1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中，哪些因素可导致实验误差( )
A．导轨安放不水平 B．小车上挡光板倾斜
C．两小车质量不相等 D．两小车碰后连在一起
解析：选AB.选项A中，导轨不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；选项B中，挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差，所以答案应为A、B.
2．在利用打点计时器探究碰撞中的不变量实验中，需要的测量工具有( )
A．弹簧测力计 B．毫米刻度尺
C．天平 D．螺旋测微器
解析：选BC.毫米刻度尺用于测量纸带点间距离，天平用于测物体质量．
3．若用打点计时器做实验，下列哪些说法是正确的( )
A．相互作用的两小车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量
B．相互作用的两小车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘一起
C．先接通打点计时器电源，再释放拖动纸带的小车
D．对于实验最终的结论：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，式中的v1、v2、v1′、v2′都是速度的大小
解析：选BC.小车的质量可以用天平测量，没有必要一个用钉子而另一个用橡皮泥配重，这样做的目的是使其碰撞后连在一起有共同速度，便于测量碰后的速度，选项B正确；打点计时器的使用原则是先接通电源，C正确．D选项中的v1、v2、v1′和v2′均是速度矢量，故D错误．
4．如图16－1－5所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车获得某一向右的速度时，启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动．纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图所示．电源频率为50 Hz，则碰撞前甲车运动速度大小为________m/s，甲、乙两车碰撞后的速度大小为________m/s.
图16－1－5
解析：由题图知，碰前速度v1＝m/s＝0.60 m/s
碰后速度v2＝m/s≈0.40 m/s.
答案：0.60 0.40
5．用如图16－1－6所示装置探究碰撞中的不变量，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上，O点到A球球心的距离为L，使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直方向的夹角为α.A球释放后摆动到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推到与竖直方向夹角β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D.保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点．
图16－1－6
(1)图中s应是B球初始位置到________的水平距离．
(2)为了探究两球碰撞过程中的不变量，应测得__________________等物理量．
(3)用测得的物理量表示碰撞前、后A球、B球的mv：mAvA＝________，mAvA′＝________，mBvB＝________，mBvB′＝________.
解析：(1)题图中s应是B球初始位置到B球平均落点的水平距离．
(2)为了确定A球与B球碰撞前瞬间的速度和碰撞后瞬间的速度，应测出角α、β及线长L的值；为了确定碰撞后瞬间B球的速度 ，应测出H和s；为了求得mv的值，还应测出mA和mB的值．
(3)由机械能守恒可求出A球碰撞前、后瞬间的速度
vA＝、
vA′＝、
由平抛运动规律可求得碰撞后B球的速度
vB′＝s.
所以mAvA＝mA ，
mAvA′＝mA
mBvB′＝mBs.
因碰撞前B球静止，所以mBvB＝0.
答案：(1)B球平均落点 (2)mA、mB、α、β、L、H、s
(3)mA
mA 0 mBs1.
图16－4－5
如图16－4－5所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
解析：选B.把系统从子弹射入木块到把弹簧压缩到最短的过程分段考虑．
第一段：子弹射入木块瞬间，弹簧仍保持原长，子弹与木块间摩擦力为内力，合外力为零，所以此瞬间系统动量守恒，机械能不守恒．
第二段：子弹射入木块后，与木块一起压缩弹簧，系统受墙面弹力(外力)不为零，但不做功，所以此过程系统机械能守恒，动量不守恒．
由于子弹射入木块的过程中，二者之间存在摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，综合在一起，整个过程中动量、机械能均不守恒．
2.
图16－4－6
小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图16－4－6所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v
D．整个系统最后静止
解析：选BCD.AB车和物体组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，由于最后弹性势能释放出来，整个过程机械能不守恒．选项B、C、D正确．
3．(2011年高考福建理综卷)在光滑水平面上， 一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
解析：选A.根据动量守恒定律得：mv＝2mvB－mvA化简可得，vA＝2vB－v，因vA＞0，所以vB＞，故只有A项正确．
4．(2011年江苏连云港模拟)在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000 kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离停止．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率( )
A．小于10 m/s
B．大于10 m/s，小于20 m/s
C．大于20 m/s，小于30 m/s
D．大于30 m/s，小于40 m/s
解析：选A.由动量守恒定律知碰撞前总动量向南，所以客车的动量大于卡车的动量，可得卡车碰前的行驶速率小于10 m/s.
5．如图16－4－7所示，质量为m的子弹，以速度v水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为M，绳长为L，子弹停留在木块中，求子弹射入木块后的瞬间绳子张力的大小．
图16－4－7
解析：在子弹射入木块的这一瞬间，系统动量守恒．取向左为正方向，由动量守恒定律有：0＋mv＝(m＋M)v1，
解得v1＝.
随着整体(m＋M)以速度v1向左摆动做圆周运动．在圆周运动的最低点，整体只受重力(m＋M)g和绳子的拉力F作用，由牛顿第二定律有(取向上为正方向)：
F－(m＋M)g＝(m＋M).
将v1代入即得：
F＝(m＋M)g＋(m＋M)＝(m＋M)g＋.
答案：(m＋M)g＋
一、选择题
1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是( )
A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
解析：选AD.碰撞过程动量守恒，若碰撞是弹性碰撞，A对；若碰撞后粘在一起，会以相同速率运动，D正确．
2.
图16－4－8
在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图16－4－8所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( )
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案：D
3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定
解析：选A.由动量守恒3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v
碰前总动能：
Ek＝·3m·v2＋mv2＝2mv2
碰后总动能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，
所以A对．
4.
图16－4－9
如图16－4－9所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是( )
A．A开始运动时 B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相等时
解析：选D.A、B速度相等时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，则动能损失最大，D正确．
5．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当球A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(取两球碰撞前的运动方向为正)( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝ 1.5 m/s
解析：选B.对于A、D选项，碰撞后A的速度仍大于B球的速度，显然不符合实际；C项虽满足动量守恒，但碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能．故只有B项正确．
6．(2011年河南武陟一中高三第一次月考)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选AB.根据动量守恒和能量守恒得碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，根据p2＝2mEk，以及能量的关系得≥＋，所以≤3，故A、B正确．
7．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞后的速度图象如图16－4－10所示，下列关系正确的是( )
图16－4－10
A．ma＞mb B．ma＜mb
C．ma＝mb D．无法判断
解析：选B.由题图知a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹，且速度小于a的初速度大小，根据碰撞规律有：
mava＝mava′＋mbvb′和
mav＝mava′2＋mbvb′2
可得va′＝va，vb′＝va，
因va′＜0，所以ma＜mb，故B正确．
8.
图16－4－11
如图16－4－11所示，在真空中一光滑绝缘水平面上，有直径相同的两个金属球A、C，质量mA＝1×10－2 kg、mC＝5×10－3 kg，静止在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中的C球带正电，电荷量qC＝1.0×10－2 C．在磁场外不带电的A球以速度v0＝20 m/s进入磁场中与C球发生正碰后，C球对水平面的压力恰好为零(g取10 m/s2)，则碰后A球的速度为( )
A．10 m/s B．5 m/s
C．－10 m/s D．－20 m/s
解析：选A.A球与C球发生正碰，则动量守恒，即mAv0＝mAvA＋mCvC，接触后，C球所带电荷量变为，对水平面压力为零，则vCB＝mCg，解以上各式得vA＝10 m/s，所以A正确．
二、非选择题
9.
图16－4－12
(2011年海南三亚高三质检)如图16－4－12所示，车厢的质量为M，长度为L，静止在光滑水平面上，质量为m的木块(可看成质点)以v0的速度无摩擦地在车厢底板上向右运动，木块与前车壁碰撞后以向左运动，则再经过多长时间，木块将与后车壁相碰？
解析：木块和车厢组成的系统动量守恒，设向右为正方向，碰后车厢的速度为v′
mv0＝Mv′－m
得v′＝，方向向右
设t时间内木块将与后车壁相碰，则v′t＋t＝L
t＝＝.
答案：
10.
图16－4－13
(2011年高考课标全国卷) 如图16－4－13，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0.求弹簧释放的势能．
解析：设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得
3mv＝mv0①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得
3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
(3m)v2＋Ep＝(2m)v21＋mv20③
由①②③式得弹簧所释放的势能为
Ep＝mv20.
答案：mv201．如图16－3－7所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是( )
图16－3－7
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统都动量守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒
解析：选BC.当C在A上滑行时，若以A、C为系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，A选项错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，以B、C为系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，B选项正确；若将A、B、C三物块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，C选项正确，D选项错误．
2．小船相对地面以速度v向东行驶，若在船上以相对于地面的相同速率v水平向西抛出一个质量为m的重物，则小船的速度将( )
A．不变 B．减小
C．增大 D．改变方向
解析：选C.以运动的整个系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，系统遵守动量守恒定律．根据动量守恒定律可得选项C正确．
3．车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内．设子弹的质量为m，出口速度为v0，车厢和人的质量为M，作用完毕后车厢的速度为( )
A.，向前 B.，向后
C.，向前 D．0
解析：选D.以车、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律．已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零．不必考虑中间过程，最后系统还是静止的，选项D正确．
4.
图16－3－8
如图16－3－8所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率( )
A．等于零 B．小于B车的速率
C．大于B车的速率 D．等于B车的速率
解析：选B.以A、B两车和人整体为研究对象，以A车最终速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
(m＋M)vA－MvB＝0，解得＝.
所以vA5.
图16－3－9
如图16－3－9所示，有A、B两质量均为M＝100 kg的小车，在光滑水平面上以相同的速率v0＝2 m/s在同一直线上相对运动，A车上有一质量为m＝50 kg的人至少要以多大的速度(对地)从A车跳到B车上，才能避免两车相撞？
解析：要使两车避免相撞，则人从A车跳到B车上后，B车的速度必须大于或等于A车的速度，设人以速度v人从A车跳离，人跳到B车后，A车和B车的共同速度为v，人跳离A车前后，以A车和人为系统，由动量守恒定律：
(M＋m)v0＝Mv＋mv人
人跳上B车后，以人和B车为系统，由动量守恒定律：
mv人－Mv0＝(m＋M)v
联立以上两式，代入数据得：v人＝5.2 m/s.
答案：5.2 m/s
一、选择题
1.
图16－3－10
一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图16－3－10所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒，动量不守恒
B．小球的机械能不守恒，动量也不守恒
C．球、车系统的机械能守恒，动量守恒
D．球、车系统的机械能、动量都不守恒
解析：选B.以小球和小车作为一个系统，该系统水平方向上不受外力，因此水平方向动量守恒，C选项并没有说明哪个方向，因此错误；小球由静止释放，小球受到绳子拉力作用，动量不守恒，机械能也不守恒，B选项正确．
2.
图16－3－11
如图16－3－11所示，A、B两物体的质量比mA∶mB＝3∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面之间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有( )
A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C系统动量守恒
C．小车向左运动 D．小车向右运动
答案：BC
3．质量为1 kg的物体在距地面高5 m处由静止自由下落，正落在以5 m/s速度沿光滑水平面匀速行驶的装有沙子的小车中，车与沙子的总质量为4 kg，当物体与小车相对静止后，小车的速度为( )
A．3 m/s B．4 m/s
C．5 m/s D．6 m/s
解析：选B.物体与小车在相互作用过程中，水平方向不受外力，即在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律
m物v＋m车v′＝(m物＋m车)v共
由于物体竖直下落，即v＝0，所以v共＝ m/s＝4 m/s，故正确答案为B.
4.
图16－3－12
如图16－3－12所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着，恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )
A．0
B．向左
C．向右
D．无法确定
解析：选A.小球和圆槽组成的系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向上动量守恒．细线被烧断瞬间，系统在水平方向上的总动量为零，又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v′，根据动量守恒定律有：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0.A选项正确．
5.
图16－3－13
如图16－3－13所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等，Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A．P的初动能 B．P的初动能的1/2
C．P的初动能的1/3 D．P的初动能的1/4
解析：选B.当两物体有相同速度时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒得
mv＝2mv′，v′＝，
由能量守恒得：
Epm＝mv2－·2m2＝mv2＝Ek.
故选B.
6．(2011年广东汕头调研)装好炮弹的大炮总质量为M，其中炮弹的质量为m，已知炮弹出口时对地的速度大小为v，方向与水平方向间的夹角为α，不计炮身与地面间的摩擦，则炮车后退的速度大小是( )
A. B.
C. D.
解析：选B.炮弹和炮身在水平方向上不受外力作用，故动量守恒：mvcosα＝(M－m)v′
所以v′＝，故选B.
7．质量M＝100 kg的小船静止在水面上，船头站着质量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60 kg的游泳者乙，船头指向左方．若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上甲朝左、乙朝右以3 m/s的速率跃入水中，则( )
A．小船向左运动，速率为1 m/s
B．小船向左运动，速率为0.6 m/s
C．小船向右运动，速率大于1 m/s
D．小船仍静止
解析：选B.选向左的方向为正方向，由动量守恒定律得
m甲v－m乙v＋Mv′＝0，
船的速度为
v′＝＝ m/s＝0.6 m/s.
船的速度向左．故选项B正确．
8．一弹簧枪可射出速度为10 m/s的铅弹，现对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为( )
A．5颗 B．6颗
C．7颗 D．8颗
解析：选D.第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.
二、非选择题
9.
图16－3－14
(2011年永乐检测)如图16－3－14所示，一个质量为m的木块，从半径为R、质量为M的1/4光滑圆槽顶端由静止滑下．在槽被固定和可沿着光滑平面自由滑动两种情况下，木块从槽口滑出时的速度大小之比为多少？
解析：槽被固定时，木块到槽口的速度为v1
由机械能守恒得：mv＝mgR①
槽可自由滑动时，木块到槽口的速度为v2，槽的速度为v3
由机械能守恒得：mv＋Mv＝mgR②
由动量守恒得：mv2－Mv3＝0③
联立①②③解得：
＝.
答案：
10.
图16－3－15
如图16－3－15所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少．
解析：(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用牛顿定律有
F＝m
又F＝μm2g
解得t＝
代入数据得t＝0.24 s.
(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则
m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能关系有
m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL
代入数据解得v0′＝5 m/s
故要使物块不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s.
答案：(1)0.24 s (2)5 m/s1．下列关于动量的说法中，正确的是( )
A．速度大的物体，它的动量一定大
B．动量大的物体，它的速度不一定大
C．只要物体速度大小不变，则物体的动量也保持不变
D．竖直上抛的物体(不计空气阻力)经过空中同一位置时动量一定相同
解析：选B.动量的大小由质量和速度的乘积决定，所以速度大，动量不一定大，A选项错误，B选项正确；物体速度的大小不变，但速度的方向有可能变化，动量是矢量，其方向与速度方向相同，也有可能发生变化，所以物体的动量有可能变化，C选项错误；物体经过空中同一位置时，速度方向可能向上，也可能向下，即速度不一定相同，所以动量不一定相同．
2．下列关于动量及其变化说法正确的是( )
A．两物体的动量相等，动能也一定相等
B．物体动能发生变化，动量也一定发生变化
C．动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同
D．动量变化的大小，不可能等于初末状态动量大小之和
解析：选B.由动量和动能的关系Ek＝可知，当动量p相等时，动能Ek不一定相等，A项错；当动能Ek＝mv2变化时，速度v的大小一定变化，动量p＝mv一定变化，B项正确；当物体以一定的初速度做匀加速直线运动过程中，Δp的方向与p初、p末均相同，C项错；当物体在水平面上以一定的速度与竖直挡板碰撞后沿原速度相反的方向弹回的过程中，动量变化的大小等于初、末状态动量大小之和，D项错．
3．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( )
A．人跳在沙坑上的动量比跳在水泥地上小
B．人跳在沙坑上的动量变化比跳在水泥地上小
C．人跳在沙坑上受到的冲量比跳在水泥地上小
D．人跳在沙坑上受到的冲力比跳在水泥地上小
解析：选D.人跳远时从一定高度落下，落地前的速度(v＝)一定，则初动量一定；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Ft＝Δp知，t长则F小，故D正确．
4．如图16－2－4所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中( )
图16－2－4
A．重力的冲量相同 B．弹力的冲量相同
C．合力的冲量相同 D．合力的冲量大小相同
解析：选D.重力的冲量IG＝mg·t，物体下滑时间不同，故IG不同，A错；弹力与斜面垂直，两物块所受弹力方向不同，故弹力的冲量不同，B错；两物块所受合力的方向平行斜面，故合力的冲量方向也与斜面平行，故合力的冲量不同，C错．由机械能守恒定律可知，物体到达底端时速率相等，由I＝mv知，合力冲量大小相等，故D对．
5.
图16－2－5
用一长L无弹性的轻绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，小球在光滑水平面上以速度v从A点开始做匀速圆周运动，如图16－2－5所示．在小球运动半周的过程中，求：
(1)小球重力的冲量；
(2)绳拉力的冲量．
解析：(1)IG＝mg·t＝mg·＝，方向竖直向下．
(2)设绳拉力的冲量为IF，根据动量定理
IF＝I合＝Δp＝pB－pA＝2mv，方向与B点速度同向．
答案：(1)，方向竖直向下
(2)2mv，方向与B点速度同向
一、选择题
1．(2011年广东广州模拟)物体动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( )
A．物体的动量在减小
B．物体的动量在增大
C．物体的动量大小也可能不变
D．物体的动量大小一定变化
解析：选C.动量是矢量，动量变化了5 kg·m/s，物体动量的大小可能在增加，也可能在减小，还可能不变，如物体以大小为5 kg·m/s的动量做匀速圆周运动时，物体的动量大小保持不变，当末动量方向与初动量方向间的夹角为60°时，物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s.
2．质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为( )
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
解析：选D.动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向．初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s.
3.
图16－2－6
如图16－2－6所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )
A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等
B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等
C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等
D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等
解析：选A.由机械能守恒可知，两物体在同一高度处下落，最后速度的大小相等，但因为b物块沿竖直方向的分速度小于a物块竖直方向的速度，所以a物块先到达S点；此时a物块的速度方向为竖直向下，b物块的速度方向为水平向左，所以两物块的动量不相等．
4．在距地面高为h处，同时以相同速率v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛质量相等的物体m，当它们落地时，比较它们的动量的增量Δp，有( )
A．平抛过程较大 B．竖直上抛过程较大
C．竖直下抛过程较大 D．三者一样大
解析：选B.由动量变化图(如下图)可知，Δp2最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B.
5．以初速度v水平抛出一质量为m的石块，不计空气阻力，则对石块在空中运动过程中的下列各物理量的判断正确的是( )
A．在两个相等的时间间隔内，石块受到的冲量相同
B．在两个相等的时间间隔内，石块动量的增量相同
C．在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量相同
D．在两个下落高度相同的过程中，石块动能的增量相同
解析：选ABD.不计空气阻力，石块只受重力作用，无论路程怎样，只要两个过程的时间相同，重力的冲量就相同，A正确；据动量定理知石块动量的增量等于它受到的冲量，由于在两个相等的时间间隔内，石块受到重力的冲量相同，所以动量的增量必然相同，B正确；由于石块下落时在竖直方向上是做加速运动，两个下落高度相同的过程所用时间不同，所受重力的冲量就不同，因而动量的增量不同，C错；据动能定理，外力对石块所做的功等于石块动能的增量，石块只受重力作用，在重力的方向上位移相同，重力做功就相同，因此动能增量就相同，D正确．
6．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则( )
A．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小
C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
解析：选AC.根据动量定理可知，在过程Ⅰ中，钢珠从静止状态自由下落，不计空气阻力，钢珠所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，选项A正确；过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，显然B选项错误；在Ⅰ、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零，且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C选项正确，D选项错误．因此，本题的正确选项为A、C.
7．“神舟七号”返回舱的成功着陆，标志着我国成为世界上第三个独立掌握空间出舱关键技术的国家．为了保证航天员的安全，返回舱上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝，在距离地面大约1 m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下子降到了2 m/s以内，随后又渐渐降到1 m/s，最终安全着陆．把返回舱离地1 m开始到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是( )
A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C．延长着地过程的作用时间
D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力
解析：选CD.反推火箭并没有改变返回舱的动量变化，所以由动量定理知，返回舱所受冲量不变，只是作用时间延长，平均冲力减小．
8.
图16－2－7
如图16－2－7所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这种现象的正确说法是( )
A．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大
B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小
C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小
解析：选CD.在本题中，重物所受合力为摩擦力，在缓缓拉动纸带时，两物体之间的摩擦力是静摩擦力；在迅速拉动时，它们之间的摩擦力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是：缓慢拉动时摩擦力小，迅速拉动时摩擦力大，故A、B均错．缓慢拉动时摩擦力虽小些，但作用时间较长．故重物获得的冲量即动量的改变也较大，所以能把重物带动．迅速拉动时摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量很小．所以重物动量改变很小．因此C、D正确．
二、非选择题
9．质量为60 kg的人，不慎从高空支架上跌落，由于弹性安全带的保护，使他悬挂在空中．已知安全带长5 m，其缓冲时间是1.2 s，求安全带受到的平均冲力大小为多少？(取g＝10 m/s2)
解析：人自由下落5 m，由运动学公式
v2＝2gh，则v＝＝＝10 m/s.
人和安全带作用时，人受到向上的拉力和向下的重力，设向下为正，由动量定理
(mg－F)t＝0－mv
得F＝mg＋＝(60×10＋)N＝1100 N.
答案：1100 N
10．质量m＝500 g的篮球，以10 m/s的初速度竖直上抛，当它上升到高度h＝1.8 m处与天花板相碰，经过时间t＝0.4 s的相互作用，篮球以碰前速度的反弹，设空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，则篮球对天花板的平均作用力为多大？
解析：设篮球与天花板碰前速度为v，
由v2－v20＝－2gh，得
v＝ ＝ m/s
＝8 m/s，方向向上．
碰后速度v′＝v＝6 m/s，方向向下．
碰撞过程中球受向下的重力mg和天花板对球向下的平均作用力F，以向下为正方向对球由动量定理得：
(F＋mg)t＝mv′－mv
F＝－mg
＝ N－0.5×10 N
＝12.5 N
由牛顿第三定律知篮球对天花板的平均作用力F′＝12.5 N，方向向上．
答案：12.5 N(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
图16－3
两个质量相同的小钢球，按如图16－3所示的样式悬挂，让其中一个小球保持静止，把另一小球拉开一定的角度，然后自由释放(m表示两小球的质量，v1、v2表示两球碰撞前后的速度)，下列说法正确的是( )
A．碰撞后，两球相互交换速度，入射球静止，被碰球以入射球碰前的速度运动
B．碰撞后，运动小钢球反弹回来，静止小球以两倍于两球碰前瞬间运动小球的速度运动
C．碰撞前后两球有mv1＝mv2
D．碰撞前后两球有mv1≠mv2
解析：选AC. 由于钢球的弹性非常好，两球碰撞时作用的时间非常短，故可以认为碰撞前后不损失机械能，因此，两球碰撞前后交换速度，A、C正确．
2．杂技演员做高空表演时，为了安全，常在下面挂起一张很大的网，当演员失误从高处掉下落在网上时，与落在相同高度的地面上相比较，下列说法正确的是( )
A．演员落在网上时的动量较小
B．演员落在网上时的动量变化较小
C．演员落在网上时的动量变化较慢
D．演员落在网上时受到网的作用力较小
解析：选CD.演员落到相同高度的网上和地面上时的速度相同，所以两种情况下，动量的变化相同，但落在网上时，作用时间较长，由动量定理可知，作用力较小，故A、B错误，C、D正确．
3．如图16－4所示，物体由静止开始从斜面的顶端滑到底端，在这过程中( )
图16－4
A．M、m组成的系统满足动量守恒
B．m对M的冲量等于M的动量变化
C．m、M各自的水平方向动量的增量的大小相等
D．M对m的支持力的冲量为零
解析：选C.下滑过程中系统只有水平方向上不受外力的作用，故在水平方向上遵守动量守恒定律，C对．
4．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从艇头和艇尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则炮艇的动量和速度的变化是( )
A．动量不变，速度变大
B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大
D．动量增大，速度减小
解析：选A.整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因此炮艇的动量不变，又因为发射炮弹后质量减少，所以炮艇的速度增大．
5．停在光滑水平面上的小车上站着甲、乙两个人，甲站在车的左端，乙站在车的右端，若这两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，下列说法中正确的是( )
A．甲的质量比乙的质量大
B．甲行走的速度比乙行走的速度大
C．甲的动量比乙的动量大
D．甲的动量比乙的动量小
解析：选C.甲、乙、车三者组成的系统动量守恒，车向左运动，说明甲、乙两个人的合动量向右．由此说明甲的动量大于乙的动量．
6.
图16－5
质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图16－5所示，具有初动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )
A．E0 B．2E0/3
C．E0/3 D．E0/9
解析：选C.碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝①
E0＝mv②
Ek′＝×3mv③
由①②③得Ek′＝.
7．质量为m的A球以速率v与质量为3m的静止B球沿光滑水平面发生正碰，碰撞后A球速率为，则B球速率可能为( )
A. B.
C. D．2v
解析：选C.若A球方向未变，则mv＝mv＋3mv′，v′＝.即B的速度与A的速度同向，且小于A的速度，碰撞没有结束，A项不能选．若A反向，则mv＝－mv＋3mv′，v′＝.
8．质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移－时间图象如图16－6所示，以下说法中正确的是( )
图16－6
A．碰撞前两物体动量相同
B．质量m1等于质量m2
C．碰撞后两物体一起做匀速直线运动
D．碰撞前两物体动量大小相等、方向相反
解析：选BD.由图线的斜率可知，两物体碰撞前速度大小相等，方向相反，而碰后速度都为零，设两物体碰撞前速度为v1、v2，系统碰撞前后动量守恒，所以m1v1＝m2v2，则m1＝m2，故B、D正确．
9．如图16－7所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )
图16－7
A．停止运动
B．向左运动
C．向右运动
D．运动方向不能确定
解析：选C.由于F作用相同距离，故A、B获得的动能相等，即EkA＝EkB，又由p2＝2mEk，得pA＞pB，撤去F后由A、B系统动量守恒知p总＝pA－pB，方向向右，故选C.
10．如图16－8所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0.如果两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )
图16－8
A．m1、m2系统动量不守恒
B．弹簧最长时，其弹性势能为m2v
C．m1、m2速度相同时，共同速度为
D．m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒
解析：选CD.两球运动过程中，满足动量守恒和机械能守恒，并且弹簧最长时v1＝v2＝v′
由m2v0＝m1v1＋m2v2
m2v02＝m1v12＋m2v22＋Ep
可得共同速度v′＝
弹簧最长时Ep＝.
二、实验题(本题共2小题，11题5分，12题9分，共14分．把正确答案填在题中的横线上)
11．如图16－9所示，气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C、D的气垫导轨以及滑块A、B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：
图16－9
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB.
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平．
c．在滑块A、滑块B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．
d．用刻度尺测出滑块A的左端至挡板C的距离L1.
e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当滑块A、B分别碰撞挡板C、D时停止计时，记下滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1、t2.
(1)实验中还应测量的物理量是________________________________________________________________________．
(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是______________，由此公式算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________．
(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式．________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
答案：(1)B的右端至D板的距离L2
(2)mA －mB ＝0 测量时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差
(3)能，Ep＝(mA＋mB)
12．(2011年高考北京理综卷)如图16－10，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
图16－10
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.
然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．
接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________________(用(2)中测量的量表示)．
(4)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图16－11所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________.
实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为________．
图16－11
解析：小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，则v＝.而由H＝gt2知，每次竖直高度相等，平抛时间相等．即m1 ＝m1 ＋m2 ；则可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.故只需测射程，因而选C；由表达式知：在OP已知时，需测量m1、m2、OM和ON.故必要步骤为A、D、E.若为弹性碰撞同时满足动能守恒．
m12＝m12＋m22
m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2
p1＝m1· p1′＝m1·
故p1∶p1′＝OP∶OM＝44.80∶35.20＝14∶11
p2′＝m2·
p1′∶p2′＝∶＝11∶2.9
故＝＝1.
答案：(1)C
(2)ADE
(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP
m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2
(4)14 2.9 1～1.01
三、计算题(本题共4小题，共36分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(6分)质量m＝2.5 kg的物体静止在粗糙的水平面上，在如图16－12所示的水平拉力F作用下开始运动，求6 s末物体的速度大小．(已知物体与水平面间动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2)
图16－12
解析：滑动摩擦力Ff＝μmg＝5 N，在0～2 s内拉力F＝4 N＜Ff，故物体保持静止状态，物体在2 s末开始运动，对全过程应用动量定理，有F2Δt2＋F3Δt3－μmg(Δt2＋Δt3)＝mv，代入数据得v＝12 m/s.
答案：12 m/s
14.
图16－13
(8分)(2011年山东枣庄一模)如图16－13所示，质量为3m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v0，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产生的热量．
解析：(1)设子弹穿出木块后，木块的速度大小为v，
设向右方向为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0＝3mv＋mv0，解得：v＝v0.
(2)由题意知子弹穿透木块的过程中，产生的热量等于损失的动能：
Q＝mv－m(v0)2－·3m(v0)2
＝mv.
答案：(1)v0 (2)mv
15．(10分)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6 m/s.甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个．甲和他的车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的车总质量为M2＝30 kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：
(1)两车的速度大小各为多少？
(2)甲总共抛出了多少个小球？
解析：(1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量守恒，沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞，设共同速度为v，则
M1v1－M2v2＝(M1＋M2)v
v＝v1＝×6 m/s＝1.5 m/s.
(2)设甲抛出n个小球后速度变为1.5 m/s
甲车和n个小球动量守恒
(M1－nm)v＋nmv2＝M1v1
代入数据：(50－n×1)×1.5＋n×1×16.5＝50×6
解得：n＝15(个)．
答案：(1)均为1.5 m/s (2)15个
16．(12分)(2011年高考海南卷)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图16－14所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求
图16－14
(1)木块在ab段受到的摩擦力Ff；
(2)木块最后距a点的距离s.
解析：(1)从开始到木块到达最大高度过程：
由动量守恒：mv0＝3mv1
由能的转化及守恒：mv20＝3mv21＋mgh＋FfL
解得Ff＝.
(2)从最大高度至最终相对静止：
由动量守恒：3mv1＝3mv2
由能的转化及守恒：·3mv21＋mgh＝·3mv22＋Ffx
距a点的距离：s＝L－x
解得：s＝L－＝L.
答案：(1) (2)L1.
图16－5－4
小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图16－5－4所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是( )
A．打开阀门S1
B．打开阀门S2
C．打开阀门S3
D．打开阀门S4
解析：选B.反冲运动中，系统的两部分运动方向相反，要使小车向前运动，水应向后喷出，故B正确．
2.
图16－5－5
一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图16－5－5所示．不计水的阻力，船的运动情况是( )
A．向前运动
B．向后运动
C．静止
D．无法判断
解析：选A.虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，故A正确．
3．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态．放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为( )
A．E0 B.E0
C.E0 D.E0
解析：选C.由动量守恒定律(M－m)v＝mv0＝p，
又Ek＝，E0＝
由以上各式可得Ek＝E0，C正确．
4.
图16－5－6
如图16－5－6所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内．大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是多少？
解析：由水平方向平均动量守恒有：mx小球＝2mx大球，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝R.
答案：R
一、选择题
1．关于反冲运动的说法中，正确的是( )
A．抛出物体m1的质量要小于剩下质量m2才能获得反冲
B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力
C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
答案：D
2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
解析：选B.火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故正确选项为B.
3．一人从泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则下列说法中正确的有( )
A．船越轻小，人越难跳上岸
B．船越重越大，人越难跳上岸
C．人跳跃时相对船速度大于相对地速度
D．人跳时相对船速度等于相对地速度
解析：选AC.船越轻小，船的反冲速度越大，人获得的速度反而越小，人船相对运动，因此说人跳跃时相对船速度大于相对地速度，故A、C正确．
4．假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向发射一个质量不可忽略的物体Q，则下列说法正确的是( )
A．Q与飞船都可能沿原轨道运动
B．Q与飞船都不可能沿原轨道运动
C．Q运动的轨道半径可能减小，而飞船的运行半径一定增加
D．Q可能沿地球半径方向竖直下落，而飞船运行的轨道半径将增大
解析：选CD.根据反冲，飞船的速度一定增大，做离心运动，轨道半径变大；而Q的速率有三种可能，比原来的大、比原来的小、与原来的相等，由此Q的轨道半径比原来的大、比原来的小、与原来的相同，都有可能；另外，若对地速度为零，则会竖直下落，选项C、D正确．
5．一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动．探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是( )
A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气
B．探测器加速运动时，竖直向下喷气
C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D．探测器匀速运动时，不需要喷气
解析：选C.航天器靠反冲获得推力，由探测器的运动状态判断合力情况，由喷气方向判断推动力方向．航天探测器受到与喷气运动方向相反的推动力和重力作用，航天探测器做加速直线运动时，合力与运动方向相同，喷气方向应斜向下；做匀速直线运动时，合力为零．
6.
图16－5－7
(2011年辽宁质检)如图16－5－7所示，一个质量为m1＝50 kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触．当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看做质点)( )
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
解析：选B.设在此过程中人、气球对地发生的位移分别是x、x′，由动量守恒定律有m1x＝m2x′，又因为x＋x′＝h，解得x′≈3.57 m，选B项．
7．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于火箭以速度v′向后喷出，则火箭的速度大小变为( )
A．v0＋v′ B．v0－v′
C．v0＋(v0＋v′) D．v0＋v′
解析：选A .由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v＋m(v－v′)，所以v＝v0＋v′，故A项正确．
8．一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，总质量M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为( )
A．1.3 m/s B．0.7 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
解析：选ABC.子弹和机枪、小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝5mv＋(M－5m)v′，因M m估算时M－5m近似为M，因射出子弹的方向未知，若向行进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝＝0.7 m/s，若向行进的反方向射出，v2′＝＝1.3 m/s，可见船速应在0.7 m/s～1.3 m/s之间．
二、非选择题
9．在沙堆上有一木块，质量m1＝5 kg，木块上放一爆竹，质量m2＝0.01 kg.点燃爆竹后，木块陷入沙中深度为s＝5 cm，若沙对木块的平均阻力为58 N，不计爆竹中火药的质量和空气阻力，求爆竹上升的最大高度．
解析：爆竹爆炸时系统内力远大于外力，动量守恒，取向上为正方向，则
0＝m2v－m1v′，①
木块陷入沙中的过程做匀减速运动直到停止，由动能定理得
(F－mg)s＝m1v2，②
解得v′＝0.4 m/s，
代入①式，得v＝v′＝20 m/s.
爆竹以速度v做竖直上抛运动，上升的最大高度为
h＝＝20 m.
答案：20 m
10．一个宇航员，连同装备的总质量为100 kg，在空间跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态，他带有一个装有0.5 kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的速度喷出的喷嘴．宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸，已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10－4kg/s，试问瞬间喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？
解析：宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，因反冲运动而返回，遵从动量守恒定律．剩余气体应满足返回途中供呼吸之用．
设瞬间喷出氧气m，宇航员刚好安全返回，由动量守恒得mv－Mv1＝0①
(气体的变化对宇航员质量变化影响很小，可以忽略)
匀速运动的时间t＝②
m0＝Qt＋m③
联立①②③可解得m1＝0.05 kg，m2＝0.45 kg
故0.05 kg≤m≤0.45 kg.
答案：0.05 kg≤m≤0.45 kg
