第十六章
动量守恒定律
5
反冲运动火箭
1．(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是( )
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好
解析：火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A正确；体操运动员在着地时屈腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D错误．
答案：ABC
2．(多选)下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( )
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
答案：AC
3.一装有柴油的船静止于水面上，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，从前舱转移到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程．故A正确．
答案：A
4．一炮艇在湖面上匀速行驶，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，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是( )
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：整个过程动量守恒，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减小，因此船的速度增大．
答案：A
5．“神舟六号”宇宙飞船是由火箭喷气发动机向后喷气而加速的．假设火箭喷气发动机每次喷出气体质量为m，喷出的气体相对地面的速度为v，设“神舟”六号载人飞船及火箭的总质量为M(m M)，喷气前飞船的速度为v0，火箭发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机点火后1
s末，飞船的速度是多大？
解析：选火箭和1
s内喷出的气体为研究对象，设火箭1
s末的速度为v′，1
s内共喷出质量为20m的气体，取火箭运动方向为正方向，由动量守恒定律得
(M－20m)v′－20mv＝0
所以1
s末火箭的速度v′＝.
答案：
A级 抓基础
1．(多选)假设一小型火箭沿人造地球卫星的轨道在高空中做匀速圆周运动．如果火箭向跟其速度相反的方向射出一个质量不可忽略的物体A，则下列情况哪些是能够成立的( )
A．物体A可能竖直落下地球，火箭可能沿原轨道运动
B．A跟火箭都不可能沿原轨道运动
C．A运行轨道半径将减小，火箭运动轨道半径将增大
D．A可能沿地球半径方向竖直下落，火箭运行的轨道半径增大
解析：火箭绕地球做匀速圆周运动时，万有引力刚好充当向心力，在轨迹切线方向无外力作用，故火箭沿切线向后发射物体过程中，系统沿轨道切线方向动量守恒，所以v′>v0.所以火箭要做离心运动，即火箭不可能在原轨道上运行．至于被发射的物体A，由于发射时做功情况的不同，发射后的A，速度可沿原运动方向，但速度变小，要做向心运动，即轨道半径变小；速度也可能刚好为零(对地)，以后则竖直下落；速度也可能大小刚好等于火箭原飞行速度，所以A也可能在原轨道上运行，只是绕行方向与火箭绕行方向相反．综上讨论可知，正确选项为C、D.
答案：CD
2．一辆小车置于光滑水平桌面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端安一网兜．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．在原位置不动
C．向右移动一段距离停下
D．一直向左移动
解析：由于弹丸与车组成的系统水平方向动量守恒，故总动量保持不变．弹丸离开枪向右运动，则小车必向左运动，弹丸落在网兜内做完全非弹性碰撞，弹丸立即停下，而车向左移动了一段距离后也将停下，故选A.
答案：A
3．一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v0，原子核剩余部分的速率等于( )
A．v0
B.v0
C.v0
D.v0
解析：取整个原子核为研究对象．由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p1＝0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v′，并规定粒子运动的方向为正方向，则粒子的对地速度v＝v0－v′，系统的动量p2＝mv－(M－m)v′＝m(v0－v′)－(M－m)v′，由p1＝p2，即0＝m(v0－v′)－(M－m)v′＝mv0－Mv′得v′＝v0.
答案：C
4．(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移，则( )
A．若两人质量相等，必有v甲>v乙
B．若两人质量相等，必有v甲C．若两人速率相等，必有m甲>m乙
D．若两人速率相等，必有m甲解析：甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒，且总动量为零，甲动量方向向右，小车动量方向向左，说明|p甲|＝|p乙|＋|p车|，即m甲v甲>m乙v乙，若m甲＝m乙，则v甲>v乙，A对，B错；若v甲＝v乙，则m甲>m乙，C对，D错．
答案：AC
5．装有炮弹的大炮总质量为M，炮弹的质量为m，炮弹射出炮口时对地的速度为v0，若炮筒与水平地面的夹角为θ，则炮车后退的速度大小为( )
A.v0
B.
C.
D.
解析：发射炮弹时，炮车只可能沿水平地面向后退，水平方向所受的摩擦力远小于火药爆炸时炮弹与炮车间的相互作用力，故系统在水平方向上动量守恒，由mv0cos
θ＝(M－m)v，得v＝.
答案：B
6．如图所示，一个质量为m1＝50
kg的人抓在一只大气球下方，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，他离地高度是(可以把人看作质点)( )
A．5
m
B．3.6
m
C．2.6
m
D．8
m
解析：当人滑到绳下端时，由平均动量守恒，得：m1＝m2，且h1＋h2＝h.
解得h1＝1.4
m.
所以他离地高度H＝h－h1＝3.6
m，故选项B正确．
答案：B
7．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东；则另一块的速度是( )
A．3v0－v
B．2v0－3v
C．3v0－2v
D．2v0＋v
解析：在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，故C正确．
答案：C
8．一个在空中飞行的手雷，以水平速度v飞经离地面高为h的轨道最高点时，炸裂成A、B两块，A、B质量之比为n(少量炸药质量不计)．之后，B正好自由下落，求A的落地点比不发生爆炸时手雷的落地点远多少？爆炸前后机械能变化了多少？
解析：爆炸前后动量守恒，有mv＝mAvA，
得vA＝＝＝v，
爆炸后，A以vA做平抛运动，运动时间t＝
，
射程的增加量Δs＝(vA－v)t＝
＝
；
此题爆炸前后可认为动量守恒，但机械能并不守恒，有
ΔE＝v2－mv2＝mv2，机械能是增加的，这一点与碰撞过程不同．
答案：
增加mv2
9．某宇航员在太空站内做了如下实验：选取两个质量分别为mA＝0.1
kg、mB＝0.2
kg的小球A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A粘连，另一端与小球B接触而不粘连．现使小球A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0＝0.1
m/s
做匀速直线运动，如图所示．过一段时间，突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失)，两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B刚刚分离开始计时，经时间t＝3.0
s，两球之间的距离增加了s＝2.7
m，求弹簧被锁定时的弹性势能Ep.
解析：取A、B为系统，由动量守恒得：
(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB.①
又根据题意得：
vAt－vBt＝s.②
由①②两式联立得：vA＝0.7
m/s，vB＝－0.2
m/s.
由机械能守恒得：Ep＋(mA＋mB)v＝mAv＋mBv.③
代入数据解得：Ep＝0.027
J.
答案：0.027
J
10．质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？(忽略水的阻力)
解析：在人从船头走到船尾的过程中，任设某一时刻船和人的速度大小分别为v1和v2，则由于船和人的总动量守恒，于是mv1－Mv2＝0.而这过程中船与人的平均速度1和2也应满足类似的关系：m1－M2＝0.
上式同乘过程所经历的时间t后，船和人相对于岸的位移同样有：
mL1－ML2＝0.
从图中可以看出，人、船的位移L1和L2大小之和等于L.
L1＋L2＝L.
由以上各式解得：L1＝L；L2＝L.
答案：L第十六章
动量守恒定律
2
动量和动量定理
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．物体的速度方向改变，其动量一定改变
C．物体的动量改变，其动能一定改变
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的加速度方向
解析：物体的动量越大，质量和速度的乘积越大，但是质量不一定大，惯性不一定大，选项A错误；物体的速度方向改变，则速度一定改变，其动量一定改变，选项B正确；物体的动量改变，可能是速度的方向改变，大小不变，则其动能不一定改变，选项C错误；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，选项D错误．故选B.
答案：B
2．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )
A．减小球对手的冲量
B．减小球对人的冲击力
C．减小球的动量变化量
D．减小球的动能变化量
解析：接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D错误；根据动量定理I＝Ft，球对手的冲量I不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间以减小球对人的冲击力F，所以选项B正确．
答案：B
3.(多选)如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则( )
A．拉力F对物体的冲量大小为Ft
B．拉力对物体的冲量大小为Ftsin
θ
C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftcos
θ
D．合外力对物体的冲量大小为零
解析：求冲量时，必须明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．本题中，作用的时间都是一样的，求力F对物体的冲量就是Ft，所以A项正确、B项错误；物体受到的摩擦力Ff＝Fcos
θ，所以摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Fcos
θt，C项正确；物体做匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D对．故正确选项为A、C、D.
答案：ACD
4.质量为60
kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.2
s，安全带长5
m，g取10
m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小是多少？
解析：选取人为研究对象，人下落过程中由v2＝2gh得：
v＝＝10
m/s，
以竖直向上为正方向，缓冲过程由动量定理得：
(F－mg)t＝mv，得：F＝＋mg＝1
100
N.
由牛顿第三定律可知：
安全带所受的平均冲力大小为1
100
N.
答案：1
100
N.
1．(多选)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
解析：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，无论大小和方向哪个变化，都可说速度一定变化了．根据牛顿第二定律，可知速度变化，则加速度一定不为零，故C、D正确．
答案：CD
2．物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2，那么( )
A．I1B．I1C．I1＝I2，W1＝W2
D．I1＝I2，W1解析：在Δt1内，I1＝FΔt1＝mv－0＝mv，
在Δt2内，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，
所以I1＝I2；
又因为W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，
所以W1答案：D
3．(多选)从塔顶以相同速率抛出A、B、C三小球，A球竖直上抛、B球平抛、C球竖直下抛．另有D球从塔顶自由下落，四个小球质量相同，落到同一水平面上．不计空气阻力，则( )
A．落地时动能相同的小球是A、B、C
B．落地时动量相同的小球是A、B、C
C．从离开塔顶到落地过程中，动能增量相同的小球只有A、B、C
D．从离开塔顶到落地过程中，动量增量相同的小球是B、D
解析：小球从抛出至落地过程中只有重力做功，且重力做功相同，A、B、C三个小球的初动能相同，故小球落地时的动能相同，所以A正确；A、B、D落地速度方向相同，都是竖直向下，但是C落地速度方向不是竖直向下，故A、B、C落地的动量不相同，故选项B错误；从离开塔顶到落地过程中，动能增量等于合力做功，即等于重力做的功，由于从相同高度抛出，故重力做的功相同，故四个小球落地过程中动能增量相同，故选项C错误；从离开塔顶到落地过程中，动量增量等于合力的冲量，合力为重力，但是时间相同的只有B、D，故合力的冲量相同的是B、D，故选项D正确．
答案：AD
4．(多选)如图所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，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，解释这些现象的正确说法是( )
A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间摩擦力小
B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大
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：在缓慢拉动纸带时，重物与纸带之间存在静摩擦力，在迅速拉动纸带时，它们之间存在滑动摩擦力，静摩擦力与滑动摩擦力可认为相同，故A、B项错误；缓慢拉动纸带时，作用时间长，摩擦力的冲量大，重物的动量变化大，所以重物跟随纸带一起运动，C项正确；迅速拉动纸带时，作用时间短，滑动摩擦力的冲量小，重物的动量变化小，所以重物几乎不动，D项正确．
答案：CD
5．“神舟七号”飞船的成功着陆，标志着我国成为世界上第三个独立掌握载人航天技术并能够进行太空行走的国家．为了保证航天员的安全，飞船上使用了降落伞、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．减小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：反推火箭并没有改变返回舱的动量变化，所以由动量定理，返回舱所受冲量不变，只是作用时间延长，平均冲力减小．故选D.
答案：D
6.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
解析：由题图可知，在前10
s内物体初、末状态的动量相等，p1＝p2＝5
kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10
s内p3＝－5
kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10
N·s.故选D.
答案：D
7．运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击出前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1.忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )
A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同
B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同
C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同
D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同
解析：在球拍拍打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同．故选D.
答案：D
8．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中，( )
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2
B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2
D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
解析：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理，可得
I－mgΔt＝Δmv＝mv，
故地面对人的冲量为mv＋mgΔt，
而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故选项B正确．
答案：B
9．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小时内杯中水位上升了45
mm.查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为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：下雨天，雨滴对睡莲叶面持续的作用力可以看作是恒力，取单位面积的睡莲叶面，t＝1
h＝3
600
s时间内，打到该叶面的雨水质量为m＝ρSh.根据动量定理，得mv＝Ft，其中F就是单位面积上的压力，
即F＝＝＝
N＝0.15
N，
所以p＝＝0.15
Pa.故选A.
答案：A
10．质量为1
kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5
N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3
s后撤去F.求物体运动的总时间(g取10
m/s2)．
解析：物体由开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－Fft＝0，①
又Ff＝μmg.②
联立①②式解得t＝，代入数据解得t＝3.75
s.
答案：3.75
s
11．一辆轿车强行超车时，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.
(1)试求车祸中车内质量约60
kg的人受到的平均冲力；
(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．
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第十六章
动量守性定律
3
动量守恒定律
1．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．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者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
解析：由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误．
答案：C
2．(多选)两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是( )
A．互推后两同学总动量增加
B．互推后两同学动量大小相等，方向相反
C．分离时质量大的同学的速度小一些
D．互推过程中机械能守恒
解析：对两同学所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒，故A错误；两同学动量的变化量大小相等，方向相反，故B、C正确；互推过程中机械能增大，故D错误．
答案：BC
3．(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高．现让小滑块m从A点由静止下滑，则( )
A．m不能到达M上的B点
B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
C．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零
D．M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
解析：M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A错误；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B错误，C正确；小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M和m组成的系统机械能守恒，故D正确．
答案：CD
4．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋v
B．v0－v
C．v0＋(v0＋v)
D．v0＋(v0－v)
解析：人在跃出的过程中，船、人组成的系统水平方向上动量守恒，规定向右为正方向．
则：(M＋m)v0＝Mv′－mv，
解得：v′＝v0＋(v0＋v)
故选C.
答案：C
1．关于牛顿运动定律和动量守恒定律的适用范围，下列说法正确的是( )
A．牛顿运动定律也适合解决高速运动的问题
B．牛顿运动定律也适合解决微观粒子的运动问题
C．动量守恒定律既适用于低速，也适用于高速运动的问题
D．动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观粒子
解析：牛顿运动定律只适合研究低速、宏观问题，动量守恒定律适用于目前为止物理学研究的各个领域．
答案：C
2．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
答案：BC
3．一条约为180
kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，以下是某同学利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的草图，图中虚线部分为人走到船头时的情景．请用有关物理知识判断下列图中所描述物理情景正确的是( )
解析：人和船组成的系统动量守恒，总动量为零，人向前走时，船将向后退，B正确．
答案：B
4．(多选)如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( )
A．动量大小之比为1∶1
B．速度大小之比为2∶1
C．动量大小之比为2∶1
D．速度大小之比为1∶1
解析：以两木块及弹簧组成的系统为研究对象，绳断开后，弹簧将对两木块有推力作用，这可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且Ff1＝μ1m1g，Ff2＝μ2m2g.因此系统所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，即满足动量守恒定律的条件．
设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有(以向右为正方向)：
m1v1＋m2v2＝0，
即m1v1＝m2v2.
即两物体的动量大小之比为1∶1，故A正确．两物体的速度大小之比为＝＝，故B项正确．
答案：AB
5．在高速公路上发生了一起交通事故，一辆质量为1
500
kg向南行驶的长途客车迎面撞上一辆质量为3
000
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停止．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v2m/s.
答案：A
6.(多选)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p′1，则下列等式成立的是( )
A．p1＋p2＝p′1＋p′2
B．p1－p2＝p′1＋p′2
C．p′1－p1＝p′2＋p2
D．－p′1＋p1＝p′2＋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．以向右为正方向，由于p1、p2、p′1、p′2均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p′1＋p′2，B对．经变形－p′1＋p1＝p′2＋p2，D对．
答案：BD
B级 提能力
7.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后( )
A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc＞va＞vb
D．a、c两车运动方向相反
解析：若人跳离b、c车时速度为v，以人和c车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律，得
0＝－M车vc＋m人v，
对人和b车：m人v＝－M车vb＋m人v，
对人和a车：m人v＝(M车＋m人)·va，
解得：vc＝，vb＝0，va＝；
即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反．
答案：CD
8.(多选)两个小木块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，如图所示，则下列说法正确的是( )
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的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2
解析：A、B两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律，得木块A、B离开弹簧时的速度大小之比为：＝＝，A正确；根据动量守恒定律，得mAvA－mBvB＝0，故＝＝，B正确；木块A、B离开弹簧时的动能之比为：＝eq
\f(mAv,mBv)＝×＝，C正确；弹簧对木块A、B的作用力大小之比为：＝＝1，D错误．
答案：ABC
9．一辆车在水平光滑路面上以速度v匀速行驶．车上的人每次以相同的速度4v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包．抛出第一个沙包后，车速减为原来的，则抛出第四个沙包后，此车的运动情况如何？
解析：设车的总质量为M，抛出第四个沙包后车速为v1，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·4v.①
对抛出第一个沙包前后列方程有：
Mv＝(M－m)v＋m·4v.②
将②式所得M＝13m代入①式，解得抛出第四个沙包后车速为v1＝－，负号表示向后退．
答案：车以的速度向后退
10．质量为1
000
kg的轿车与质量为4
000
kg的货车迎面相撞．碰撞后两车绞在一起，并沿货车行驶方向运动一段路程后停止(如图所示)，从事故现场测出，两车相撞前，货车的行驶速度为54
km/h，撞后两车的共同速度为18
km/h.该段公路对轿车的限速为100
km/h.试判断轿车是否超速行驶.
解析：碰撞中两车间的相互作用力很大，可忽略两车受到的其他作用力，近似认为两车在碰撞过程中动量守恒．
设轿车质量为m1，货车质量为m2；碰撞前轿车速度为v1，货车速度为v2；碰撞后两车的共同速度为v′.选轿车碰撞前的速度方向为正方向．碰撞前系统的总动量为m1v1＋m2v2，碰撞后系统的总动量为(m1＋m2)v′，由动量守恒定律得：
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，
v1＝
＝
km/h
＝126
km/h>100
km/h，
故轿车在碰撞前超速行驶．
答案：轿车超速行驶
11.如图所示，带有光滑圆弧轨道的滑块静止在一个光滑水平面上，质量为M.一个质量为m的小球静止在A处，当小球从滑块B处飞出时，滑块的反冲速度为多大(圆弧半径R已知)
解析：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．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，系统机械能守恒．即
mgR＝mv＋Mv，①
又系统水平方向动量守恒，即
0＝mv1＋Mv2，②
联立①②，解得：
v2＝
.
答案：章末复习课
【知识体系】
主题1 动量定理及其应用
1．冲量的计算．
(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．
(2)变力的冲量：
①通常利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图象法计算．在F－t图象中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用．
(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．
(2)应用动量定理求解的问题．
①求解曲线运动的动量变化量．
②求变力的冲量问题及平均力问题．
③求相互作用时间．
④利用动量定理定性分析现象．
【典例1】 一个铁球，从静止状态由10
m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4
s，该铁球的质量为336
g.
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？
(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？
(3)泥潭对小球的平均作用力为多少(保留两位小数，g取10
m/s2)
解析：(1)小球自由下落10
m所用的时间是t1＝
＝
s＝
s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10×
N·s≈4.75
N·s，方向竖直向下．
(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得
mg(t1＋t2)－Ft2＝0.
泥潭的阻力F对小球的冲量
Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(＋0.4)
N·s≈6.10
N·s，方向竖直向上．
(3)由Ft2＝6.10
N·s得F＝15.25
N.
答案：(1)4.75
N·s，方向竖直向下
(1)6.10
N·s，方向竖直向上
(3)15.25
N
方法总结
(1)恒力的冲量可以用I＝Ft求解，也可以利用动量定理求解．本题第(1)问可先求出下落到泥潭时的速度，进而计算出冲量．
(2)在泥潭中运动时要注意受力分析，合外力的冲量是重力和阻力的合冲量．
(3)应用动量定理对全过程列式有时更简捷．
针对训练
1．一垒球手水平挥动球棒，迎面打击一以速度5
m/s水平飞来的垒球，垒球随后在离打击点水平距离为30
m的垒球场上落地．设垒球质量为0.18
kg，打击点离地面高度为2.2
m，球棒与垒球的作用时间为0.010
s，重力加速度为9.9
m/s2，求球棒对垒球的平均作用力的大小．
解析：以m、v和v′，分别表示垒球的质量、垒球在打击过程始、末瞬时速度的大小，球棒与垒球的作用时间为t，球棒对垒球的平均作用力的大小为f，取力的方向为正方向，根据动量定理有：ft＝mv′－m(－v)
垒球在与球棒碰撞后，以速率v′做平抛运动，令打击点高度为h，垒球落地点与打击点的水平距离为x，则按平抛运动规律有x＝v′t′，h＝gt′2，式中t′是垒球做平抛运动时间，则可以得到：v′＝x，联立整理可以得到：f＝＝900
N.
答案：900
N
主题2 解答动力学问题的三种思路
1．三种思路的比较．
思路
特点分析
适用情况
力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式
分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系涉及力、加速度、位移、速度、时间
恒力作用下的运动
能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律
分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系．系统内力做功会影响系统能量涉及力、位移、速度
恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用
动量观点：动量定理和动量守恒定律
分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量涉及力、时间、动量(速度)
恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动
2.三种思路的选择．
对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．
对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程．
【典例2】 如图，用两根等长的细线分别悬挂两个弹性球A、B，球A的质量为2m，球B的质量为9m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入球A，并留在其中，子弹与球A作用时间极短；设A、B两球作用为对心弹性碰撞．求
(1)子弹与A球作用过程中，子弹和A球系统损失的机械能；
(2)B球被碰撞后，从最低点运动到最高点过程中，合外力对B球冲量的大小．
解析：(1)对子弹和A球，由动量守恒定律，得
mv0＝(m＋2m)v，
由能量守恒定律，可知mv＝(m＋2m)v2＋ΔE，
解得ΔE＝mv.
(2)对子弹和A球、B球系统，由动量守恒定律，得
3mv＝3mv1＋9mv2，
根据能量守恒定律，有(3m)v2＝(3m)v＋(9m)v，
解得v2＝v0；
对B球，由动量定理，有I＝0－9mv2＝－mv0，
合外力的冲量大小为mv0.
答案：(1)mv (2)mv0
方法总结
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律．若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理．所选方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别．
(2)两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别是对于变力做功、曲线运动、竖直平面内的圆周运动、碰撞等问题，就更显示出它们的优越性．
针对训练
2．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．质量为m1的小球甲从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球乙发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球乙的速度大小v2.
解析：设碰撞前小球甲到达平面的速度为v0，根据机械能守恒定律得
m1gh＝m1v.①
设碰撞后甲与乙的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律得
m1v0＝m1v1＋m2v2.②
由于碰撞过程中无机械能损失，所以有
m1v＝m1v＋m2v.③
联立②③式解得v2＝.④
将①式代入④式得v2＝.
答案：
统揽考情
“动量守恒定律”是力学的重要内容，在全国卷中，2017高考改为必考内容，题型预计是综合计算题，一般可以综合牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等物理规律，且难度可能为中等难度以上．
真题例析
(2015·课标全国Ⅱ卷)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位移x随时间t变化的图象如图所示．求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得
v1＝－2
m/s，
v2＝1
m/s.
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得
v＝
m/s.
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v.
解得＝.
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2.
由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2，
解得＝.
答案：(1)＝ (2)＝
针对训练
(2015·重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长量．若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.＋mg
B.－mg
C.＋mg
D.－mg
解析：人下落h高度为自由落体运动，由运动学公式v2＝2gh，可知v＝；缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(－mg)t＝0－(－mv)，解得＝＋mg，故选A.
答案：A
1．(2015·广东卷)在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
解析：在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝，得两者的运动半径之比为1∶2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，得周期之比为2∶1，选项B正确；α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同，故速度之比为1∶4，选项C错误；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f＝qvB，得受到的洛伦兹力之比为1∶2，选项D错误．
答案：B
2.(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．
解析：根据动量守恒定律，A、B碰撞过程满足
mvA＝m＋m，
解得vA＝；
从A开始运动到与B相碰前的过程，
根据动能定理：Wf＝mv－mv，
解得Wf＝mv；
则对物体B从与A碰撞完毕到与C相碰前损失的动能也为Wf，由动能定理可知：Wf＝mv－mv′，
解得：vB＝
v0；
BC碰撞时满足动量守恒，则mvB＝2mv，
解得v＝vB＝v0.
答案：v0
3．(2016·全国Ⅰ卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV，①
ΔV＝v0SΔt，②
由①②式，得单位时间从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S.③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒，得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v，④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小
Δp＝(Δm)v，⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理，有
FΔt＝Δp，⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件，得
F＝Mg，⑦
联立③④⑤⑥⑦式，得
h＝eq
\f(v,2g)－eq
\f(M2g,2ρ2vS2).⑧
答案：(1)ρv0S (2)eq
\f(v,2g)－eq
\f(M2g,2ρ2vS2)
4．(2016·全国Ⅱ卷)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和小孩面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3
m/s
的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3
m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30
kg，冰块的质量为m2＝10
kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10
m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算，判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.
由水平方向动量守恒和机械能守恒定律，得
m2v20＝(m2＋m3)v，①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh，②
式中v20＝－3
m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据，得
m3＝20
kg.③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律，有
m1v1＋m2v20＝0，④
代入数据，得
v1＝1
m/s；⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律，有
m2v20＝m2v2＋m3v3，⑥
m2v＝m2v＋m3v，⑦
联立③⑥⑦式并代入数据，得
v2＝1
m/s，
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
答案：(1)20
kg (2)不能追上小孩
5．(2016·全国Ⅲ卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv＞μmgl，①
即μ＜eq
\f(v,2gl)；②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒，有
mv＝mv＋μmgl；③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒，有
mv1＝mv′1＋v′2，④
mv＝mv′＋v′，⑤
联立④⑤式，解得v′2＝v1；⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系，可知
v′≤μgl，⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥eq
\f(32v,113gl).⑧
联立②⑧式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为
eq
\f(32v,113gl)≤μ＜eq
\f(v,2gl).⑨
答案：eq
\f(32v,113gl)≤μ＜eq
\f(v,2gl)第十六章
动量守恒定律
4
碰撞
1．两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止．则可以推断( )
A．碰撞前两个球的动量一定相等
B．两个球的质量一定相等
C．碰撞前两个球的速度一定相等
D．碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反
解析：两球碰撞过程动量守恒，由于碰撞后两球都静止，总动量为零，故碰撞前两个球的动量大小相等，方向相反，A错误，D正确；两球的质量是否相等不确定，故碰撞前两个球的速度是否相等也不确定，B、C错误．
答案：D
2．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出．若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较( )
A．子弹对滑块做功一样多
B．子弹对滑块做功不一样多
C．系统产生的热量一样多
D．系统产生的热量不一样多
解析：由于都没有射出滑块，因此根据动量守恒，两种情况滑块最后的速度是一样的，即子弹对滑块做功一样多，再根据能量守恒，损失的机械能也一样多，故系统产生的热量一样多，选项A、C正确．
答案：AC
3.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能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. C. D.
解析：碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝，①
E0＝mv，②
E′k＝×3mv.③
由①②③得E′k＝×3m＝×eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv))＝，故C正确．
答案：C
4.如图所示，木块A质量mA＝1
kg，足够长的木板B质量mB＝4
kg，质量为mC＝4
kg的木块C置于木板B上右侧，都处于静止状态，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12
m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4
m/s速度弹回．求：
(1)B运动过程中速度的最大值；
(2)C运动过程中速度的最大值；
(3)整个过程中系统损失的机械能为多少．
解析：(1)A与B碰后瞬间，B速度最大．由A、B系统动量守恒(取向右为正方向)有：mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB
代入数据，得vB＝4
m/s.
(2)B与C共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有
mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，
代入数据，得vC＝2
m/s.
(3)ΔE损＝eq
\f(mAv,2)－eq
\f(mAv,2)－eq
\f(（mB＋mC）v,2)＝48
J.
答案：(1)4
m/s (2)2
m/s (3)48
J
1.如图所示，木块A和B质量均为2
kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4
m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹簧势能大小为( )
A．4
J B．8
J C．16
J D．32
J
解析：A与B碰撞过程动量守恒，有
mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝＝2
m/s.
当弹簧被压缩到最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能，
所以Ep＝(mA＋mB)v＝8
J.
答案：B
2.在光滑的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小球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是( )
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确．
答案：D
3．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图( )
图1
图2
A B
C D
解析：两球碰撞过程动量守恒，两球发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可知，A图示情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如图C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误；故选B.
答案：B
4．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：A、B两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv＝mv1＋2mv2.①
假设碰后A球静止，即v1＝0，可得v2＝0.5v.
由题意知球A被反弹，所以球B的速度有
v2＞0.5v.②
A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：
mv2≥mv＋mv.③
①③两式联立得：v2≤v.④
由②④两式可得：0.5v＜v2≤v，符合条件的只有0.6v，
所以选项A正确，B、C、D错误．
答案：A
5.(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A.mv2
B.v2
C.NμmgL
D．NμmgL
解析：根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝v2，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，可见D正确．
答案：BD
B级 提能力
6．在光滑水平面上，有两个小球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
解析：对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动小球的速度一定要大于前面运动小球的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项B、D；若ΔpA＝－24
kg·m/s、ΔpB＝24
kg·m/s，碰后两球的动量分别为p′A＝－12
kg·m/s、p′B＝37
kg·m/s，根据关系式Ek＝可知，A小球的质量和动量大小不变，动能不变，而B小球的质量不变，但动量增大，所以B小球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A满足碰撞所遵循的三个原则，本题答案为A.
答案：A
7.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2
kg、mB＝1
kg、mC＝2
kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5
m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝mAvA＋mCvC，①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得：
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB.②
A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：
vAB＝vC.③
联立①②③式解得：vA＝2
m/s.
答案：2
m/s
8．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B的质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g.求：
(1)A物体的最终速度；
(2)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数．
解析：(1)设A、B的质量为m，则C的质量为2m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝3mv1，解得：v1＝
，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＋2mv1＝3mv2，解得v2＝.
(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律，得
fL＝mv＋·2mv－·3mv，
又f＝μmg，解得μ＝eq
\f(4v,27gL).
答案：(1) (2)eq
\f(4v,27gL)
9.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv1.①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得：
mv1＝2mv2，②
mv＝×2mv＋ΔE.③
联立①②③式得：ΔE＝mv.④
(2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒和能量守恒定律得：
mv1＋2mv2＝3mv3，⑤
mv＝ΔE＋Ep＋×3mv.⑥
联立④⑤⑥式得：Ep＝mv.
答案：(1)mv (2)mv
10.如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m，且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：
(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.
解析：(1)P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律：
mv0＝2mv1.①
解得：v1＝，方向水平向右②
对P1、P2、P系统，由动量守恒定律：
mv0＋2mv0＝4mv2.③
解得：v2＝v0，方向水平向右．④
(2)当弹簧压缩至最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律：
mv0＋2mv0＝4mv2.⑤
对系统由能量守恒定律：
2μmg×2(L＋x)＝×2mv＋×2mv－×4mv⑥
解得：x＝eq
\f(v,32μg)－L.⑦
最大弹性势能：
Ep＝×2mv＋×2mv－×4mv－2μmg(L＋x)．⑧
解得：Ep＝mv.
答案：(1)v1＝，方向水平向右
v2＝v0，方向水平向右
(2)x＝eq
\f(v,32μg)－L，Ep＝mv.
