课件26张PPT。课件56张PPT。乘积 Ft N·s 力的方向 质量 mv kg·m/s 物体的速度方向 末动量 p2－p1 mv2－mv1 相同 冲量 越大 越小 课时作业（一）课件54张PPT。相互作用 物体间 系统内物体 外力 合外力为零 保持不变 不受 为零 m1(v1′－v1) m2(v2′－v2) m2v2－m2v2′ 课时作业（二）课件53张PPT。为零 保持不变 m1v1′＋m2v2′ 动量之和 整个过程 始末 相反方向运动 内力 动量守恒定律 其它形式的能 机械 增加 课时作业（三）课件49张PPT。动量 动能 守恒 不守恒 同一速度 相同 相反 课时作业（四）综合检测(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．如图1所示，竖直向上抛出一个物体，若不计阻力，取竖直向上为正，则该物体动量随时间变化的图线是( )
图1
【解析】 竖直向上抛出一个物体，物体仅受重力作用，其动量发生变化的规律为：pt＝mv0－mgt，又竖直向上为正方向，所以C正确．
【答案】 C
2．物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图2甲所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳子突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图2乙所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为( )
图2
A．mv B．mv－Mu
C．mv＋mu D．mv＋Mu
【解析】 绳断开后，A、B的运动具有等时性，设运动时间为t，弹簧的弹力对物体A的冲量为I，分别对A、B运用动量定理得，对B：Mgt＝Mu，对A：I－mgt＝mv，即I＝mgt＋mv＝mu＋mv，故C项正确．
【答案】 C
3．如图3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为( )
图3
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
【解析】 两种情况下铁块受到的摩擦力相同，但摩擦力的作用时间不同，以2v速度抽出纸条时，作用时间短，摩擦力的冲量小，根据动量定理可知，以2v速度抽出纸条时，铁块的动量变化小，抛出时的速度小，根据平抛运动的规律，铁块落在P点左侧．
【答案】 B
4．(2011·汉中质检)如图4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．把子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象，则此系统在子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
图4
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量不守恒、机械能不守恒
【解析】 子弹射入木块时动量守恒，在木块压缩弹簧的过程中，系统的机械能守恒．在整个过程，动量、机械能都不守恒，所以答案为D.
【答案】 D
5．一个人在地面上立定跳远的最好成绩是x，假设他站立在车的A端要跳到距离L处的站台上，车与地面的摩擦不计，如图5所示，则( )
图5
A．只要LB．只要LC．只要L＝x，他一定能跳上站台
D．只要L＝x，他有可能跳上站台
【解析】 若立定跳远时，人离地时速度为v，如题图从车上起跳时，人离车时速度为v′.
E＝mv2，E′＝mv′2＋Mv′
所以v′【答案】 B
6．(2011·河南模拟)下列说法中正确的是( )
①动量大的物体惯性一定大 ②动量大的物体运动一定快 ③动量相同的物体运动方向一定相同 ④动量等于物体所受合外力的冲量 ⑤物体所受合外力的冲量就是动量的增量 ⑥物体所受合外力的冲量等于动量的增量
A．①④⑥ B．③⑥
C．①③⑥ D．②⑤
【解析】 物体的质量和运动速度的乘积(mv)叫做动量，可见动量的大小与两个因素有关系，动量大质量不一定大，即惯性不一定大，运动也不一定就快，所以①、②都是错误的；动量是一个矢量，它的方向与速度的方向一定相同，所以③是正确的；根据动量定理的表达式FΔt＝Δp中，等号的左边是物体所受合外力的冲量，而右边则是时间Δt内物体动量的增量，它们是不同的物理量，只是数值相等，所以用“＝”连接，但绝不能说“物体所受合外力的冲量就是动量的增量”，更不能说“动量等于物体所受合外力的冲量”，所以④、⑤都是错误的，只有⑥是正确的．故本题答案选B.
【答案】 B
7．质量分别为m和M的两球发生正碰前后的位移s；跟时间t的关系图象如图6所示，由此可知两球的质量之比m∶M为( )
图6
A．1∶3 B．3∶1
C．1∶1 D．1∶2
【解析】 由题图知碰前m的速度为v1＝ m/s＝4 m/s，M的速度为0，碰后两物共速，速度为v′＝ m/s＝1 m/s，由碰撞过程动量守恒有mv1＋Mv2＝(M＋m)v′，即4 m＝(m＋M)×1，所以＝.
【答案】 A
8．(2011·屯昌检测)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水平面上．当小球从图7所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离( )
图7
A. B.
C. D.
【解析】 本题属于“人船模型”问题，两球组成的系统水平方向动量守恒，设大球向左运动的距离为x，则有2mx＝m(R－x)
解得：x＝R，选项B正确．
【答案】 B
9．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8所示，下列关系正确的是( )
图8
A．ma>mb B．maC．ma＝mb D．无法判断
【解析】 由图象知a球以初速度向原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹且小于a的初速度，根据碰撞规律，a球质量小于b球质量．
【答案】 B
10．如图9所示，两根不计电阻的光滑金属导轨MN、PQ并排固定在同一绝缘水平面上，将两根完全相同的导体棒a、b静止置于导轨上，两棒与导轨接触良好且与导轨垂直，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．已知两导轨间的距离为L，导体棒的质量均为m，现突然给导体棒b一水平瞬间冲量使之产生一向右的初速度v0，下列说法正确的是( )
图9
A．据上述已知量可求出棒a的最终速度
B．据上述已知量可求出通过棒a的最大电量
C．据上述已知量可求出棒a上产生的总焦耳热
D．据上述已知量可求出棒a、b间的最大间距
【解析】 导体棒b运动后产生感应电流，棒a、b中电流大小相等，方向相反，受到的安培力大小相等，方向相反，所受合外力为零，满足动量守恒定律．最终两棒的速度相等，故相当于完全非弹性碰撞．
【答案】 AC
二、填空题(本题包括2个小题，共14分)
11．(4分)(2011·上海单科)光滑水平面上两小球a、b用不可伸长的松弛细绳相连．开始时a球静止，b球以一定速度运动直至绳被拉紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总动量________(填“守恒”或“不守恒”)；机械能________(填“守恒”或“不守恒”)．
【解析】 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，与系统的内力无关．机械能守恒的条件除了重力之外无其他外力做功只是系统机械能守恒的必要条件，还要系统内力做功之和为零，而本情景中细绳拉直的瞬间有内力做功，将部分机械能转化为内能，故机械能不守恒．
【答案】 守恒 不守恒
12．(10分)(2011·永安高二检测)如图10所示为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图．
图10
(1)因为下落高度相同的平抛小球(不计空气阻力)的飞行时间相同，所以我们在“碰撞中的动量守恒”实验中可以用________作为时间单位．
(2)本实验中，实验必须要求的条件是( )
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端点的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D．入射球与被碰球mA＞mB，rA＝rB
(3)如图5，其中M、P、N分别为入射球与被碰球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是( )
A．mA·＝mA·＋mB·
B．mA·＝mA·＋mB·
C．mA·＝mA·＋mB·
D．mA·＝mA·＋mB·
【解析】 (1)因为实验中平抛小球下落高度相同，飞行时间相同，所以实验中不必测量具体的飞行时间，可以用平抛时间作为时间单位．
(2)实验要求每次小球必须从槽口沿水平方向以相同速度飞出，故斜槽末端点切线水平且入射球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放，在槽口与被碰球发生正碰才能保证上述要求，所以B、C正确．斜槽光滑与粗糙不会影响实验效果，A错误；只有rA＝rB才能保证两球发生正碰，只有mA＞mB才能确保碰后A球不反弹，故D正确．
(3)由于碰撞中动量守恒，故mA·＝mA·＋mB·，C正确．
【答案】 (1)平抛时间 (2)BCD (3)C
三、计算题(本题包括4个小题，共46分，解答时要写出必要的文字说明、主要的解题步骤，有数值计算的要注明单位)
图11
13．(12分)(2011·全国新课标)如图11所示，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，由动量守恒定律得
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)v＋mv③
由①②③式得弹簧所释放的势能为
Ep＝mv.④
【答案】 mv
14．(10分)如图12所示，有光滑圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上，质量为M.一个质量为m的小球在A处由静止滑下，当小球从滑块B处飞出时，滑块M的反冲速度为多大？(圆弧半径R已知)
图12
【解析】 设小球飞出时速度为v1，此时滑块速度为v2.滑块上圆弧轨道虽然光滑，但由于滑块在小球下滑过程中对小球做了功，所以不能认为小球在下滑过程中机械能守恒．但由于滑块、小球组成的系统在小球下滑过程中除重力外其他外力没有做功，系统的机械能守恒，即
mgR＝mv＋Mv①
系统水平方向动量守恒，即0＝mv1＋Mv2②
联立式①②得v2＝.
【答案】
15．(12分)1930年科学家用放射性物质中产生的α粒子轰击铍时，产生了一种看不见的贯穿能力极强的不带电未知粒子．该未知粒子跟静止的氢核正碰，测出碰撞后氢核的速度是3.3×107 m/s，该未知粒子跟静止的氮核正碰，测出碰撞后氮核的速度是4.7×106 m/s.已知氢核质量是mH，氮核质量是14mH，假定上述碰撞是弹性碰撞，求未知粒子的质量．
【解析】 设未知粒子的质量为m，初速度为v，与氢核碰撞后的速度为v′，根据动量守恒定律和动能关系有mv＝mv′＋mHvH①
mv2＝mv′2＋mHv②
联立①②两式解得vH＝v③
同理，对于该粒子与氮核的碰撞有vN＝v④
联立③④两式解得m＝mH＝1.16mH.
【答案】 1.16mH
16．(12分)如图13所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出．重力加速度为g.求
图13
(1)此过程中系统损失的机械能；
(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
【解析】 (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝m＋Mv①
解得v＝ v0②
系统的机械能损失为
ΔE＝mv－[m()2＋Mv2]③
由②③式得ΔE＝(3－)mv.④
(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则h＝gt2⑤
s＝vt⑥
由②⑤⑥式得s＝ .
【答案】 (1)(3－)mv (2)
1．放在水平面上质量为m的物体，用一水平力F推它t s，但物体始终没有移动，则这段时间内F对物体的冲量为( )
A．0 B．Ft
C．mgt D．无法判断
【解析】 对于冲量概念应与做功相区分，当有力作用在物体上时，经过一段时间的累积，该力就对物体有冲量，不管物体是否运动，按照冲量的定义，物体受的冲量大小和方向只与F有关，大小等于Ft，方向与F的方向相同，因此B项正确．
【答案】 B
2．下列各种说法中，哪些是能够成立的( )
A．某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中某一时刻物体的动量可能为零
B．某一段时间内物体受到的冲量为零而其中某一时刻物体的动量可能不为零
C．某一段时间内物体受到的冲量不为零，而动量的增量可能为零
D．某一时刻物体动量为零，而动量对时间的变化率不为零
【解析】 由Ft＝p′－p知，Ft与Δp相等，Ft为零，Δp也为零，但与p′、p无直接关系．又由F＝可知，p′或p为零，即动量对时间的变化率可不为零．故A、B、D选项正确．
【答案】 ABD
3．(2011·泰安高二检测)质量为m的钢球自高处落下，落地瞬间速率为v1，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2，钢球受到合力的冲量的方向和大小为( )
A．向上，m(v1－v2) B．向下，m(v1－v2)
C．向下，m(v1＋v2) D．向上，m(v1＋v2)
【解析】 取方向向上为正，则
p2＝mv2，p1＝－mv1
Δp＝p2－p1＝mv2－(－mv1)
＝m(v1＋v2)
据动量定理，I＝Δp＝m(v1＋v2)
方向竖直向上，故选D.
【答案】 D
4．物体在恒力作用下运动，下列说法中正确的是( )
A．动量的方向与受力方向相同
B．动量的方向与冲量的方向相同
C．动量的增量方向与受力方向相同
D．动量变化率的方向与速度方向相同
【解析】 物体动量的方向由物体的速度方向决定，只有物体动量的变化(动量的增量)方向才与冲量的方向相同，动量变化率就是物体所受的合外力，其方向与速度方向无关，所以本题只有C选项正确．
【答案】 C
5．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s．若把在这段时间内网对运动员的作用力当做恒力处理．求此力的大小．(g＝10 m/s2)
【解析】 以运动员为研究对象，受竖直向下的重力和网对他竖直向上的弹力，设向上为正方向，运动员触网时的速度v1＝－，离网时的速度v2＝，所受合外力的冲量为(F－mg)t，触网前后动量变化Δp＝mv2－mv1，由动量定理得：(F－mg)t＝Δp，解得F＝mg＋，代入数据得F＝1.5×103 N.
【答案】 1.5×103 N
6．如图1－1－2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，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是( )
图1－1－2
A．在缓缓拉动时，重物和纸带间的摩擦力大
B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小
C．在缓缓拉动时，纸带给重物的冲量大
D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小
【解析】 缓缓拉动纸带，重物和纸带间为静摩擦力；而迅速拉动纸带，重物和纸带间为滑动摩擦力．而通常滑动摩擦力大于静摩擦力，故A、B错．缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但时间可以很长，故重物获得的冲量大，所以能把重物带动．快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变小．故C、D正确．
【答案】 CD
7. 新型轿车前排都装有安全气囊，其内储有某种物质，一受到冲击就立即分解成大量气体，使气囊迅速膨胀，填补在乘员与挡风玻璃、方向盘之间，防止乘员受伤．某次实验中汽车速度为144 km/h，驾驶员冲向气囊后经0.2 s缓冲而停止运动．设驾驶员冲向气囊部分的质量为40 kg，头部和胸部作用在气囊上的面积为700 cm2，在这种情况下，驾驶员的头部和胸部受到的平均压强是多大？
【解析】 将人冲向气囊部分抽象为一个物体，他冲向气囊与气囊相互作用的过程中，受力如图所示．
由动量定理，得
－Ft＝0－mv
又p＝
解得p＝＝ Pa
≈1.14×105 Pa.
【答案】 1.14×105 Pa
8．(2011·琼海检测)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球动量变化量的大小Δp和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为( )
A．Δp＝0 B．Δp＝3.6 kg·m/s
C．W＝0 D．W＝10.8 J
【解析】 因为动能是标量，动量是矢量，根据反弹后的速度大小与碰撞前相同，说明动能没有变化．墙对小球做功的大小为0，碰撞前后小球动量变化量的大小为Δp＝0.3×12 kg·m/s＝3.6 kg·m/s.
【答案】 BC
9．宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题．假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v，所需牵引力多大？
【解析】 牵引力的作用在于使附着在飞船上的微粒具有与飞船相同的速度，设飞船在微粒尘区飞行Δt时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt，微粒从静止到与飞船一起运动，使飞船的动量增加，
由动量定理Ft＝Δp得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv，
所以飞船所需牵引力
F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
【答案】 40 N
1．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以判定碰撞前( )
A．两球的动量大小一定相等
B．两球的质量相等
C．两球的动量一定相等
D．两球的速率一定相等
【解析】 两球相碰、动量守恒，p1＋p2＝0，故碰前两球的动量大小相等，方向相反，与质量和速率无关．
【答案】 A
2．(2011·建湖高二检测)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lA＝1 m，lB＝2 m，如图1－2－9所示，则下列说法正确的是( )
图1－2－9
A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2
B．木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1
C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EA∶EB＝1∶2
D．弹簧对木块A、B的冲量大小之比IA∶IB＝1∶2
【解析】 A、B两木块运动时间相同lA∶lB＝1∶2，故平抛速度vA∶vB＝1∶2，故A对．两木块弹开过程系统动量守恒，故mAvA＝mBvB故＝＝，故B对．木块离开弹簧时有＝＝，故C对．由于动量守恒，弹簧对木块A、B的冲量大小之比IA∶IB＝1∶1，故D错，因此选A、B、C.
【答案】 ABC
3．如图1－2－10所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v(设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计)，木块的速度大小为( )
图1－2－10
A.
B.
C.
D.
【解析】 取向右为正方向，由动量守恒定律知mv0＝mv＋Mv′，故v′＝，故选项B正确．
【答案】 B
4．如图1－2－11所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3∶2，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中( )
图1－2－11
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
【解析】 弹簧伸长时因A受摩擦力fA＝μAmg向右，B受摩擦力fB＝μBmg向左，μA>μB.则fA>fB，故两物体受的合力向右，由牛顿第三定律可知：小车受的摩擦力向左，故小车向左运动，另由于三者组成的系统合外力为零，故总动量守恒．且一直为零．
【答案】 BC
5．如图1－2－12中，设挡光板宽度为3 cm，左侧滑块碰后通过左侧光电计时装置时记录时间为3×10－1s，而右侧滑块通过右侧光电计时装置时记录的时间为2×10－1s，则两滑块碰撞后的速度大小分别是多少？
图1－2－12
【解析】 图中滑块部分为挡光板，挡光板有一定的宽度，设为L.气垫导轨的黄色框架上安装有光控开关，并与计时装置相连，构成光电计时装置．当挡光板穿入时，将光挡住开始计时，穿过后不再挡光则停止计时，设记录的时间为t，则滑块相当于在L的位移上运动了时间t，所以滑块匀速运动的速度v＝.则v左＝＝0.1 m/s，v右＝＝0.15 m/s.
【答案】 0.1 m/s 0.15 m/s
6．(2010·福建)如图1－2－13所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )
图1－2－13
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
【解析】 系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确．
【答案】 B
7．(2011·珠海高二检测)如图1－2－14所示，物体A和B质量分别为m1和m2，其图示直角边长分别为a和b.设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是多少？
图1－2－14
【解析】 由A、B组成的系统，
在相互作用过程中水平方向动量守恒，则
m2－m1＝0
解得：s＝.
【答案】
8．(2011·宝鸡模拟)如图1－2－15是A、B两滑块碰撞前后的闪光照片示意图(部分)．图中滑块A的质量为0.14 kg，滑块B的质量为0.22 kg，所用标尺的最小分度值是0.5 cm，每秒闪光10次，试根据图示回答：
图1－2－15
(1)作用前后滑块A动量的增量为多少？方向如何？
(2)碰撞前后总动量是否守恒？
【解析】 从图中A、B两位置的变化可得，作用前B是静止的；作用后B向右运动，A向左运动．图中相邻两刻线间的距离为0.5 cm.碰前，A物在 s内的位移为0.5×10 cm＝5 cm＝0.05 m．碰后，A物向左移动，位移约为0.5 cm＝0.005 m．B物右移，位移为0.5×7 cm＝0.035 m，所用时间皆为 s.
根据速度公式v＝得
(1)vA＝＝ m/s＝0.5 m/s
vA′＝＝－ m/s＝－0.05 m/s
vB′＝ m/s＝0.35 m/s
ΔpA＝mAvA′－mAvA＝0.14×(－0.05)kg·m/s－0.14×0.5 kg·m/s＝－0.077 kg·m/s，方向向左．
(2)碰撞前总动量
p＝pA＝mAvA＝0.14×0.5 kg·m/s＝0.07 kg·m/s
碰撞后总动量
p′＝mAvA′＋mBvB′＝0.14×(－0.05)kg·m/s＋0.22×(0.035/0.1) kg·m/s＝0.07 kg·m/s
所以作用前后总动量守恒．
【答案】 (1)0.077 kg·m/s 向左 (2)守恒
9．把两个大小相同、质量不等的金属球用细线连接起来，中间夹一被压缩了的轻弹簧，置于摩擦可以忽略不计的水平桌面上，如图1－2－16所示，现烧断细线，观察两球的运动情况，进行必要的测量，探究物体间发生相互作用时的不变量．测量过程中：
图1－2－16
(1)还必须添加的器材有________．
(2)需直接测量的数据是________．
(3)需要验算的表达式如何表示？
【解析】 本实验是在“探究物体间发生相互作用时的不变量”时，为了确定物体速度的方法进行的迁移．两球弹开后，分别以不同的速度离开桌面做平抛运动，两球做平抛运动的时间相等，均为t＝，(h为桌面离地的高度)．根据平抛运动规律，由两球落地点距抛出点的水平距离x＝v·t，知两物体水平速度之比等于它们的射程之比．即v1：v2＝x1：x2；所以本实验中只需测量x1、x2即可．测量x1、x2时需准确记下两球落地点的位置，故需要直尺、纸、复写纸、图钉、细线、铅锤、木板等用具．若要探究m1x1＝m2x2或者m1x＝m2x或者＝……是否成立，还需用天平测量两球质量m1、m2.
【答案】 见解析
1．某人站在完全光滑的水平冰冻河面上欲到岸边，可采取的方法是( )
A．步行 B．滑行
C．挥动双手 D．将衣物抛向岸的反方向
【解析】 根据反冲原理可知，只有向反方向抛出物体，才能获得靠岸的速度．
【答案】 D
2．(2011·赤峰质检)如图1－3－6所示，一小车静止在光滑的水平面上，一个小滑块由静止开始从小车上端高h处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动，则滑块能到达左端的最大高度h′( )
图1－3－6
A．大于h
B．小于h
C．等于h
D．停在中点与小车一起向左运动
【解析】 由动量守恒定律可知，当滑块运动到左端的最大高度时滑块和小车的速度均为零，由于水平面和圆弧面光滑，系统的机械能守恒，所以滑块到达左端的最大高度h′等于h，选项C正确．
【答案】 C
3．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1－3－7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( )
图1－3－7
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】 由反冲规律，小车向前运动，应使水有向后的动量．
【答案】 B
4．如图1－3－8所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为( )
图1－3－8
A.，向东 B.，向东
C.，向东 D．v1，向东
【解析】 人跳起后，车在水平方向上没有受到力的作用，又由于地面光滑，所以车的速度不变，仍为v1.
【答案】 D
5．一炮舰在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地面的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化是( )
A．动量不变，速度增大
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】 炮舰具有一向前的动量，在发射的炮弹过程中动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变，又因为船发射炮弹后质量变小，因此船的速度增大．
【答案】 A
6．如图1－3－9所示，在光滑的水平面上，原来处于静止状态的小车内有一弹簧被A和B两个物体压缩，A和B的质量之比为1∶2，它们与小车之间的动摩擦因数相等，释放弹簧后物体在极短的时间内与弹簧分开，分别向左、右运动，两物体相对于小车静止时，都未与车壁碰撞．则 ( )
图1－3－9
A．B先相对于小车静止
B．小车始终静止在水平面上
C．小车最终静止在水平面上
D．小车最终相对于水平面的位移向右
【解析】 由于释放弹簧后在极短的时间内物体与弹簧分开，A和B组成的系统动量守恒，有mAvA＋mBvB＝0，又mAvB，A和B在车上滑动时均做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知两物体的加速度相等，故B的速度先减小到零，但小车所受的摩擦力之和不为零，方向向右，故小车由静止开始向右运动，选项A正确，B错误；整个过程中三者组成的系统总动量守恒，初始状态的总动量为零，故末状态的总动量也为零，所以最后三者都静止，选项C正确；在整个过程中，小车从开始后就一直向右运动，直到静止，故选项D正确．
【答案】 ACD
7．载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
【解析】 气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒．人着地时，绳梯至少应触及地面，若设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由动量守恒定律有：M＝m，解得L＝h.
【答案】 h
8．(2011·天津理综)如图1－3－10所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R.重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：
图1－3－10
(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
(2)小球A冲进轨道时速度v的大小．
【解析】 (1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向运动为自由落体运动，有
2R＝gt2①
解得
t＝2 .②
(2)设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律得
mv2＝mv＋2mgR③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律得
mv1＝2mv2④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有
2R＝v2t⑤
综合②③④⑤式得
v＝2 .⑥
【答案】 (1)2 (2)2
9．如图1－3－11所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.
图1－3－11
【解析】 木板第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变．此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同速度v.设木板的质量为m，则重物的质量为2m，取向右为动量的正方向，由动量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv设从木板第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得
2μmgt1＝mv－m(－v0)
对木板，由牛顿第二定律得2μmg＝ma
式中a为木板的加速度．
在达到共同速度v时，木板离墙的距离为
l＝v0t1－at④
开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为
t2＝
从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为
t＝t1＋t2
由以上各式解得t＝.
【答案】
1．在城区公路上发生一起交通事故，一辆质量为1 500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg的向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，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】 碰撞瞬间内力远大于外力，所以两车组成的系统动量守恒，于是有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，以向南为正方向，有1 500×20－3 000×v2＝(1 500＋3 000)×v′，由题意知，碰后二者向南滑行，则v′应为大于零的数，据此可判断v2小于10 m/s，故选A.
【答案】 A
2．质量为m的α粒子，其速度为v0，与质量为3m的静止碳核碰撞后沿着原来的路径被弹回，其速率为，则碳核获得的速度为( )
A. B．2v0
C. D.
【解析】 由α粒子与碳核所组成的系统动量守恒，若碳核获得的速度为v，则mv0＝3mv－m×，所以v＝，C正确．
【答案】 C
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】 由动量守恒3m·v－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．
【答案】 A
4．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )
A. B.
C. D.
【解析】 设需发射n颗子弹，对整个过程由动量守恒定律可得：Mv1－nmv2＝0，所以n＝.
【答案】 D
5．一辆玩具小车的质量为3.0 kg，如图1－4－12沿光滑的水平面以2.0 m/s的速度向正东方向运动，要使小车的运动方向改变，可用速度为2.4 m/s的水流由东向西射到小车的竖直挡板CD上，然后水流入车中．求：要改变小车的运动方向，射到小车里的水的质量至少为多少？
图1－4－12
【解析】 设小车和射入小车中的水的质量分别为M和m，对于小车和射入的水组成的系统，水平方向动量守恒，以向东为正方向，有Mv0－mv1＝(M＋m)v，随着射入小车中的水的质量增加，车与车中的水的速度v要减小，直到速度v＝0，射入小车的水质量再增加，v<0，小车(包括车中的水)的速度方向变为向西，因此对应v＝0时的水的质量即为所求，代入数据解得m＝2.5 kg.
【答案】 2.5 kg
6．如图1－4－13所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为( )
图1－4－13
A．v0，水平向右
B．0
C．mv0/(M＋m)，水平向右
D．mv0/(M－m)，水平向右
【解析】 物体在车辆内碰撞及来回运动的过程中，系统的动量守恒mv0＝(M＋m)v.故v＝mv0/(M＋m)．方向与v0相同．C正确．
【答案】 C
7．(2010·山东)如图1－4－14所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？
图1－4－14
【解析】 设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，
由动量守恒定律得：mv1＝2mv′①
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2②
设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得2mv′－mv2＝mv″③
为使B能与挡板再次碰撞应满足v″＞0④
联立①②③④式得1.5v2＜v1≤2v2
或v1≤v2＜v1.⑤
【答案】 1.5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1
8．(2011·福建高二检测)如图1－4－15所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R＝0.30 m，质量为m＝0.20 kg的小球A静止在轨道上，另一质量为M＝0.60 kg的小球B与小球A碰撞后粘合在一起恰好过圆周的最高点c，重力加速度g＝10 m/s2，求碰撞前小球B的速度大小．
图1－4－15
【解析】 以v1表示小球B碰前的速度，v表示碰后的共同速度，到达c点时的速度用vc表示，由动量守恒定律有：Mv1＝(M＋m)v
在最高点有
(m＋M)g＝(m＋M)
由机械能守恒定律
(m＋M)v2＝(m＋M)g·2R＋(m＋M)v
联立并代入数据解得
v1＝5.2 m/s.
【答案】 5.2 m/s
9．如图1－4－16所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.
图1－4－16
【解析】 设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点的重力势能为零，根据机械能守恒定律，有mgh＝mv，解得v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mg＝mv1′2解得v1′＝ .
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，有
mv1＝－mv1′＋5mv2，解得v2＝
物块在水平面上滑行时所受摩擦力的大小为
f＝5μmg
设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定理，有
－ft＝0－5mv2，解得t＝ .
【答案】
