然斷開，彈簧將兩車彈開，其中后車剛好停下，前車沿圓環軌道運動恰能越過圓弧軌道最高點，求：(1)前車被彈出時的速度；(2)前車被彈出的過程中彈簧釋放的彈性勢能；(3)兩車從靜止下滑時距最低點的高度h.圖16－4－20解：(1)設前車在最高點速度為v2，依題意有mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)①設前車在最低位置與后車分離后速度為v1，根據機械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)②由①②得：v1＝eq\r(5Rg)(2)設兩車分離前速度為v0，由動量守恒定律2mv0＝mv1得v0＝eq\f(v1,2)＝eq\f(\r(5Rg),2)設分離前彈簧彈性勢能為Ep，根據系統機械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(5,4)mgR(3)兩車從h高處運動到最低處機械能守恒有2mgh＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，解得：h＝eq\f(5,8)R16.4碰撞1．在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發生碰撞，下列現象可能的是()A．若兩球質量相同，碰后以某一相等速率互相分開B．若兩球質量相同，碰后以某一相等速率同向而行C．若兩球質量不同，碰后以某一相等速率互相分開D．若兩球質量不同，碰后以某一相等速率同向而行解析：光滑水平面上兩小球的對心碰撞符合動量守恒的條件，因此碰撞前、后兩小球組成的系統總動量守恒。A項，碰撞前兩球總動量為零，碰撞后也為零，動量守恒，所以A項是可能的。B項，若碰撞后兩球以某一相等速率同向而行，則兩球的總動量不為零，而碰撞前為零，所以B項不可能。C項，碰撞前、后系統的總動量的方向不同，所以動量不守恒，C項不可能。D項，碰撞前總動量不為零，碰后也不為零，方向可能相同，所以D項是可能的。答案：AD2．如圖1甲所示，一質子以v1＝1.0×107m/s的速度與一個靜止的未知核正碰，碰撞后質子以v1′＝6.0×106m/s的速度反向彈回，未知核以v2′圖1A．2倍 B．3倍C．4倍 D．5倍解析：質子與未知核碰撞時兩者動量守恒，m1v1＝－m1v1′＋m2v2′，得eq\f(m2,m1)＝eq\f(v1＋v1′,v2′)＝eq\f(1.0×107＋6.0×106,4.0×106)＝4倍，故C正確。答案：C3．如圖2所示，水平面上O點的正上方有一個靜止物體P，炸成兩塊a、b水平飛出，分別落在A點和B點，且OA＞OB。若爆炸時間極短，空氣阻力不計，則() 圖2A．落地時a的速度大于b的速度B．落地時a的速度小于b的速度C．爆炸過程中a增加的動能大于b增加的動能D．爆炸過程中a增加的動能小于b增加的動能解析：P爆炸而成兩塊a、b過程中在水平方向動量守恒，則mava－mbvb＝0，即pa＝pb由于下落過程是平拋運動，由圖va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝eq\f(p2,2m)知Eka＞Ekb，即C項正確，D項錯誤；由于va＞vb，而下落過程中兩塊在豎直方向的速度增量為gt是相等的，因此落地時仍有va′＞vb′，即A項正確，B項錯誤。答案：AC4．如圖3所示，在光滑水平面上，有一質量為M＝3kg的薄板和質量為m＝1kg的物塊，都以v＝4m/s的初速度朝相反方向運動，它們之間有摩擦，薄板足夠長，當薄板的速度為2.4m/s時，物塊的運動情況是()圖3A．做加速運動 B．做減速運動C．做勻速運動 D．以上運動都可能解析：薄板足夠長，則最終物塊和薄板達到共同速度v′，由動量守恒定律得(取薄板運動方向為正方向)Mv－mv＝(M＋m)v′，v′＝eq\f(Mv－mv,M＋m)＝eq\f(3－1×4,3＋1)m/s＝2m/s。共同運動速度的方向與薄板初速度的方向相同。在物塊和薄板相互作用過程中，薄板一直做勻減速運動，而物塊先沿負方向減速到速度為零，再沿正方向加速到2m/s。當薄板速度為v1＝2.4m/s時，設物塊的速度為v2，由動量守恒定律得：Mv－mv＝Mv1＋mv2，即v2＝eq\f(M－mv－Mv1,m)＝eq\f(2×4－3×2.4,1)m/s＝0.8m/s。此時物塊的速度方向沿正方向，故物塊正做加速運動，A選項正確。答案：A5．A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上。已知A、B兩球質量分別為2m和m。當用板擋住A球而只釋放B球時，B球被彈出落于距桌邊距離為x的水平地面上，如圖4所示。當用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放時，B球的落地點距桌邊距離為() 圖4A.eq\f(x,3) B.eq\r(3)xC．x D.eq\f(\r(6),3)x解析：當用板擋住小球A而只釋放B球時，根據能量守恒有：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根據平拋運動規律有：x＝v0t。當用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放時，設A、B的速度分別為vA和vB，則根據動量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\f(\r(6),3)v0，B球的落地點距桌邊距離為x′＝vBt＝eq\f(\r(6),3)x，D選項正確。答案：D6．質量為20g的小球A以3m/s的速度向東運動，某時刻和在同一直線上運動的小球B迎面正碰。B球質量為50g，碰撞前的速度為2m/s，方向向西。碰撞后，A球以1m/s的速度向西返回，B球的速度大小為________，方向________。解析：A、B兩球的正碰過程動量守恒，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，設向東方向為正方向，則有：v1＝3m/s，v2＝－2m/s，v1′＝－1m/s，代入上式，得v2′＝－0.4m/s。即碰后B球速度大小為0.4m/s，方向向西。答案：0.4m/s向西7．如圖5所示，一子彈擊中一塊用長為L的細繩拴接的木塊，并與木塊一起運動，問要使木塊能在豎直平面內做完整的圓周運動，子彈的速度至少為________。(設子彈質量為m，木塊質量為M，重力加速度為g)解析：子彈打擊木塊過程動量守恒，則mv0＝(m＋M)v1，木塊與子彈圖5由最低點到最高點的過程機械能守恒：eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)＋(m＋M)g·2L，要做完整的圓周運動，則有(m＋M)g≤eq\f(M＋mv\o\al(2,2),L)，聯立解得：v0≥eq\f(M＋m,m)eq\r(5gL)。答案：eq\f(M＋m,m)eq\r(5gL)8．質量為m1＝1.0kg和m2(未知)的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其x－t(位移－時間)圖象如圖6所示，則m2的質量為________kg，質量為m1的物體在碰