动量和冲量 Word版含解析

3月27日
动量和冲量
考纲要求：Ⅰ
难易程度：★★☆☆☆
关于物体的动量，下列说法中正确的是
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
【参考答案】A
【试题解析】动量具有瞬时性，任一时刻物体
( http: / / www.21cnjy.com )动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D错误。
物体的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．物体的动量大小一定变化
D．物体的动量大小可能不变
甲、乙物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动。它们的动量随时间变化如图所示。设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是
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A．F1>F2，I1=I2
B．F1C．F1>F2，I1>I2
D．F1=F2，I1=I2
质量为m的物体在外力F的作用下（F的方向与运动方向一致），经过Δt后，物体动量由mv1增加到mv2，如果力、作用时间不同，下列哪一个结论是正确的是
A．在2F作用下经2Δt，物体的动量增加4mv2
B．在2F作用下经2Δt，物体的动量增加4mv1
C．在2F作用下经Δt，物体的动量增加m(2v2–v1)
D．在F作用下经2Δt，物体的动量增加2m(v2–v1)
“纵跳摸高”是一种很好的有助于青少年长高的运动。其动作要领是原地屈膝两脚快速用力蹬地，跳起腾空后充分伸展上肢摸到最高点。则人在进行纵跳摸高时，从他开始屈膝到摸到最高点的过程中
A．人始终处于超重状态
B．人始终处于失重状态
C．地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等
D．地面支持力对人做的功等于重力势能的增加量
若一个物体的动量发生了变化，则物体运动的（质量不变）
A．速度大小一定改变了
B．速度方向一定改变了
C．速度一定变化了
D．加速度一定不为零
【参考答案】
D
物体的动量变化量的大小为5
kg·m/s，则动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变。故D正确，ABC错误。
A
冲量I=Δp，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I1=I2，又因为I1=F1t1，I2=F2t2，t2>t1，所以F1>F2。故选项A
正确。
D
由动量定理知：FΔt=mv2–mv1=m(v2–v1)，所以2F×2Δt=4FΔt=4m(v2–v1)≠4mv2≠4mv1，由此知选项A、B错误；2FΔt=F2Δt=2m(v2–v1)，
D正确，C错误。
C
人开始屈膝，要加速下降，故加速度是向下的，此时失重，再起立时，加速向上，加速度向上，此时超重，故人并不始终处于超重状态或失重状态，选项AB错误；对整个过程分析可知，总动量的变化量为0，人在整个过程中受重力和地面对人的支持力，故二个力的冲量大小相等，方向相反，选项C正确；人上升，其重力势能增大，并不是地面对人做功产生的，地面对人不做功，因为该作用力虽然作用在人的身上，但该力没有移动距离，人的重力势能的增加量的是人体自身机体的能量，选项D错误。
CD
动量是矢量，动量发生变化，若是方向发生变化，则速度方向变化了，若是动量大小发生变化，则速度大小变化了，无论大小和方向谁变化，但可说速度一定变化了，速度变化，根据牛顿第二定律，则可知加速度一定不为零，故CD正确。
【名师点睛】由动量的公式分析，注意动量及速度均为矢量，应考虑方向的变化。
3月28日
动量定理
考纲要求：Ⅱ
难易程度：★★★☆☆
在距地面高为h，同时以大小为v0的速度分别平抛、竖直上抛、竖直下抛质量相等的物体，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增加量Δp，有
A．平抛过程最大
B．竖直上抛过程最大
C．竖直下抛过程最大
D．
三者一样大
【参考答案】B
【试题解析】三个小球中竖直上抛的物体运动时间最长，而竖直下抛的物体运动时间最短，故它们重力的冲量，竖直上抛的物体最大，则由动量定理可得，竖直上抛的物体动量的增加量最大，故B正确，故选B。
一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是
A．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量
B．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零
C．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功
D．从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功
质量为1
kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示。则物体在前10
s内和后10
s内所受外力的冲量分别是
A．10
N·s，10
N·s
B．10
N·s，–10
N·s
C．0，10
N·s
D．0，–10
N·s
一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是
A．
B．
C．
D．
在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是
A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能
B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同
C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零
D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零
质量m=70
kg的撑竿跳高运动员从h=5.0
m高处落到海绵垫上，经Δt1=1
s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2=0.1
s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？（g取10
m/s2）
【参考答案】
D
根据动量定理可知，上升过程中小球动量的改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得：，可知地面对小球的冲量Ft不为零，选项B错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功代数和，选项C错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。
D
由图象可知，在前10
s内初、末状态的动量相同，p1=p2=5
kg·m/s，由动量定理知I1=0；在后10
s
内末状态的动量p3=–5
kg·m/s，由动量定理得I2=p3–p2=–10
N·s，故正确答案为D。
C
设铁锤受到木桩的力为F，方向向上，选向上为正方向，由动量定理可知可解得，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的力向下大小为，故C正确。
ABD
不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零；但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，所以合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，所以单摆在一个周期内，合外
力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确。
【名师点睛】本题考查了物体在不计空气阻力作用的条件下的几种不同的运动情况，对物体正确受力分析，并结合各运动的特点分析即可正确解题。
1
400
N
7
700
N
以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t==1
s
从开始下落到落到海绵垫上停止时，mg(t+Δt1)–FΔt1=0
代入数据，解得F=1
400
N
下落到沙坑中时，mg(t+Δt2)–F′Δt2=0
代入数据，解得F′=7
700
N
3月29日
动量守恒定律及其应用（一）
考纲要求：Ⅱ
难易程度：★★★☆☆
A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水
( http: / / www.21cnjy.com )平桌面上。已知A、B两球质量分别为2m和m。当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图所示。问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为
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A．
B．
C．
D．
【参考答案】D
【试题解析】当用板挡住A球而只释放B球时，弹簧把弹性势能转化为B球的动能，B球做平抛运动。设高度为h，下落时间为：
水平距离为：，联立解得：，所以弹性势能为：。当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律可得：0=2mvA–mvB
所以vA:vB=1:2。能量关系为：。以上联立解得B球抛出初速度为：，则平抛后落地水平位移为，故D正确。
【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律、平
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A、B两球在光滑的水平面上同向运动，mA=2
kg，mB=
3
kg，vA=6
m/s，vB=
2
m/s，当A球追上B球并发生碰撞后，A、B两球的速度值可能是
A．vA' =4.5
m/s，vB'=3m/s
B．vA'=3m/s，vB'=4m/s
C．vA'=–1.5
m/s，vB'=7m/s
D．vA'=7.5
m/s，vB'=1m/s
如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2，A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止。求：
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（1）人跳离A车后，A车的速度大小和方向；
（2）人跳上B车后，A、B两车的速度大小之比。
如图所示，固定的长直水平轨道MN
与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R
，PN
恰好为该圆的一条竖直直径。可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块A的质量
mA=2m，B的质量mB=m，两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B
恰好能通过P点。已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g
，求：
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（1）物块B
运动到P
点时的速度大小vP；
（2）两物块刚分离时物块B
的速度大小vB；
（3）物块A
在水平面上运动的时间t。
【参考答案】
B
考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为42
J，B选项碰撞后总动能为33
J，C选项碰撞后总动能为75.75
J，故C错误，B正确。故选B。
（1），负号表示A车的速度方向向左
（2）
（1）设人跳离A车后，A车的速度为vA，研究A车和人组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有
，解得，负号表示A车的速度方向向左
（2）研究人和B车，由动量守恒定律有，解得
（1）
（2）（3）
（1）物体B
在竖直平面内做圆周运动，在P点时重力提供向心力
由，可得
（2）两物块分离后B
物体沿圆轨道向上运动，仅重力做功
由动能定理可得，解得
（3）物块A
与物块B
由足够大的内力突然分离，分离瞬间内力远大于外力，两物块在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律，设向右为正方向，则有，代入数据得
得，之后物体A
做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：，
由运动学公式，代入数据得
3月30日
动量守恒定律及其应用（二）
考纲要求：Ⅱ
难易程度：★★★☆☆
如图甲所示，在光滑水平面上
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kg。由此可以判断
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A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2=0.3
kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4
J的机械能
【参考答案】AC
【试题解析】位移–时间图象的斜率表示速度，碰前的位移不随时间而变化，处于静止，的速度大小为，方向只有向右才能与相撞，故A正确；由图读出，碰后的速度为正方向，说明向右运动，的速度为负方向，说明向左运动，故B错误；由图求出碰后和的速度分别为，根据动量守恒定律得，，代入解得，m2=0.3
kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为，代入解得，，故D错误。
【名师点睛】s–t（位移时间）图象的斜
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如图所示，一质量M=3.0
kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0
kg的小木块A，同时给A和B一大小均为4.0
m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是
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A．2.1
m/s
B．2.4
m/s
C．2.8
m/s
D．3.0
m/s
如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平面上的O点，此时弹簧处于原长。另一质量与B相同的滑块A从P点以初速度v0向B滑行，经过时间t时，与B相碰。碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动。滑块均可视为质点，与平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求：
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（1）碰后瞬间，A、B共同的速度大小；
（2）若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量；
（3）整个过程中滑块B对滑块A做的功。
如图所示，一质量为m=1.5
kg的滑块从倾角为θ=37°的斜面上自静止开始滑下，斜面末端水平（水平部分光滑，且与斜面平滑连接，滑块滑过斜面末端时无能量损失），滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车。已知斜面长s=10
m，小车质量为M=3.5
kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ=0.35，小车与地面光滑且足够长，取g=10
m/s2。
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（1）求滑块滑到斜面末端时的速度；
（2）当滑块与小车相对静止时，滑块在车上滑行的距离
【参考答案】
AB
以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：，，代入数据解得：，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：，故选项AB正确。
【名师点睛】本题考查了求木块的速度
( http: / / www.21cnjy.com )，应用动量守恒定律即可正确解题，本题也可以用牛顿运动定律与运动学公式求解，运用动量守恒定律解题不需要考虑过程的细节，只要确定过程的初末状态即可，应用牛顿运动定律解题要分析清楚物体的整个运动过程，要体会应用动量守恒定律解题的优越性。
（1）(v0–μgt)
（2）(v0–μgt)2
（3）–m(v0–μgt)2
（1）设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间共同的速度为v2
从P到O过程，由动量定理得：–μmgt=mv1–mv0
以A、B为研究对象，碰撞瞬间系统动量守恒，乙向左为正方向
由动量守恒定律得：mv1=2mv2，解得：v2=(v0–μgt)
（2）碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x
由能量守恒定律得：μ(2mg)2x=(2m)v22，解得：x=(v0–μgt)2
（3）对滑块A，由动能定理得：W=mv22–mv12=–m(v0–μgt)2
【名师点睛】本题结合弹簧问题考查了
( http: / / www.21cnjy.com )动量守恒和功能关系的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动能定理与动量守恒定律、能量守恒定律可以解题。
（1）8
m/s
（2）6.4
m
【解析】（1）设滑块在斜面上的滑行加速度为a
由牛顿第二定律，有mg(sinθ–μcosθ)=ma
代入数据得：a=3.2
m/s2
又s=at2
解得
t=2.5
s
到达斜面末端的速度大小v0=at=8
m/s
（2）小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0=(m+M)v
代入数据得：v=2.4
m/s
滑块在小车上运动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，得：
μmgL=mv02 (m+M)v2
代入数据得：L=6.4
m
【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的
( http: / / www.21cnjy.com )应用，属于多过程问题，需要分阶段求解；解题时需选择合适的物理规律，用牛顿定律结合运动公式，或者用动量守恒定律较简单。
3月31日
碰撞模型的规律及应用（一）
考纲要求：Ⅰ
难易程度：★★★☆☆
质量为ma=1
kg，mb=12
kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于
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A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，不能判断
【参考答案】A
【试题解析】根据x–t图象可知：a球的初速度为：，b球的初的速度为，碰撞后a球的速度为：，碰撞后b球的速度为：，两球碰撞过程中，动能变化量为：，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，A正确。
在光滑的水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后钢球1的运动方向相反，将碰后球1的动能和动量的大小分别记为E1和p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2，p2，则必有
A．E1<
E0
B．p1C．E2>E0
D．p2>p0
A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA>mB，当两球相碰后。其中一球停止，则可以断定
A．碰前A的动量等于B的动量
B．碰前A的动量大于B的动量
C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量
D．若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量
如图所示，木块A的质量mA=1
kg，足够长的木板B的质量mB=4
kg，质量为mC=2
kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0=10
m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后将以大小为vA′=4
m/s的速度弹回。求：
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（1）B运动过程中的最大速度；
（2）C运动过程中的最大速度。
【参考答案】
ABD
由题意可知，碰撞后两球均有速度。根据碰撞过程中总动能不增加可知，E1p0，故D正确。
CD
两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA–mBvB=mAvA′+mBvB′，如果碰撞前A的动量等于B的动量，碰撞后两者速度都等于零，故A错误；若碰后A的速度为零，则碰撞后B反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与A的动量方向相同，则碰撞前A的动量大于B的动量；若碰后B的速度为零，则碰撞后A反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与B的动量方向相同，则碰撞前A的动量小于B的动量；由以上分析可知，两球碰撞后一球静止，可能是碰撞前A的动量大于B的动量，也可能是碰撞前A的动量小于B的动量，故B错误，CD正确。
【名师点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，考查了两球碰撞前动量大小关系，应用动量守恒定律即可正确解题，本题难度不大。
（1）3.5
m/s，方向向右
（2）
m/s，方向向右
【解析】（1）碰后瞬间B速度最大，选向右为正方向，
由动量守恒定律得mAv0=mA（–vA′）+mBvB
所以vB==m/s=3.5
m/s，方向向右
（2）B、C以共同速度运动时，C速度最大，选向右为正方向
由动量守恒定律得mBvB=（mB+mC）vC
所以vC==m/s=m/s，方向向右
4月1日
碰撞模型的规律及应用（二）
考纲要求：Ⅰ
难易程度：★★★☆☆
在光滑水平面上，有两个小球
( http: / / www.21cnjy.com )A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为pA=12
kg·m/s、pB=13
kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是
A．ΔpA=–3
kg·m/s、ΔpB=3
kg·m/s
B．ΔpA=3
kg·m/s、ΔpB=–3
kg·m/s
C．ΔpA=–24
kg·m/s、ΔpB=24
kg·m/s
D．ΔpA=24
kg·m/s、ΔpB=–24
kg·m/s
【参考答案】A
【试题解析】由题意可知，
( http: / / www.21cnjy.com )碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为ΔpA<0，故BD错误；根据碰撞过程动量守恒，如果ΔpA=–3
kg·m/s、ΔpB=3
kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=9
kg·m/s、p′B=16
kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，故A正确；根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA=–24
kg·m/s、ΔpB=24
kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′=–12
kg·m/s、pB′=37
kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误，故选A。
下列关于碰撞的理解正确的是
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆一起以恒定的速度v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，碰撞的时间极短。在此碰撞瞬间，下列说法中可能发生的是
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A．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)v=Mvl+m2v2+m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为vl和v2
，满足(M+m0)v=Mv1+mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1
，满足Mv=(M+m)v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2
，满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA=3m，mB=2mC=2m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。求：B与C碰撞前B的速度大小。
如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45
m的1/4圆弧面。A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑。小滑块P1和P2的质量均为m。滑板的质量M=4m，P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0=4.0
m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上。当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零。P1与P2视为质点，取g=10
m/s2。问：
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（1）P1和P2碰撞后瞬间P1、P2的速度分别为多大？
（2）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
（3）N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？
【参考答案】
A
碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象。一般内力远大于外力。如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞。微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，所以A正确，BCD错误。
C
碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球可认为没有参与碰撞，由于惯性其速度在瞬间不变。若碰后小车和木块的速度变v1和v2，根据动量守恒有：Mv=Mv1+mv2。若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv=(M+m)v1，故C正确，ABD错误。
v0
设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0=mAvA+mBvB
对B、C木块：mBvB=(mB+mC)v
由A与B间的距离保持不变可知
vA=v
联立以上各式式，代入数据得vB=v0
（1）、
（2）
（3） s=1.47
m
（1）P1滑到最低点速度为v1，由机械能守恒定律有：
解得：v1=5
m/s
P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为、
则由动量守恒和机械能守恒可得：
解得：，
（2）P2向右滑动时，假设P1保持不动，对P2有：f2=μ·2mg=2m（向左）
设P1、M的加速度为a2
对P1、M有：f=(m+M)a2
此时对P1有：f1=ma2=0.4mm，所以假设成立
故滑块的加速度为0.4
m/s2
（3）P2滑到C点速度为，由
得
P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，由动量守恒定律得：
解得：v=0.40
m/s
对P1、P2、M为系统：
代入数值得：L=3.8
m
滑板碰后，P1向右滑行距离：
P2向左滑行距离：
所以P1、P2静止后距离： s=L–s1–s2=1.47
m
【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关
( http: / / www.21cnjy.com )系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高。
4月2日
周末自测
如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以
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A．减小球的动量的变化量
B．减小球对手作用力的冲量
C．减小球的动量变化率
D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量
从同一高度自由下落的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎，这是因为
A．掉在水泥地上，玻璃杯的动量大
B．掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大
C．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大
D．掉在水泥地上玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到的水泥地的作用力大
水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的
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A．30%
B．50%
C．70%
D．90%
质量为m的人随装着沙子的无动力小车以速度v在光滑水平面上匀速前进，下列各种操作，能使平板车的速度增大的是
A．人相对小车竖直向上跳起
B．人相对小车水平向后跳出
C．拔开车底的塞子，让沙子漏出
D．若路边有一果树掉下的水果竖直落入车中
在光滑水平面上，质量为10
kg的小球1以速度3
m/s与原来静止的质量为5
kg小球2发生弹性碰撞，碰后小球1的速度为
A．1
m/s
B．2
m/s
C．3
m/s
D．4
m/s
有一个质量为0.5
kg的弹性小球从H=0.8
m的高度落到水平地板上，每一次弹起的速度总等于落地前的0.6倍，且每次球与地面接触时间相等均为0.2
s，空气阻力不计，（重力加速度g取10
m/s2），求：
（1）第一次球与地板碰撞，地板对球的平均冲力为多少？
（2）第一次和第二次与地板碰撞球所受的的冲量的大小之比是多少？
如图所示，AB为半径R=0.8
m的1/4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M=3
kg，车长L=2.06
m，现有一质量m=1
kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3，当车运行了1.5
s时，车被地面装置锁定。（g=10
m/s2）试求：
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（1）滑块从A到达B的过程中，滑块所受合力的冲量大小；
（2）车刚被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
（3）从车开始运动到刚被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小；
如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量为m=1
kg的相同的小球A、B、C。现让A球以v0=2
m/s的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与C球碰撞，C球的最终速度vC=
1
m/s。问：
（1）A、B两球与C球相碰前的共同速度多大？
（2）两次碰撞过程中一共损失了多少动能？
图所示，光滑水平直导轨上放置长木板B和滑块C，滑块A置于B的左端，且A、B间接触面粗糙，三者质量分别为mA=1
kg、mB=2
kg、mC=23
kg，开始时A、B一起以速度v0=10
m/s向右运动，与静止的C发生碰撞，碰后C向右运动，又与竖直固定挡板碰撞，并以碰前速率弹回，此后B与C不再发生碰撞，已知B足够长，A、B、C最终速度相等，求B与C碰后瞬间B的速度大小。
如图所示，有一质量为M=2
kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1
kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度v1=2
m/s向左运动，B同时以v2=4
m/s向右运动。最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10
m/s2。
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（1）求小车总长L；
（2）B在小车上滑动的过程中产生的热量QB；
（3）从A、B开始运动计时，经6
s小车离原位置的距离x。
【参考答案】
C
篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，AD错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C正确；故选C。
D
从同一高度自由下落的玻璃杯，刚要接触地面的速度相等，完全掉到地面上速度减为零，无论掉到水泥地还是软泥地上动量的变化量都是相等的，所以AB错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，动量的变化量相等，玻璃杯受到的冲量也是相等的，所以C错误；由Ft=mvt–mv0可知，掉到水泥地面的作用时间短，受到的作用力就大，所以D正确。
A
由题图可以判断，碰撞前白球、碰撞后白球与灰球均做匀速直线运动，碰后两球速度大小相等，设为v，碰前白球的速度约为碰后速度的1.7倍，即1.7v，碰前系统的动能Ek1=m(1.7v)2，碰后系统的动能Ek2=2×mv2，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能为
SKIPIF
1
<
0
( http: / / www.21cnjy.com )≈31%，选项A正确。
B
选取v的方向为正方向，质量为m的人随着平板车以速度v在光滑平直轨道上匀速前进，当人相对于车竖直跳起又落回原位置的过程中，人和车在水平方向上合力为零，所以在水平方向上动量守恒，所以平板车的速度保持不变，故A错误；设装着沙子的无动力小车的质量为M，则人相对小车水平向后跳出时，设人相对于车向后的速度为v人，则：(M+m)V=Mv′+m(v′–v人)则：>v，可知小车的速度增大，故B正确；由于惯性，沙子在流出的过程中沿水平方向的速度始终与车沿水平方向的速度是相等的，所以对车的速度没有影响，车的速度不变，故C错误；若路边有一果树掉下的水果竖直落入车中，水果沿水平方向的速度为0，设水果的质量为m′，则水果落入车的过程中：(M+m)V=(M+m+m′)v共，可知：，故D错误。
A
两小球组成的系统，碰撞前后动量守恒，，因为是弹性碰撞，所以系统的机械能不变，故有：，联立解得，故A正确。
（1）21
N
（2）5:3
（1）篮球第一次与地面碰前瞬时速度为
碰后的速度为v1=0.6v0=2.4
m/s
选向上为正方向，由动量定理有Ft–mgt=mv1–(–mv0)
F=21
N
（2）第二次碰前瞬时速度和第二次碰后瞬时速度关系为v2=0.6v1=0.62v0
设两次碰撞中地板对球的冲量分别为I1、I2，选向上为正方向，由动量定理有：
I1=mv1–(–mv0)=1.6mv0
I2=mv2–(–mv1)=1.6mv1=0.96mv0
I1:I2=5:3
【名师点睛】此题是动量定理的应用问题；注意动量定理是矢量运算，正方向的规定很重要；此题还可以用牛顿定律结合运动公式求解。
（1）
（2）1
m
（3）6
J
（1）设滑块到达B端时速度为v
由动能定理，得
由动量定理，得
联立两式，代入数值得：
（2）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，对滑块有：，对小车有：
设经时间t两者达到共同速度，则有：
解得t=1
s。由于1
s<1.5
s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：
因此，车被锁定时，车右端距轨道B端的距离：
（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离
所以产生的内能：
【名师点睛】本题的关键之处在于分析滑块
( http: / / www.21cnjy.com )和小车速度相同所经历的时间，与1.5
s进行比较来分析两者的运动情况。本题也可以根据动量守恒定律和能量守恒定律结合解答。
（1）1
m/s
（2）1.25
J
【解析】（1）A、B相碰过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：v1=1
m/s
（2）两球与C碰撞同样满足动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：v2=0.5
m/s，由能量守恒定律可知，两次碰撞损失的动能：
，解得：
【名师点睛】本题主要考查了动量守恒
( http: / / www.21cnjy.com )定律的应用，分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题；应用动量守恒定律解题时注意正方向的选择。
7.25
m/s
【解析】设碰后B速度为，C速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
BC碰后，A、B在摩擦力作用下达到共同速度，大小为，由动量守恒定律得：
代入数据联立得：vB=7.25
m/s
【名师点睛】分析物体的运动过程，选择不同的系统作为研究对象，多次运用动量守恒定律求解，注意动量守恒定律是矢量式，使用前要先规定正方向。
（1）9.5
m
（2）7.5
J
（3）1.625
m
【解析】（1）设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒、能量守恒：
mv2–mv1=(2m+M)v
解得：v=0.5
m/s
，L=9.5
m
（2）A车离左端距离x1，刚运动到左端历时t1，在A运动至左端前，木板静止
v1=aAt1
联立可得t1=2
s
x1=2
m
所以B离右端距离x2=L–x1=7.5
m
所以
（3）从开始到达到共速历时t2
v=v2–aBt2
联立可得：t2=3.5
s
小车在t1前静止，在t1至t2之间以a向右加速：
小车向右走位移
接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了
联立以上式子，解得：小车在6
s内向右走的总距离
【名师点睛】本题主要考查了运动学基本公式
( http: / / www.21cnjy.com )、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂，难度较大。