05课后课时精练
1．在使用如图所示的实验装置做“探究碰撞中的不变量”的实验中，必须满足的实验条件是( )
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球每次都要从同一高度由静止释放
D．碰撞时，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行
解析：只有满足选项B、D中条件时才能保证小球的运动为平抛运动，BD正确，A错误，入射球每次从同一高度由静止释放，保证了每次碰前速度相同，C对。
答案：BCD
2．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验中，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：导轨不水平，小车速度将会受重力影响，A项对；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，导致速度计算出现误差，B项对。
答案：AB
3．若用打点计时器做探究碰撞中的不变量实验时，下列哪些操作是正确的( )
A．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量
B．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起
C．先接通打点计时器电源，再释放拖动纸带的小车
D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源
解析：没有必要一个用撞针而另一个用橡皮泥配重，这样做的目的是为了碰撞后粘在一起有共同速度，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项正确。
答案：BC
4．在“用两小球探究碰撞中的不变量”的实验中。
(1)安装和调整实验装置的要求是：
①____________________；②______________________。
(2)实验得到小球的落点情况如下图所示，若碰撞中的不变量是mv，则入射小球与被碰小球的质量之比为m1∶m2＝________。
解析：在碰撞中mv不变，则m1＝m1＋m2，得m1×25.5＝m1×15.5＋m2×40，得10m1＝40m2，故＝4∶1。
答案：(1)①斜槽末端的切线必须水平 ②入射小球和被碰小球在碰撞瞬间球心必须在同一高度 (2)4∶1
5．在“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1＝15 g，原来静止的被碰小球m2＝10 g，由实验测得它们在碰撞前后的s－t图象如下图所示，可知入射小球碰撞前的m1v1是________，入射小球碰撞后的m1v1′是________，被碰小球碰撞后m2v2′是________。由此得出结论____________________________________________。
答案：0.015 kg·m/s 0.0075 kg·m/s 0.0075 kg·m/s
碰撞中mv的矢量和是守恒量
6．某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律。图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2。当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触。向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放。结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为30°。若本实验允许的最大误差为±4%，此实验是否成功地验证了碰撞前后两小球的质量与速度的乘积之和保持不变。
解析：设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB。在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得
h1＝l(1－cos45°)①
mBv＝mBgh1②
设碰撞前、后两摆球的质量与速度的乘积大小分别为p1、p2。有
p1＝mBvB③
联立①②③式得p1＝mB④
同理可得p2＝(mA＋mB)⑤
联立④⑤式得＝⑥
代入已知条件得()2＝1.03
由此可以推出≤4%
所以，此实验在规定的误差范围内得以成功验证。
答案：此实验在规定的误差范围内验证了碰撞前后两球的质量与速度的乘积之和保持不变
7．对于实验最终的结论m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，下列说法正确的是( )
A．仅限于一维碰撞
B．任何情况下m1v＋m2v＝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．式中的不变量是m1和m2组成的系统的质量与速度乘积之和
解析：这个实验是在一维碰撞情况下设计的实验；系统的质量与速度的乘积之和在碰撞前后为不变量是实验的结论，其他探究的结论情况不成立，而速度是矢量，应考虑方向。故选项A、D正确。
答案：AD
8．用如图所示的装置进行以下实验：
A．先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面间的动摩擦因数μ，查出当地的重力加速度g
B．用细线将滑块A、B连接，使A、B间的弹簧压缩，滑块B紧靠在桌边
C．剪断细线，测出滑块B做平抛运动落地点到重垂线的水平距离x1和滑块A沿桌面滑行的距离x2
(1)为探究碰撞中的不变量，写出还需测量的物理量及表示它们的字母：________________。
(2)若mv为不变量，需验证的关系式为____________。
解析：(1)要找出碰撞中的不变量，应测出两滑块质量及各自的速度，取向右方向为正，剪断细线后，A向右做匀减速运动，初速度vA′＝＝，B向左做平抛运动，设桌面高度为h，则h＝gt2，x1＝vB′t，得vB′＝－x1。故要求出vB′，还应测出h。
(2)若mv为不变量，碰前MvA＋mvB＝0，
碰后MvA′＋mvB′＝0，
故MvA＋mvB＝MvA′＋mvB′，
即M－mx1＝0。
答案：(1)桌面离水平地面的高度h
(2)M－mx1＝0
9．为了探究碰撞中的不变量，实验可以在气垫导轨上进行，这样就可以大大减小阻力，使滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速运动，使实验的可靠性及精确度得以提高。在某次实验中，A、B两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用闪光照相机每隔0.4秒钟拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的延续时间很短，可以忽略，如下图所示，已知滑块A、B之间的质量关系是mB＝1.5mA，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次在碰撞之后，A原来处于静止状态，设滑块A、B在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm至105 cm这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片回答问题：
(1)A、B两滑块碰撞前后的速度各为多少？
(2)两滑块碰撞前后质量与速度的乘积之和是不是不变量？
解析：由题图分析可知
(1)碰撞后：
从发生碰撞到第二次拍摄照片，A运动的时间是
t1＝＝ s＝0.2 s
由此可知：从拍摄第一次照片到发生碰撞的时间为t2＝(0.4－0.2)s＝0.2 s
则碰撞前B滑块的速度为vB＝＝m/s＝1.0 m/s，由题意得vA＝0。
(2)碰撞前：mAvA＋mBvB＝1.5 mA
碰撞后：mAv′A＋mBv′B＝0.75mA＋0.75mA＝1.5mA
所以mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′
即碰撞前后两滑块的质量与速度的乘积之和是不变量。
答案：(1)碰撞前vA＝0，vB＝1.0 m/s；碰撞后vA′＝0.75 m/s，vB′＝0.5 m/s
(2)是不变量
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1．下列说法正确的是( )
A．甲物体的动量－5 kg·m/s，乙物体的动量为2 kg·m/s，两物体相比乙物体动量大
B．一物体速率改变，它的动量一定改变
C．力的冲量越大，力对物体做功越多
D．合外力的冲量不为零，物体动量的大小一定改变
E．物体动量变化越快，所受合外力越大
解析：动量的正负只表示方向，不表示大小，A错，一物体速度改变，动量大小一定变化，B对，冲量是力对时间的积累与功没有关系，C错，合外力的冲量不为零，物体动量大小有可能不变，仅是方向变化，D错，由F＝可知E对。
答案：BE
2．如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，则此物体的运动( )
A．是匀速运动
B．可能是匀变速曲线运动
C．不是匀变速直线运动
D．可能是匀速圆周运动
解析：根据冲量I＝Ft，在相等时间t内冲量I相同，说明作用在物体上的力F是恒力，因此物体做匀变速运动，其中包括匀变速直线运动和匀变速曲线运动，可见选项B正确，选项A和C是错误的。物体做匀速圆周运动时，所受向心力大小恒定，但方向指向圆心，是变力，所以选项D也是错误的。明确各类运动产生的条件是处理本题的基础。
答案：B
3．某物体受到－2 N·s的冲量作用，则( )
A．物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反
B．物体的末动量一定是负值
C．物体的动量一定减小
D．物体的动量增量一定与规定的正方向相反
解析：由动量定理知合力的冲量等于物体动量的增量，负号表示与规定的正方向相反，故只有D正确。
答案：D
4．如图所示，一个质量为2 kg的物体放在水平地面上，在F＝10 N的拉力作用下保持静止状态，则在5 s内以下各力冲量正确的是( )
A．拉力F的冲量为25 N·s
B．摩擦力的冲量为25 N·s
C．重力的冲量为50 N·s
D．合力的冲量为50 N·s
解析：拉力的冲量IF＝Ft＝50 N·s，重力的冲量IG＝mgt＝100 N·s，A、C错误；因物体静止，合力为零，其冲量为零，D错误；摩擦力Ff＝Fcos30°，其冲量IFf＝Fcos30°·t＝25 N·s，B正确。
答案：B
5．在空中相同高度处以相同速率分别抛出质量相同的三个小球。一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中( )
A．三个球动量的变化量相同
B．下抛球和平抛球动量变化量相同
C．上抛球动量变化量最大
D．三个球落地时的动量相同
解析：竖直上抛的物体飞行时间最长。由动量定理有mgt＝Δp，可知上抛球的动量变化量最大，C项正确。
答案：C
6．古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死。若兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0.2 s，则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )
A．1 m/s B．1.5 m/s
C．2 m/s D．2.5 m/s
解析：根据题意建立模型，设兔子与树桩的撞击力为F，兔子撞击后速度为零，根据动量定理有Ft＝mv，所以v＝≥＝gt＝10×0.2 m/s＝2 m/s。
答案：CD
7．如图所示，铁块压着一纸片放在水平桌面上，当以速度v抽出纸片后，铁块掉在地上的P点，其他条件不变，若以2v的速度抽出纸片，则铁块落地点( )
A．仍在P点
B．在P点左边
C．在P点右边不远处
D．在P点右边原水平位移两倍处
解析：在这两种情况下，纸片运动的距离相同，所以抽出纸片的速度越大，需要的时间越短。在抽出纸片的过程中，铁块所受的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，根据动量定理得Ft＝mv－0，时间越短，铁块获得的平抛初速度越小，平抛的水平距离越短，所以B正确。
答案：B
8．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s。则：
(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？
解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m。
设运动的时间为t，根据x＝t，得t＝＝ s。
根据动量定理Ft＝Δp＝mv0，
得F＝＝ N＝5.4×104 N。
(2)若人系有安全带，则F′＝＝ N
＝1.8×103 N。
答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103 N
9．A、B两物体分别在FA、FB作用下沿同一直线运动，如图所示表示它们的动量p随时间的变化规律。设A、B两物体所受冲量大小分别为IA、IB，那么( )
A．FA＞FB，方向相反 B．FA＞FB，方向相同
C．IA＞IB，方向相同 D．IA＜IB，方向相反
解析：由动量定理I＝Ft＝Δp，即F＝，再由题图可得：FA＞FB，且方向相反。
答案：A
10．水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v－t图象分别如右图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则( )
A．F1的冲量大于F2的冲量
B．F1的冲量等于F2的冲量
C．两物体受到的摩擦力大小相等
D．两物体受到的摩擦力大小不等
解析：设F1、F2的作用时间分别为t1、t2，则由图知t1由图象知：vA＝vC，t1F1t1，即A、B选项均错。
答案：C
11．如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按图中(a)、(b)、(c)、(d)所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)。已知此物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3 s末的速度，则这四个速度中最大的是( )
A．v1 B．v2
C．v3 D．v4
解析：对物体应用动量定理：
(a)(－0.5mg－mgsin30°)×2＋(0.5mg－mgsin30°)×1＝－mv1；
(b)(0.5mg－mgsin30°)×1＋(－mgsin30°)×1＋
(－0.5mg－mgsin30°)×1＝－mv2；
(c)(－mgsin30°)×1＋(－0.5mg－mgsin30°)×2
＝－mv3；
(d)(－0.5mg－mgsin30°)×2＋(mg－mgsin30°)×1
＝－mv4；
由以上式子得：v1＝2g，v2＝1.5g，v3＝2.5g，v4＝1.5g，故选项C正确。
答案：C
12．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水面上升了45 mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s。据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)( )
A．0.15 Pa B．0.54 Pa
C．1.5 Pa D．5.4 Pa
解析：设圆柱形水杯的横截面积为S，则水杯中水的质量为
m＝ρV＝103×45×10－3S ＝45S，
由动量定理可得：Ft＝mv，而p＝，
所以p＝＝ Pa＝0.15 Pa。
答案：A
13．质量为0.5 kg的弹性小球，从1.25 m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8 m，设碰撞时间为0.1 s，g 取10 m/s2，求小球对地板的平均冲力。
解析：解法一：(分段法)：
取小球为研究对象。
根据小球做自由落体和竖直上抛运动，可知
碰撞前的速度：
v1＝＝5 m/s，方向向下。
碰撞后的速度：
v2＝＝4 m/s，方向向上。
碰撞时小球受力情况如图所示，取竖直向上为正方向，根据动量定理：
(FN－mg)Δt＝mv2－mv1
则：FN＝＋mg
＝ N＋0.5×10 N＝50 N
由牛顿第三定律可知，小球对地板的平均冲力大小为50 N，方向竖直向下。
解法二：(全程法)：
设支持力为FN，球下落、触地、上升时间分别为Δt1、Δt2、Δt3
小球下落时间Δt1＝＝0.5 s
小球与地板接触时间Δt2＝0.1 s
小球上升时间Δt3＝＝0.4 s
全程应用动量定理
FNΔt2－mg(Δt1＋Δt2＋Δt3)＝0
解得FN＝50 N
由牛顿第三定律得，小球对地板的平均冲力大小为50 N，方向竖直向下。
答案：50 N，方向竖直向下
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1．关于动量守恒定律，下列说法正确的是( )
A．两物体的加速度均不为零时，两物体组成的系统动量不守恒
B．系统内存在摩擦阻力，系统动量就不守恒
C．应用动量守恒定律时，各物体的速度必须相对于同一参考系
D．系统只在一个过程的初末时刻动量变化量为零，则此过程中系统动量守恒
E．动量守恒定律也适用于解决微观粒子的运动问题
解析：两物体的加速度均不为零，但两物体所受外力之和可能为零，系统动量可能守恒，A错，同理B错，动量守恒不单单指初末状态动量相同，D错。
答案：CE
2．如图所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p1和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1′，此时B球的动量大小为p2′，则下列等式成立的是( )
A．p1＋p2＝p1′＋p2′ B．p1－p2＝p1′＋p2′
C．p1′－p1＝p2′＋p2 D．－p1′＋p1＝p2′＋p2
解析：因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒，设向右方向为动量正方向，由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对。经变形－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对。
答案：BD
3．在高速公路上发生了一起交通事故，一辆质量为1500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000 kg向北行驶的卡车，撞后两车连在一起，并向南滑行一段距离后静止。根据测速仪的测定，长途客车撞前以20 m/s的速度匀速行驶，由此可判断卡车撞前的行驶速度( )
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：两车碰撞过程中尽管受到地面的摩擦力作用，但远小于相互作用的内力(碰撞力)，所以动量守恒。
依题意，碰撞后两车以共同速度向南滑行，即碰撞后系统的末动量方向向南。
设长途客车和卡车的质量分别为m1、m2，撞前的速度大小分别为v1、v2，撞后共同速度为v，选定向南为正方向，根据动量守恒定律有
m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，又v>0，则
m1v1－m2v2>0，
代入数据解得v2<v1＝10 m/s。
答案：A
4．车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢内的人举枪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，射出时的速度为v0，车厢和人、枪的总质量为M，则作用完毕后车厢的速度为( )
A.，向前 B.，向后
C.，向前 D．0
解析：以车厢、人、枪和子弹为系统，整个系统在水平方向上不受外力作用，其动量守恒。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。
答案：D
5．一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： 设木块质量为m1、铅弹质量为m2，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。
答案：D
6．一个质量为2 kg的装沙小车，沿光滑水平轨道运动，速度为3 m/s，一个质量为1 kg的球从0.2 m高处自由落下，恰落入小车的沙中，这以后小车的速度为( )
A．3 m/s B．2 m/s
C．2.7 m/s D．0
解析：车、沙、球组成的系统在水平方向上动量守恒，有：Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝＝ m/s＝2 m/s，故选项B正确。
答案：B
7．如图所示，某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务。小船的质量是140 kg，原来的速度是0.5 m/s。该同学上船后又跑了几步，最终停在船上。求此时小船的速度。
解析：以人原来运动的方向为正方向。根据动量守恒定律
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，
v′＝＝ m/s＝0.25 m/s。
解得结果为正值，表明最终共同速度与人原来运动的方向相同。
答案：0.25 m/s，方向与人原来的速度方向相同
8．在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度v0沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，如图所示。碰撞的时间极短，在碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
A．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v0＝(M＋m0)v1＋mv2
B．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v0＝Mv1＋mv2＋m0v3
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv0＝Mv1＋mv2
D．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v′，满足Mv0＝(M＋m)v′
解析：由于小车与木块发生碰撞的时间极短，碰撞时仅小车与木块间发生相互作用，使小车与木块的动量和速度发生变化，而在这极短时间内，摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用，所以小车与木块碰后瞬时，小球仍保持原来的速度而未来得及变化。因此小车与木块碰撞刚结束时，球仍保持原来的速度，仅小车与木块由于相互作用，各自动量发生改变，所以选项A、B是错误的。取小车(不包括摆球)和木块作为系统，碰撞前后动量守恒，但小车与木块碰后可能分离，也可能结合在一起，所以选项C、D中两情况都可能发生。
答案：CD
9．如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体。从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后( )
A．两者的速度均为零
B．两者的速度总不会相等
C．车的最终速度为mv0/M，向右
D．车的最终速度为mv0/(M＋m)，向右
解析：物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以共同速度v运动，由动量守恒定律得：
mv0＝(M＋m)v，故v＝mv0/(M＋m)，向右。
答案：D
10．小船相对于地面以速度v1向东行驶，若在船上以相对地面的相同速率v分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将( )
A．不变 B．减小
C．增大 D．改变方向
解析：设抛出重物后船的质量为M，重物的质量均为m，船后来的速度为v2，由动量守恒定律得：(M＋2m)v1＝Mv2＋mv－mv，解得v2＝v1>v1。故C正确。
答案：C
11．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。
解析：设共同速度为v，滑块A与B分开后，B的速度为vB，对A、B由动量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB。
对B、C由动量守恒定律得：mBvB＝(mB＋mC)v。
联立以上两式，得B与C碰撞前B的速度vB＝v0。
答案：v0
12．两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg。两磁铁的N极相对。推动一下，使两车相向运动。某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s。两车运动过程中始终未相碰。求：
(1)两车最近时，乙的速度为多大？
(2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？
解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
所以两车最近时，乙车的速度为
v＝＝ m/s
＝ m/s＝1.33 m/s。
(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v′乙，由动量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝m乙v′乙－0，
得v′乙＝＝ m/s＝2 m/s。
答案：(1)1.33 m/s (2)2 m/s
课件76张PPT。课前自主学习课堂合作探究易错警示培优课堂对点练习课后课时精练谢谢观看！05课后课时精练
1．下列关于碰撞和爆炸的说法，正确的是( )
A．非对心碰撞的动量一定不守恒
B．能量守恒的碰撞叫弹性碰撞
C．非弹性碰撞的能量不守恒
D．当两物体质量相等时，碰撞后速度互换
E．爆炸过程相互作用时间很短，内力远大于外力，系统总动量守恒
F．微观粒子的碰撞不直接接触，动量不守恒
解析：对心碰撞只是说明是一维碰撞，非对心碰撞动量依然守恒，A错，所有碰撞能量均守恒，B、C错，只有两质量相等的物体发生完全弹性碰撞时，速度才能互换，D错，由动量守恒的特点可知，F错。
答案：E
2．如图甲所示，一质子以v1＝1.0×107 m/s的速度与一个静止的未知核正碰，碰撞后质子以v1′＝6.0×106 m/s的速度反向弹回，未知核以v2′＝4.0×106 m/s的速度向右运动，如图乙所示。则未知核的质量约为质子质量的( )
A．2倍 B．3倍
C．4倍 D．5倍
解析：质子与未知核碰撞时两者动量守恒，m1v1＝－m1v1′＋m2v2′，
得＝＝＝4倍，
故C正确。
答案：C
3．如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB。若爆炸时间极短，空气阻力不计，则( )
A．落地时a的速度大于b的速度
B．落地时a的速度小于b的速度
C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
解析：P爆炸前后，系统在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb由于下落过程是平抛运动，由图va>vb，因此maEkb，即C项正确，D项错误；由于va>vb，而下落过程中两块在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有va′>vb′，即A项正确，B项错误。
答案：AC
4．在光滑的水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能发生的是( )
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，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：光滑水平面上两小球沿球心连线碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两小球的系统总动量守恒。碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的。若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B项不可能。碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C项不可能。碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以D项是可能的。
答案：AD
5．质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象如图所示，以下说法中正确的是( )
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：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。
答案：BD
6．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：由动量守恒定律得：3mv－mv＝0＋mv′，
所以v′＝2v。
碰前总动能：Ek＝3mv2＋mv2＝2mv2
碰后总动能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A对。
答案：A
7．如图甲所示，一物体静置于光滑的水平面上，外面扣一质量为M的盒子。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求出盒内物体的质量。
解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律得：
Mv0＝mv
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明物体速度变为零，且碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒定律：
Mv＝mv2
联立解得m＝M。
答案：M
8．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
解析：由A球动量增量为－4 kg·m/s，则B球动量增量为4 kg·m/s，所以pA′＝2 kg·m/s，pB′＝10 kg·m/s，又由于mB＝2mA，所以碰后vA∶vB＝2∶5，由于A球速度减小，B球速度增加，可知左方是A球。
答案：A
9．质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则( )
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为Mv
D．小球在弧形槽上上升的最大高度为
解析：小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：Mv0＝2Mv′①
Mv＝2×(Mv′2)＋Mgh②
联立①②得h＝，知D错误；
从小球滚上到滚下并离开小车，系统在水平方向上的动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，故B、C对，A错。
答案：BC
10．质量相等的A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出并落到距桌边水平距离为s的地面上，如图所示。若再次以相同量压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边为( )
A. B.s
C. s D.s
解析：用板挡住A球只释放B球时，弹簧的弹性势能转化为B球的动能，mv＝Ep①
再以相同量压缩弹簧而同时释放A、B两球，则弹性势能转化为两球的总动能，因二者质量相同，所以2×mvB′2＝Ep②
由①②可知vB＝vB′，结合平抛运动知识可知，B球落地点距桌边s′＝，D选项正确。
答案：D
11．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动。在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比m1/m2。
解析：从两小球碰撞后到它们第二次相遇，小球A和B速度大小保持不变，根据它们通过的路程之比为1∶4，可知小球A和B碰撞后的速度大小之比为1∶4。
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，碰撞过程中遵循动量守恒定律，碰撞前后动能不变，即
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
解得＝。
答案：2∶1
12．如图所示，在高1.25 m的水平桌面上放一个0.5 kg的木块，0.1 kg的橡皮泥以30 m/s的水平速度粘到木块上(粘合过程时间极短)。木块在桌面上滑行1.5 m后离开桌子落到离桌边2 m的地方。求木块与桌面间的动摩擦因数。(g取10 m/s2)
解析：设碰前橡皮泥的速度为v0，碰后共同速度为v，由动量守恒定律有
mv0＝(M＋m)v
代入数据得v＝5 m/s
设木块离开桌面时的速度为v′，由平抛知识得
x＝v′t
h＝gt2
代入数据得v′＝4 m/s。
木块在桌面上滑行时，由动能定理得
－μ(M＋m)gx＝(M＋m)v′2－(M＋m)v2
解得μ＝0.3。
答案：0.3
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1．关于反冲运动，下列说法正确的是( )
A．反冲现象是有害的，应设法防止
B．反冲运动的两个物体系统动量守恒，机械能也守恒
C．火箭匀速升空，不需向后喷气
D．影响火箭速度大小的因素是喷气速度和质量比
E．枪射击时，需用肩抵住枪身，这是利用了反冲现象
解析：火箭发射应用的就是反冲现象，机械能不守恒，ABC错，枪射击时，用肩抵住枪身，为防止反冲现象，E错。
答案：D
2．采取下列措施有利于提高火箭的飞行速度的是( )
A．使喷出的气体速度增大 B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更大 D．使喷出的气体密度更小
解析：设火箭原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度为v，剩余的质量为(M－m)，速度为v′，由动量守恒定律得(M－m)v′＝mv，则v′＝，故m越大，v越大，则v′越大。
答案：AC
3．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，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：应利用反冲的原理使小车向前运动，故应打开阀门S2。
答案：B
4．一辆小车置于光滑水平面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端装一网兜。若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将(空气阻力不计)( )
A．向左移动一段距离停下
B．在原位置没动
C．向右移动一段距离停下
D．一直向左移动
解析：弹簧枪发射弹丸后，依靠反冲小车向左运动，当飞行的弹丸落入右端网兜时，因系统动量守恒，小车又停止。故选项A正确。
答案：A
5．静止的实验火箭总质量为M，当它以对地速度为v0，喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为( )
A. B．－
C. D．－
解析：以火箭和喷出气体为研究对象，系统初始动量为零，选取v0的方向为正方向，由动量守恒定律，得
0＝Δmv0＋(M－Δm)v，
v＝－，故答案为B。
答案：B
6．一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：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。
答案：A
7．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则( )
A．火箭一定离开原来轨道运动
B．P一定离开原来轨道运动
C．火箭运动半径可能不变
D．P运动半径一定减小
解析：火箭射出物体P后，由反冲原理火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大A项对，C项错；P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动存在多种可能性，所以B、D错。
答案：A
8．如图所示，质量为m、半径为r的小球，放在内半径为R，质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离为多少？
解析：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：
mv1＝Mv2，所以＝。
若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则＝＝，
由题意：x1＋x2＝R－r，
解得x2＝(R－r)＝。
答案：
9．一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端要跳上距离在L远的站台上，车与地面的摩擦不计，如图所示，则( )
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，如图从车上起跳时，人离车时速度为v′，由能量守恒，E＝mv2，E＝mv′2＋Mv，所以v′答案：B
10．某人在一只静止的小船上练习打靶，已知船、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，求发射完n颗子弹时，小船后退的距离( )
A.L B.L
C.L D.L
解析：设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为s，根据题意知子弹飞行的距离为(L－s)，则由动量守恒定律有：
m(L－s)－[M＋(n－1)m]s＝0，
解得：s＝
每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n颗子弹全部射入的过程中，小船后退的总距离为：ns＝。
答案：C
11．一课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动。假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m3/s，喷出速度保持为对地10 m/s。启动前火箭总质量为1.4 kg，则启动2 s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动，阻力不计，水的密度是1×103 kg/m3。
解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动，设水火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′。由动量守恒定律得
(M－ρQt)v′＝ρQtv。
火箭启动后2 s末的速度为
v′＝＝ m/s＝4 m/s。
答案：4 m/s
12．如下图所示，一质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中央，试问玩具蛙对地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上？
解析：蛙和车组成的系统水平方向动量守恒，则Mv′－mv＝0①
蛙下落时间t＝②
若蛙恰好落地，则有v′t＋vt＝③
解①②③得：v＝。
答案：
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