人教版物理高三选修3-5第十六章第二节动量守恒定律（一）同步训练

登陆21世纪教育 助您教考全无忧
人教版物理高三选修3-5第十六章
第二节动量守恒定律（一）同步训练
一．选择题
1．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
答案：A
解析：解答：A、由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上，由于人在下降中速度先增大后减小；故动量先增大后减小；故A正确；
B、在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B错误；
C、绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但此时人的动能不是最大，故C错误；
D、人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D错误．
故选：A．
分析：从绳子绷紧到人下降到最低点的过程中，开始时人的重力大于弹力，人向下加速；然后再减速，直至速度为零；再反向弹回；根据动量及功的知识可明确动量、动能和弹性势能的变化．
2．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）
A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动
答案：D
解析：解答：两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0．
碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（﹣v0）=0，P=0，
系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；
若碰撞为完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度相等，都是0；
若碰撞不是完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度方向运动相反．
故D正确，ABC错误．
故选：D．
分析：两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可．
3．在高台跳水中，运动员从高台向上跃起，在空中完成动作后，进入水中在浮力作用下做减速运动，速度减为零后返回水面．设运动员在空中运动过程为Ⅰ，在进入水中做减速运动过程为Ⅱ．不计空气阻力和水的粘滞阻力，则下述判断错误的是（）
A．在过程Ⅰ中，运动员受到的冲量等于动量的改变量
B．在过程Ⅰ中，运动员受到重力冲量的大小与过程Ⅱ中浮力冲量的大小相等
C．在过程Ⅰ中，每秒钟运动员动量的变化量相同
D．在过程Ⅰ和在过程Ⅱ中运动员动量变化的大小相等
答案：B
解析：解答：A、在过程 中，运动员只受重力，故重力的冲量一定等于动量的改变量，故A正确；
B、由于在过程II中人也会受到重力，故由动量定理可知，整体过程中重力的冲量等于过程II中浮力的冲量大小，故B错误；
C、在过程I中，由于重力不变，运动员的加速度相同，在相同的时间内运动员的速度变化相同，故秒钟运动员动量的变化量相同，故C正确；
D、由题意知，过程I中的末速度等于过程II的初速度，而过程II的末速度为零，故动量的变化的大小相等，故D正确．
本题选错误的；故选：B．
分析：力与力的作用时间的乘积是力的冲量，由动量定理可得，动量的变化等于合外力的冲量．
4．一艘在太空飞行的宇宙飞船，开动推进器后受到的推力是800N，开动5s的时间，速度的改变为2m/s，则宇宙飞船的质量为（）
A．1000kgB．2000kgC．3000kgD．4000kg
答案：B
解析：解答：由动量定理可知
Ft=mv﹣0
解得：
m==2000kg；
故选：B．
分析：已知合外力及时间，由动量定理列式可求得飞船的质量．
5．水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性．物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v﹣t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则（）
A．a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力
B．a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力
C．F1的冲量大于F2的冲量
D．F1的冲量小于F2的冲量
答案：D
解析：解答：A、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故AB错误．
C、根据动量定理，对整个过程研究得
F1t1﹣FtOB=0，F2t2﹣FtOD=0
由图看出，tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故C错误，D正确．
故选：D
分析：由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等．根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系．
6．如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成闭合回路．导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计．在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场．开始时，导体棒处于静止状态．剪断细线后，导体棒在运动过程中（）
A．回路中没有感应电动势
B．两根导体棒所受安培力的方向相同
C．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
答案：C
解析：解答：A、剪断细线后，导体棒在运动过程中，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd反向运动，穿过导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路的磁通量增大，回路中产生感应电动势，故A错误．
B、导体棒ab、cd电流方向相反，根据左手定则，所以两根导体棒所受安培力的方向相反，故B错误．
C、两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中是合外力为0，系统动量守恒，感应电流流过导体棒时产生热量，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故C正确，D错误．
故选：C．
分析：剪断细线后，分析导体棒的运动过程和受力情况．
根据磁通量的变化判断感应电动势，根据左手定则判断安培力的方向，
分析两棒组成的系统在运动过程中是不是合外力为零或者内力远大于外力，这是系统总动量守恒的条件．
7．两小球A和B，A球系在一根长为L的轻质细绳OA上，B球系在轻质橡皮绳OB上，现将两球都拉到如图所示的水平位置上，让两绳均拉直（此时橡皮绳为原长），然后无初速释放．不计空气阻力，当两球通过最低点时，橡皮绳与细绳等长．关于小球A和B，下列说法正确的是（）
A．通过最低点时小球A的机械能大于小球B的机械能
B．两小球从释放至运动到最低点的全程中机械能均守恒
C．两小球从释放至运动到最低点的过程中重力的冲量一定相等
D．小球A运动到最低点时的速率大于小球B运动到该点的速率
答案：D
解析：解答：A、A、B两小球质量未知，故机械能大小无法比较，故A错误．
B、橡皮绳和小球B组成的系统机械能守恒，但小球B单独机械能不守恒，故B错误．
C、A、B两球的重力大小未知，虽然知道球A的运动时间短、球B的长，但无法比较冲量大小，故C错误．
D、球A的重力势能全部转化为其动能，球B的重力势能部分转化为球B的动能，所以在最低点球A的速率大于球B的速率，故D正确．
故选：D．
分析：根据机械能守恒定律可分析系统及两小球机械能是否守恒并比较两球的速度大小；根据动量定理分析受到的冲量．
8．一个质点运动的v﹣t图象如图甲所示，任意很短时间△t内质点的运动可以近似视为匀速运动，该时间内质点的位移即为条形阴影区域的面积，经过累积，图线与坐标轴围成的面积即为质点在相应时间内的位移．利用这种微元累积法我们可以研究许多物理问题，图乙是某物理量y随时间t变化的图象，关于此图线与坐标轴所围成的面积，下列说法中不正确的是（）
A．如果y轴表示作用力，则面积等于该力在相应时间内的冲量
B．如果y轴表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功
C．如果y轴表示流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内流过该用电器的电荷量
D．如果y轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量
答案：D
解析：解答：A、如果y轴表示作用力，则面积等于于该力在相应时间内的冲量．故A正确．
B、如果y轴表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功．故B正确．
C、如果y轴表示流过用电器的电流，由q=It知，面积等于在相应时间内流过该用电器的电量．故C正确
D、如果y轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁通量．故D不正确．
本题选不正确的，故选：D．
分析：本题根据图形面积所表示的量等于横坐标轴量与纵坐标轴量的乘积所得量的值．结合相关的规律进行分析．
9．把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一半处记为A点．以地面为零势能面．设运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，则下列说法不正确的是（）
A．皮球上升过程中的克服重力做功等于下降过程中重力做功
B．皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量
C．皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等
D．皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在A点下方
答案：B
解析：解答：A、小球在上升和下降过程中，由于运动的高度相同，故重力做的功大小相同，故A正确；
B、小球往返运动先后通过同一位置过程中用动能定理，重力做功为零，阻力做负功，因此一定有v＞v′，因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，上升时间小于下降时间，即上升过程重力冲量较小；故B错误；
C、右图第一、第四象限中阴影部分的面积表示上升和下降过程的位移大小相等方向相反；若将纵坐标改为F，由于F∝v，因此第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，其物理意义为上升、下降过程阻力的冲量等大反向；故C正确；
D、设下降h1后离地面的高度为h2，下降h1过程克服阻力做功，因此mgh1＞Ek，而Ek=mgh2，因此h1＞h2，即该点在中点下方；故D正确；
本题选错误的；故选：B．
分析：对小球运动的全程应用动能定理及动量定理进行分析，根据图象明确其下降的位移及时间，则可明确动量及重力做功等物理量的变化情况．
10．重量为mg的物体静止在水平地面上，物体与地面之间的最大静摩擦力为Fm，从0时刻开始，物体受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图a所示，为了定性地表达该物体的运动情况，在图b所示的图象中，纵轴y应为该物体的（）
A．动量大小P B．加速度大小a
C．位移大小x D．动能大小Ek
答案：A
解析：解答：A、速度v=at，动量为P=mv=mat，m、a均不变，则P∝t，P﹣t是过原点的倾斜直线，故A正确；
B、由图知，水平力F大于最大静摩擦力，而且F恒定，所以物体做匀加速运动，加速度恒定不变．故B错误．
A、位移为s=，a不变，则s∝t2，s﹣t图象应是曲线．故C错误．
D、动能EK==ma2t2，EK∝t2，EK﹣t2图象是曲线，故D错误；
故选：A
分析：根据物体的受力情况分析物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学基本公式推导出位移、加速度、动量、动能与时间的关系式即可求解
11．如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是（）
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
C．小车与木箱组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
答案：B
解析：解答：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中；
A、男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B、男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故B正确；
C、小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动能不守恒，故C错误；
D、木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D错误．
故选：B．
分析：根据动量守恒条件分析答题，系统所受合外力为零，系统动量守恒．
12．如图所示，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上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）
A．停止运动 B．向左运动
C．向右运动 D．运动方向不能确定
答案：C
解析：解答：力F大小相等，mA＞mB，
由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aA＜aB，
由题意知：SA=SB，
由运动学公式得：SA=aAtA2，SB=aBtB2，
可知：tA＞tB，由IA=F tA，IB=F tB，得：IA＞IB，
由动量定理可知△PA=IA，△PB=IB，则PA＞PB，
碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故ABD错误，C正确．
故选：C．
分析：此题可以从两个角度来分析，一是利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析；二是动能定理和动量的定义，结合动量守恒定律来分析．
13．在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1=2kg，乙球的质量m2=1kg，规定向右为正方向，碰撞前后乙球的速度随时间变化情况如图所示．已知两球发生正碰后，甲球静止不动，碰撞时间极短，则碰前甲球速度的大小和方向分别为（）
A．0.5m/s，向右 B．0.5m/s，向左 C．1.5m/s，向左 D．1.5m/s，向右
答案：C
解析：解答：由图知，乙球碰撞前的速度为：v2=2m/s，
碰撞后的速度为：v′2=﹣1m/s，
碰撞前后，根据动量守恒定律得：
m1v1+m2v2=0+m2v′2
解得：v1=﹣1.5m/s，
所以碰前甲球速度的大小是1.5m/s，方向向左，
故选：C
分析：两球碰撞过程，系统所受的合外力为零，根据动量守恒定律找出符合题意的答案
14．如图所示，物体A、B静止在光滑的水平面上，其中A、B质量相等且B以速度V向A运动，A的左端连着一根弹簧，最终A、B沿着同一条直线运动，则他们系统动能损失最大的时候是（）
A．A刚开始压缩弹簧时 B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时 D．弹簧压缩最短时
答案：D
解析：解答：A、B、C、在压缩弹簧的过程中，没有机械能的损失，减少的动能转化为弹簧的弹性势能．在压缩过程中水平方向不受外力，动量守恒．则有当A开始运动时，B的速度等于v，所以没有损失动能．当A的速度v时，根据动量守恒定律有B的速度等于零，所以系统动能又等于初动能；所以A、B、C错误；
D、在AB速度相等时，此时弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，故D正确；
故选：D
分析：两球不受外力，故两球及弹簧组成的系统动量守恒，根据两物体速度的变化可知系统动能损失最大的时刻．
15．某人站在平板车上，与车一起在光滑水平面上做匀速直线运动，当人相对于车竖直向上跳起时，车的速度大小将（）
A．不变B．减小C．增大D．无法判断
答案：A
解析：解答：人和车组成的系统，在水平方向上不受外力，动量守恒，人竖直跳起时，水平方向上的速度与车的速度相等，根据动量守恒定律，知车的速度大小不变．故A正确．
故选：A．
分析：小车和人在水平方向不受外力，故根据水平方向上动量守恒，判断小车速度的变化．
二．填空题
16．两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动，A车总质量为50kg，以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg，以3m/s的速度向左运动．碰撞后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为 m/s，方向向 （选填“左”或“右”）．
答案：0.5|左
解析：解答：A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mBvB﹣mAvA=mAvA′+mBvB′，
即：70×3﹣50×2=50×1.5+70vB′，
解得：vB′=0.5m/s，方向：水平向左；
故答案为：0.5；左．
分析：碰撞过程系统动量守恒，平抛动量守恒定律可以求出B的速度．
17．质量为m1=5kg的小球在光滑水平面上以v1=3m/s的速度向右撞击静止的木块，撞击后小球和木块一起以v2=1m/s的速度向右运动，以小球的运动方向为正方向，则小球动量的改变量为 kg m/s，木块的质量为 kg．
答案：﹣10|10
解析：解答：小球动量的该变量：△P小球=P小球′﹣P小球=5×1﹣5×3=﹣10kg m/s，
木块与小球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，
木块动量的变化与小球动量的变化大小相等，方向相反，木块动量的该变量：
△P木块=﹣△P小球=10kg m/s，△P木块=mv2，解得：m=10kg；
故答案为：﹣10；10．
分析：根据动量的计算公式求出小球动量的变化；由动量守恒定律求出木块的动量变化量，然后由动量定义式求出木块的质量．
18．一个质量为0.15kg的垒球以15m/s的速度飞来，被球棒以30m/s的速度反向击回．以垒球初速度方向为正，在球棒击球过程中，垒球的末动量为 kg m/s，球棒的动量变化量为 kg m/s．
答案：﹣4.5|6.75
解析：解答：规定水平向右为正方向，则初动量为：
P1=mv1=0.15kg×15m/s=2.25kg m/s；
打击后动量为：P2=mv2=0.15kg×（﹣30m/s）=﹣4.5kg m/s；
故动量变化为：△P=P2﹣P1=﹣4.5﹣2.25=﹣6.75kg m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即向左；
故答案为：﹣4.5，6.75
分析：本题要明确：动量P=mv，是矢量，规定正方向后求解动量的变化量；动量的变化量由末动量减初动量求解．
19．质量为0.5kg的小球甲以3m/s的速度和原来静止在光滑水平面上的质量为1kg的小球乙发生正碰，碰后以1m/s的速度被反弹，则碰后两球的总动量是 kg m/s，甲、乙两球的动量大小之比P1：P2= ．
答案：1.5|1：4
解析：解答：以小球甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
P初=P末
所以碰后甲乙两球的总动量：
P末=P初=m甲v甲=0.5×3kg m/s=1.5kg m/s
根据：
m甲v甲=m甲v′甲+m乙v乙
得：
v乙=0.5×（3+1）=2m/s
故甲、乙两球的动量大小之比：
P1：P2=|m甲v′甲|：m乙v乙=0.5×1：1×2=1：4
故答案为：1.5，1：4．
分析：碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律即可求解碰撞后的速度，得到各个球的动量．
20．光滑水平面上有两小球a、b，开始时a球静止，b球以一定速度向a运动，a、b相撞后两球粘在一起运动，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”）．
答案：守恒|不守恒
解析：解答：两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于碰撞是完全非弹性碰撞，碰撞过程机械能不守恒；
故答案为：守恒，不守恒．
分析：考察了动量守恒和机械能守恒的条件，在整个过程中合外力为零，系统动量守恒．
三．解答题
21．如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2=0.4kg的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5m/s的速度离开小车．g取10m/s2．求：
（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小．
答案：子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0=（m0+m1）v1，
代入数据解得：v1=10m/s，
对小车，由动量定理有：I=m1v1=0.45×10=4.5N s
（2）小车的长度．
答案：三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：
（m0+m1）v1=（m0+m1）v2+m2v，
设小车长为L，由能量守恒有：
μm2gL=（m0+m1）v12﹣（m0+m1）v22﹣m2v2，
代入数据解得：L=5.5m
解析：解答：①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0=（m0+m1）v1，
代入数据解得：v1=10m/s，
对小车，由动量定理有：I=m1v1=0.45×10=4.5N s；
②三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：
（m0+m1）v1=（m0+m1）v2+m2v，
设小车长为L，由能量守恒有：
μm2gL=（m0+m1）v12﹣（m0+m1）v22﹣m2v2，
代入数据解得：L=5.5m；
答：①子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小为4.5N s．
②小车的长度为5.5m．
分析：①子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以求出冲量；
②系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度．
22．如图所示，一质量M=2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B．从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3m处由静止释放一质量mA=1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g．求小球B的质量．
答案：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，设向右为正方向；由动量守恒定律有：
mAv1=Mv
由能量守恒定律有：
mAgh=mAv12+mBv22
联立并代入数据解得：
v1=2m/s，
v=1m/s
小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由题意知：
v1′=1m/s
由动量守恒定律得：
mAv1=﹣mAv1′+mBv2
由能量守恒定律有：
mAv12=mAv12+mBv22
联立并代入数据解得：mB=3kg
解析：解答：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，设向右为正方向；由动量守恒定律有：
mAv1=Mv
由能量守恒定律有：
mAgh=mAv12+mBv22
联立并代入数据解得：
v1=2m/s，
v=1m/s
小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由题意知：
v1′=1m/s
由动量守恒定律得：
mAv1=﹣mAv1′+mBv2
由能量守恒定律有：
mAv12=mAv12+mBv22
联立并代入数据解得：mB=3kg
答：小球B的质量的3kg．
分析：小球A与平台在相碰过程总动量守恒，由动量守恒列式；再由功能关系列式联立小球A及平台的速度；再对小球和B进行分析，由动量守恒和机械能守恒结合题意可求出B球的质量．
23．如图所示，一轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1=2.0kg的物体A，平衡时物体A距天花板h1=0.60m．在距物体A正上方高为h=0.45m处有一个质量为m2=1.0kg的物体B，由静止释放B，下落过程某时刻与弹簧下端的物体A碰撞（碰撞时间极短）并立即以相同的速度运动．已知两物体不粘连，且可视为质点．g=L0m/s2．求：
（1）碰撞结束瞬间两物体的速度大小；
答案：B物体自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律，有：
AB碰撞结束之后瞬时二者速度共同速度为vt，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有：
m2v0=（m1+m2）vt
解得：
vt=1.0m/s
（2）碰撞结束后两物体一起向下运动，历时0.25s第一次到达最低点．求在该过程中，两物体间的平均作用力．
答案：选择竖直向下为正方向，从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理，有：
（m2g﹣N）t=0﹣m2vt
解得N=14N，方向竖直向上
解析：解答：（I）B物体自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律，有：
AB碰撞结束之后瞬时二者速度共同速度为vt，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有：
m2v0=（m1+m2）vt
解得：
vt=1.0m/s
（II）选择竖直向下为正方向，从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理，有：
（m2g﹣N）t=0﹣m2vt
解得N=14N，方向竖直向上
答：（I）碰撞结束瞬间两物体的速度大小为1m/s；
（II）碰撞结束后两物体一起向下运动，历时0.25s第一次到达最低点，在该过程中，两物体间的平均作用力为14N，竖直向上．
分析：（I）物体B碰撞前做自由落体运动，根据速度位移公式求解末速度；碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解共同速度；
（II）对物体B的下降过程根据动量定理列式求解平均弹力．
24．如图在光滑水平面上，视为质点、质量均为m=1㎏的小球a、b相距d=3m，若b球处于静止，a球以初速度v0=4m/s，沿ab连线向b球方向运动，假设a、b两球之间存在着相互作用的斥力，大小恒为F=2N，从b球运动开始，解答下列问题：
（1）通过计算判断a、b两球能否发生撞击．
答案：假设没有相撞，二者同速时间距最小，由于系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv0=2mv，代入数据解得：v=2m/s，
由动能定理得：对a球：-FSb=-，
代入数据解得：sa=3m，
对b球：FSb=，代入数据解得：sb=1m，
sa﹣sb=2m＜d=3m，假设两球没有相撞成立；
（2）若不能相撞，求出a、b两球组成的系统机械能的最大损失量．
答案：两球同速时机械能损失量最大，
由能量守恒定律得：△EK=mv02﹣ 2mv2，
代入数据解得：△EK=4J
（3）若两球间距足够大，b球从开始运动到a球速度为零的过程，恒力F对b球做的功．
答案：当a球速度为零时，以a的初速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv0=mvb，代入数据解得：vb=4m/s，
由动能定理得，恒力F对b球做的功：
E=mvb2，代入数据解得：W=8J
解析：解答：（1）假设没有相撞，二者同速时间距最小，由于系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv0=2mv，代入数据解得：v=2m/s，
由动能定理得：对a球：-FSb=-，
代入数据解得：sa=3m，
对b球：FSb=，代入数据解得：sb=1m，
sa﹣sb=2m＜d=3m，假设两球没有相撞成立；（2）两球同速时机械能损失量最大，
由能量守恒定律得：△EK=mv02﹣ 2mv2，
代入数据解得：△EK=4J；（3）当a球速度为零时，以a的初速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv0=mvb，代入数据解得：vb=4m/s，
由动能定理得，恒力F对b球做的功：
E=mvb2，代入数据解得：W=8J；
答：（1）a、b两球不能发生撞击．（2）a、b两球组成的系统机械能的最大损失量为4J．（3）恒力F对b球做的功为8J．
分析：（1）两球组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理分析答题．（2）由能量守恒定律可以求出损失的机械能．（3）由动量守恒定律与动能定理可以求出功．
25．在光滑的水平地面上静止着一质量M=0.4kg的薄木板，一个质量m=0.2kg的木块（可视为质点）以v0=4m/s的速度，从木板左端滑上，一段时间后，又从木板上滑下（不计木块滑下时的机械能损失），两物体仍沿直线继续向前运动，从木块与木板刚刚分离开始计时，经时间t=3.0s，两物体之间的距离增加了s=3m，已知木块与木板的动摩擦因数μ=0.4，求薄木板的长度．
答案：设木块与木板分离后速度分别为v1、v2，规定木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0=mv1+Mv2
而v1﹣v2=s/t
解得v1=2m/s，v2=1m/s
由功能关系得
μmgd=mv02﹣mv12﹣Mv22
代入数据解得：
d=1.25m
解析：解答：设木块与木板分离后速度分别为v1、v2，规定木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0=mv1+Mv2
而v1﹣v2=s/t
解得v1=2m/s，v2=1m/s
由功能关系得
μmgd=mv02﹣mv12﹣Mv22
代入数据解得：
d=1.25m
答：薄木板的长度为1.25m．
分析：木块和木板系统在水平方向不受外力，动量守恒，根据动量守恒定律和已知条件列式即可求出分离瞬间各自的速度；然后根据功能关系列式即可以求出木板的长度．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品资料·第 22 页 （共 22 页） 版权所有@21世纪教育网