第5节
反冲运动
火箭
1．假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，则可行的办法是( )
A．步行
B．挥动双臂
C．在冰面上滚动
D．脱去外衣抛向岸的反方向
解析：由于冰面光滑，无法行走或滚动，由动量守恒定律可知，只有抛出物体获得反冲速度才能到达岸边，故选项D正确。
答案：D
2.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1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
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：根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由0＝m水v水＋m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，选项B正确。
答案：B
3．假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体Q，则下列说法正确的是( )
A．Q与飞船都可能沿原轨道运动
B．Q与飞船都不可能沿原轨道运动
C．Q运动的轨道半径可能减小，而飞船的运行半径一定增加
D．Q可能沿地球半径方向竖直下落，而飞船运行的轨道半径将增大
解析：根据反冲，飞船的速度一定增大，做离心运动，轨道半径变大；而Q的速率有三种可能，比原来的大、比原来的小、与原来的相等，由此Q的轨道半径比原来的大、比原来的小、与原来的相同，都有可能；另外，若对地速度为零，则会竖直下落，选项C、D正确。
答案：CD
4．如图2所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶。则炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )
图2
A.
B.
C.
D.
解析：自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒。设向右为正方向，发射前动量之和为Mv1
，发射后系统的动量之和为(M－m)v2＋m(v0＋v2)。
由Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)
解得v0＝－v2＝。
答案：B
5．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动。水对船的阻力忽略不计。下列说法中正确的是( )
A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续走动一小段时间
C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
解析：人船系统动量守恒，总动量始终为零，因此人、船动量等大，速度与质量成反比，选项A错误；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则(M＋m)v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，选项B错误；人和船系统动量守恒，速度和质量成反比，因此人的位移是船的位移的8倍，选项C错误；由动能、动量关系Ek＝∝，人在船上走动过程中人的动能是船的动能的8倍，选项D正确。
答案：D
6．质量为M的气球下吊一架轻的绳梯，梯上站着质量为m的人，气球以v0速度匀速上升，如果人加速向上爬，当他相对于梯的速度达到v时，气球的速度将变为________。
解析：系统遵守动量守恒定律，设气球的速度为u，人的速度为(v＋u)，则有
(M＋m)v0＝m(u＋v)＋Mu，
解得：u＝v0－v。
答案：v0－v
7．如图3所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为________，小球的速度大小为________。
图3
解析：以车和小球为系统在水平方向总动量为零且守恒。当小球滑至最低处时车和小球相对位移是R，利用“人船模型”可得小车移动距离为R。设此时小车速度为v1，小球速度为v2，由动量守恒为Mv1＝mv2，由能量守恒有mgR＝Mv＋mv，解得v2＝。
答案：R
8．如图4所示，一个质量为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桌面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中点，要玩具蛙从杆上水平跳出后落到桌面上，它跳离杆的水平速度至少为________。
图4
解析：蛙跳出后做平抛运动，运动时间为t＝，蛙与车组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv′－mv＝0，若蛙恰好落在桌面上，则有v′t＋vt＝，上面三式联立可求出v＝
。
答案：
9.总质量为m的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到P点时，接到地面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低速度并转到跟地球相切的椭圆轨道。如图5所示，要使卫星对地速度降为原来的，卫星在P处应将质量为Δm的燃气以多大的对地速度向前喷出？(将连续喷气等效为一次性喷
图5
气，地球半径为R0，地面重力加速度为g)
解析：地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，故＝，即v＝
①
又由于在地球表面附近＝mg 即GM＝gR
②
将②代入①式可得，v＝
设卫星在P点喷出的燃气对地速度为v′，卫星与燃气组成的系统动量守恒，则有，mv＝(m－Δm)v＋Δmv′
即m
＝(m－Δm)
＋Δmv′
解得：v′＝
。
答案：第3节
动量守恒定律
1．(对应要点一)把一支枪水平地固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹和车的下列说法中正确的是( )
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．若忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒
D．枪、子弹和车组成的系统动量守恒
解析：枪发射子弹的过程中，它们的相互作用力是火药的爆炸力和子弹在枪管中运动时与枪管间的摩擦力，枪和车一起在水平地面上做变速运动，枪和车之间也有作用力。如果选取枪和子弹为系统，则车给枪的力为外力，选项A错；如果选取枪和车为系统，则子弹对枪的作用力为外力，选项B错；如果选车、枪和子弹为系统，爆炸力和子弹与枪管间的摩擦力均为内力，并不存在忽略的问题，系统在水平方向上不受外力，整体遵守动量守恒的条件，故选项C错、D对。
答案：D
2．(对应要点三)带有1/4光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图16－3－5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，小球又返回车的左端，则( )
A．小球以后将向左做平抛运动
图16－3－5
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v/2g
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，动能守恒，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
3．(对应要点二)如图16－3－6所示，一人站在静止于冰面
图16－3－6
的小车上，人与车的总质量M＝70
kg，当他接到一个质量m＝20
kg，以速度v0＝5
m/s迎面滑来的木箱后，立即以相对于自己v′＝5
m/s的速度逆着木箱原来滑行的方向推出，不计冰面阻力。则小车获得的速度为________m/s，方向________。
解析：设推出木箱后小车的速度为v，此时木箱相对于地面的速度为(v′－v)，由动量守恒定律得
mv0＝Mv－m(v′－v)
故v＝＝
m/s＝2.2
m/s
与木箱初速度v0方向相同。
答案：2.2 与木箱初速度方向相同
4．(对应要点二)两磁铁各固定在两辆小车上，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
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，方向与甲相反。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′
故v乙′＝
＝
m/s＝2
m/s。
答案：(1)1.33
m/s (2)2
m/s第1节
实验：探究碰撞中的不变量
1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中，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
2．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：这个实验虽然是在一维情况下设计的实验，但结论具有普遍性，对各种碰撞均成立；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D正确。
答案：D
3．某同学用如图16－1－11甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐。
图16－1－11
(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm。
(2)在以下选项中，本次实验必须进行的测量是________。
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．测量A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离
C．测量A球与B球的质量
D．测量G点相对于水平槽面的高度
解析：(1)本题利用了高度相同、小球运动时间相同，在比例式中，可以用位移代替速度，即变难测物理量为易测物理量，围绕10个落点所在的范围作最小的圆，其圆心即为平均落点xB＝64.8
cm。
(2)还应测出未放B球时，A球落点位置到O点的距离，A和B碰后，A球落点位置到O点的距离及A、B两球质量。
答案：(1)64.8 (2)ABC
4．在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量m1＝170
g，右侧滑块质量m2＝110
g，挡光片宽度为3.00
cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图16－1－12
图16－1－12
所示。开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为Δt1＝0.32
s，Δt2＝0.21
s。则两滑块的速度分别为v1′＝________m/s，v2′＝________m/s。烧断细线前m1v1＋m2v2＝________kg·m/s，烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝______________kg·m/s。可得到的结论是___________________________
____________________________。
解析：取向左方向为正，两滑块速度
v1′＝＝
m/s≈0.094
m/s，
v2′＝＝
m/s≈－0.143
m/s。
烧断细线前m1v1＋m2v2＝0
烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143)
kg·m/s＝2.5×10－4，在实验允许的误差范围内，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
答案：0.094 0.143 0 2.5×10－4 在实验允许的误差范围内，两滑块质量与各自速度的乘积之和为不变量
5.某同学利用如图16－1－13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
图16－1－13
功地验证了动量守恒定律？
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－cos
45°)
①
mBv＝mBgh1
②
设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为p1、p2。有
p1＝mBvB
③
联立①②③式得p1＝mB
④
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验证了动量守恒定律。
答案：此实验在规定的误差范围内验证了动量守恒定律
6.用如图16－1－14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
图16－1－14
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第5节
反冲运动
火箭
1．(对应要点一)采取下列措施有利于增大喷气式飞机的飞行速度的是( )
A．使喷出的气体速度更大
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：设飞机和喷出气体的质量分别为M、m，速度大小分别为v1、v2，并选飞机飞行方向为正方向，
由动量守恒定律可得：Mv1－mv2＝0，解得v1＝，
分析可得选项A、C对。
答案：AC
2．(对应要点二)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：本题属于“人船模型”，弹丸相当于“人”，车及其上固定的弹簧枪相当于“船”。发射弹丸后，车向左移动，弹丸落入网兜的同时车停止。
答案：A
3．(对应要点二)气球质量为200
kg，载有质量为50
kg的人，静止在空中距地面20
m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这根绳子长度至少应为________。(不计人的高度)
解析：下滑过程人和气球组成的系统总动量为零且守恒，以向下为正方向，设m1、m2分别为人和气球的质量，v1、v2分别为人和气球的平均速度大小，则m1v1－m2v2＝0，m1s1－m2s2＝0，s1＝20
m，s2＝＝5
m，绳长l＝s1＋s2＝25
m。(竖直方向上的“人船模型”)
答案：25
m
4．(对应要点一)在太空中有一枚相对于太空站相对静止的质量为M的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出的速度为v0(相对于太空站)，紧接着再喷出质量也为m的另一部分气体，此后火箭获得的速度为v(相对太空站)，火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站)
解析：题意中所涉及的速度都是相对于太空站的，可以直接使用动量守恒定律，规定v0的方向为正，则：
第一次喷气后：0＝mv0－(M－m)v1，
v1＝，v1与正方向相反
第二次喷气后：－(M－m)v1＝mv2－(M－2m)v，
所以v2＝(－2)v－v0。
答案：(－2)v－v0第2节
动量和动量定理
1．(对应要点一)若一个质量不变的物体的动量发生了变化。则物体的( )
A．动能一定改变了
B．速度一定变化了
C．加速度一定不为零
D．动量方向一定改变了
解析：根据Δp＝p′－p＝mΔv可知，在质量不变的前提下，动量发生变化，速度一定发生了变化，由a＝知加速度一定不为零，所以选项B、C正确。但如果物体做匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，如果物体做匀变速直线运动，速度方向不变则动量方向不变，故A、D错误。
答案：BC
2．(对应要点二)质量为m的物体，静止在倾角为θ的斜面上，作用时间为t，下列说法正确的是( )
A．重力的冲量大小是mgtsin
θ
B．支持力的冲量大小是mgtcos
θ
C．合力的冲量大小为零
D．重力的冲量的方向竖直向下
解析：重力的冲量为mgt，方向与重力的方向相同，竖直向下，故A错，D正确。支持力的大小为mgcos
θ，故B正确。时间t内，物体静止，合力为零，故合力的冲量为零，C正确。
答案：BCD
3．(对应要点三)(2012·北京质检)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；根据冲量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t以减小球对人的冲击力F，所以选项B正确。本题答案为B。
答案：B
4．(对应要点三)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为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x＝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
动量守恒定律
(时间60分钟，满分100分)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题7分，共49分。在四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得7分，选不全的得3分，有错选或不选的得0分)
1．竖直上抛一个物体，不计阻力，取向上为正方向，则物体在空中运动的过程中，动量变化Δp随时间t变化的图线是图1中的( )
图1
解析：根据题意，由动量定理Δp＝－mgt，即Δp与t大小成正比，而方向与重力方向相同，均为负，C选项正确。
答案：C
2．一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，
由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是( )
A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气
B．探测器加速运动时，竖直向下喷气
C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D．探测器匀速运动时，不需要喷气
解析：由题意知，航天器所受重力和推动力的合力沿飞行的直线方向。故只有选项C正确。
答案：C
3．质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图2所示，则铁球落入砂车后，砂车将( )
A．立即停止运动
图2
B．仍匀速运动，速度仍为v0
C．仍匀速运动，速度小于v0
D．做变速运动，速度不能确定
解析：砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有Mv0＝(M＋m)v，得v＝v0＜v0，故选C。
答案：C
4．一粒钢球从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把钢珠在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则( )
A．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小
C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减小的重力势能之和
D．过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能
解析：过程Ⅰ中合力的冲量等于重力的冲量，故选项A正确。对全程应用动量定理，因初状态和末状态速度均为零，则过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于全程重力冲量的大小，故选项B错误。对全程应用动能定理可知，过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于全程重力所做的功，即等于全程重力势能的减小量，故选项C正确。过程Ⅱ中损失的机械能用钢珠克服阻力所做的功来度量，过程Ⅰ中钢珠所增加的动能用过程Ⅰ中钢珠的重力所做的功来度量，因钢珠克服阻力所做的功大于过程Ⅰ中钢珠的重力所做的功，所以过程Ⅱ中损失的机械能大于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能，故选项D错误。
答案：AC
5．一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移动，则( )
A．若两人质量相等，必定是v甲＞v乙
B．若两人质量相等，必定是v甲＜v乙
C．若两人速率相等，必定是m甲＞m乙
D．若两人速率相等，必定是m甲＜m乙
解析：甲、乙两人和车构成的系统动量守恒，m甲v甲＝m乙v乙＋m车v车，由于车向左移动，故m甲v甲＞m乙v乙，当m甲＝m乙时，v甲＞v乙；当v甲＝v乙时，m甲＞m乙，所以选项A、C正确。
答案：AC
6．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图象分别如图3中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则( )
A．F1的冲量大于F2的冲量
图3
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＜t2，当只有摩擦力Ff作用时，由AB∥CD知图线斜率相同，则加速度相同，由牛顿第二定律知，摩擦力Ff相同，故C选项正确，D选项错误；对a，由动量定理得：F1t1－Fft1＝mvA；对b同理可得：F2t2－Fft2＝mvC。
由图象知：vA＝vC，t1＜t2，mvA＝mvC，所以F1t1－Fft1＝F2t2－Fft2，因此，F2t2＞F1t1，即A、B选项均错。
答案：C
7．(2012·广西南宁月考)如图4所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为
m的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反。则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Em可能是( )
图4
A．mv
B.mv
C.mv
D.mv
解析：质量相等的C球和A球发生弹性碰撞后速度交换，当A、B两球的动量相等时，B球与挡板相碰，则碰后系统总动量为零，则弹簧再次压缩到最短即弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能)，根据机械能守恒定律可知，系统损失的动能转化为弹性势能Ep＝mv。选项B正确；当B球速度恰为零时与挡板相碰，则系统动量不变化，系统机械能不变；当弹簧压缩到最短时，mv0＝4mv1/3，弹性势能最大，由功能关系和动量关系可求出Ep＝mv－×mv＝mv。所以，弹性势能的最大值介于二者之间都有可能，选项C正确。
答案：BC
二、填空、实验题(本大题共4小题，共36分。把答案填在题中横线上或按要求作答)
8．(8分)如图5所示，质量为3.0
kg的小车在光滑水平轨道上以2.0
m/s速度向右运动。一股水流以2.4
m/s的水平速度自右向左射向小车后壁，已知水流流量为5.0×10－5
m3/s，射到车壁的水全部流入车厢
图5
内，则经过t＝________s时间小车就开始反向运动。(水的密度为1.0×103
kg/m3)
解析：设M＝3.0
kg，v1＝2.0
m/s，v＝2.4
m/s，ρ＝1.0×103
kg/m3，Q＝5.0×10－5
m3/s，射向小车的水流质量为m时，小车停止运动。
由动量守恒定律有mv－Mv1＝0
即m＝＝
kg＝2.5
kg
由题意知m＝ρQt
则t＝＝
s＝50
s
答案：50
9．(8分)如图6所示，A、B经细绳相连挂在弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，当A、B间绳突然断开，物体A上升到某位置时速度为v，这时B下落速度为u，在这段时间内弹簧弹力对物体A的冲量为________。
解析：设这段时间t内弹簧弹力对物体A的冲量为I取竖直向上为正方向，根据动量定理
图6
I－mgt＝mv
①
－Mgt＝－Mu
②
由①②得I＝m(v＋u)
答案：m(v＋u)
10．(9分)如图7所示，一辆质量为M的平板小车在光滑的水平面上以速度v做直线运动，今在小车的前端轻轻地放上一个质量为m的物体，物体放在小车上时相对于地面的水平速度为零，设物体与小车之间的动摩擦因数为μ，为使物体不
图7
致从小车上滑下去，小车的最短长度为________。
解析：达到相对静止时有共同速度v′
则由动量守恒有Mv＝(m＋M)v′
平板车的最小长度为两者发生的最小相对距离，设为L。
由能量守恒有μmgL＝Mv2－(m＋M)v′2
联立解得L＝。
答案：
11．(11分)用如图8甲所示的装置可以来验证碰撞过程中的动量守恒。图中PQ是斜槽，QR为水平槽。O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，A、B两球的质量之比mA∶mB＝3∶1。先使A球从斜槽上固定位置G由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，得到10个落点。再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从位置G由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次。A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如图8乙所示，其中米尺的零点与O点对齐。
图8
(1)碰撞后A球的水平射程应取________cm。
(2)本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度。下面的实验条件中，可能不能使小球飞行的水平距离表示为水平速度的是________。
A．使A、B两小球的质量之比改变为5∶1
B．升高固定点G的位置
C．使A、B两小球的直径之比改变为1∶3
D．升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度
(3)利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为________。(结果保留三位有效数字)
解析：容易知道M处的点迹为碰后A的点迹，P处的点迹为碰前A的点迹，N处的点迹为碰后B的点迹。
(1)用最小的圆的圆心确定落点的平均位置，则M、P、N距O点的距离即为碰后各个球的水平射程：xOM＝14.45
cm；xOP＝29.90
cm；xON＝44.40
cm，所以碰后A球的水平射程应为xOM＝14.45
cm。
(2)本实验的前提条件是两个球是对心碰撞，即要求碰撞前后的速度在两个球的球心连线方向上。由此可以选出答案为C。
(3)碰撞前后的总动量比值为：＝＝1.02，考虑误差因素可取1.01～1.02。
答案：(1)14.45～14.50 (2)C (3)1.01～1.02
三、计算题(本题共1小题，共15分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
12．(15分)如图9所示，甲车质量m1＝20
kg，车上有质量M＝50
kg的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h＝0.45
m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动。此时质量m2＝50
kg的乙车
图9
正以v0＝1.8
m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应在什么范围以内？不计地面和斜坡的摩擦，取g＝10
m/s2。
解析：对甲系统从高h处滑下，不计摩擦，滑到底端时的速度为v，根据机械能守恒定律列式：
(m1＋M)gh＝(m1＋M)v2
得：v＝＝3
m/s
当甲、乙靠近时，为了避免相撞，人从甲车上跳到乙车上，若作用后甲、乙两车的速度相同，则人跳出的速度最小，由动量守恒列式，并规定向右为正方向，
甲与人：(m1＋M)v＝Mvmin＋m1v′，
乙与人：Mvmin－m2v0＝(M＋m2)v′
解上述方程可得vmin＝3.8
m/s。
若人跳出甲车后，甲车反向速度大小为v甲，人跳到乙车后与乙车的共同速度为v乙，当v甲＞v乙时甲车爬上斜面再返回，仍能和乙车相撞，要不相撞，必须v乙≥v甲，当v甲＝v乙时，人跳出的速度最大，设为vmax。
甲与人：(m1＋M)v＝Mvmax－m1v甲，
乙与人：Mvmax－m2v0＝(M＋m2)v乙，把v甲＝v乙代入解得：vmax＝4.8
m/s
所以人跳出甲车的水平速度范围是3.8～4.8
m/s。
答案：3.8～4.8
m/s
PAGE
1第3节
动量守恒定律
1．若用p1、p2分别表示两个相互作用物体的初动量，p1′、p2′表示它们的末动量，Δp1、Δp2表示两个相互作用物体的动量的变化，p、Δp表示两物体组成的系统的总动量和总动量的变化量，C为常数。用下列形式表示动量守恒定律，正确的是( )
A．Δp1＝－Δp2
B．p1＋p2＝p1′＋p2′
C．Δp＝C
D．Δp＝0
解析：A项的含义是一物体的动量增加量(减少量)等于另一物体的动量减少量(增加量)，两物体组成系统的总动量守恒。B项的含义是相互作用前两物体的动量之和等于相互作用后两物体的动量之和。Δp是系统总动量的变化量，Δp＝0表示总动量变化量为零，即系统的总动量不变。综上所述，选ABD。
答案：ABD
2．(2012·湖北省襄樊月考)如图1所示，在光滑水平面上，用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知mA＜mB，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将( )
A．静止
B．向右运动
图1
C．向左运动
D．无法确定
解析：选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零，初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，所以选项A正确。
答案：A
3．(2012·福建高考)如图2，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( )
图2
A．v0＋v
B．v0－v
C．v0＋(v0＋v)
D．v0＋(v0－v)
解析：根据动能量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故选项C正确。
答案：C
4．如图3所示，A、B两物体的质量mA＞mB，中间用一段细绳相
图3
连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B沿相反方向滑动的过程中( )
A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒
C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
D．以上说法均不对
解析：当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒。而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力，A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒。正确选项是A、C。
答案：AC
5．(2012·北京期中检测)如图4所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动。木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )
图4
A.
B．2Mv0
C.
D．2mv0
解析：子弹射入木块的过程中，由子弹和木块组成的系统合力为零，系统动量守恒，设子弹击中木块，并嵌在其中时的速度大小为v，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，所以v＝；子弹嵌在木块中后随木块压缩弹簧在水平面做往复运动，在这个过程中，由子弹、木块和弹簧组成的系统，机械能守恒，所以当木块第一次回到原来位置时的速度大小为仍v；木块被子弹击中前处于静止状态，根据动量定理，所求冲量大小为I＝Mv－0＝，选项A正确。
答案：A
6．一辆平板车沿光滑的水平面运动，车的质量为M＝18
kg，运动速度为v0＝4
m/s。若一个质量为m＝2
kg的沙包从高5
m处落入车内，则车的速度变为________m/s；若将一个质量为m＝2
kg的沙包，以v′＝5
m/s的速度迎面水平扔入车内，则车的速度变为________m/s。
解析：若沙包从高处落入车内，则车和沙包组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，解得v＝3.6
m/s。若沙包迎面水平扔入车内，根据动量守恒定律有Mv0－mv′＝(M＋m)v，解得v＝3.1
m/s。
答案：3.6 3.1
7．质量都是1
kg的物体A、B，中间用一轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上。现使B物体靠在墙上，用力推物体A压缩弹簧，如图5所示。这个过程中外力做功为8
J，待系统静止后突然撤去外力。从撤去外力到弹簧第一次恢复到原长时B物体的动量为________kg·m/s。当A、B间距离最大时B物体的速度大小为________m/s。
图5
解析：根据能量的转化，当弹簧恢复原长时，物体A的动能为8
J，则A的动量为pA＝＝
kg·m/s＝4
kg·m/s，此时的B速度仍为零，因此动量也为零；以后A、B相互作用，遵守动量守恒定律，当两者距离最大时具有共同速度，由动量守恒有pA＝2mv，解得：v＝2
m/s。
答案：0 2
8．如图6所示，如果悬挂球的绳子能承受的最大拉力T0＝10
N，球质量m＝0.5
kg，L＝0.3
m，锤头质量M＝0.866
kg，如果锤头沿水平方向打击球m，锤速度至少为________m/s才能把绳子打断。设球原来静止，打击后锤头静止(g＝10
m/s2)。
图6
解析：球m被锤打击后以O为圆心，L为半径做圆周运动，且在刚打过绳子拉力最大，由牛顿第二定律有T0－mg＝m·
v＝
＝
m/s
锤打击m过程中，系统水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守恒有Mv0＝mv
v0＝＝1
m/s。
答案：1
9．如图7所示，质量为M的滑块B套在光滑的水平杆上可自由滑动。质量为m的小球A用一长为L的轻杆与B上的O点相连接，轻杆处于水平位置，可绕O点在竖直平面内自由转动。
图7
(1)固定滑块B，给小球A一竖直向上的初速度，使轻杆绕O点转过90°，则小球初速度的最小值是多少？
(2)若M＝2m，不固定滑块B，给小球A一竖直向上的初速度v0，则当轻杆绕O点恰好转过90°，小球A运动到最高点时，滑块B的速度多大？
解析：(1)只有小球转过90°时的速度为零，对应初速度才最小，设此初速度为v，
由机械能守恒得：mv2＝mgL，v＝。
(2)设小球A运动到最高点时速度为v1，此时滑块B的速度为v2，A、B组成的系统水平方向动量守恒，有mv1－Mv2＝0。
根据机械能守恒，有：
mv＝mv＋Mv＋mgL，
解得：v2＝
。
答案：(1) (2)第4节
碰撞
1．(对应要点一)质量为1
kg的小球以4
m/s的速度与质量为2
kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的( )
A．v1′＝v2′＝
m/s
B．v1′＝－1
m/s，v2′＝2.5
m/s
C．v1′＝1
m/s，v2′＝3
m/s
D．v1′＝3
m/s，v2′＝0.5
m/s
解析：碰撞过程满足动量守恒，所以碰后系统的动量为p′＝p＝1
kg×4
m/s＝4
kg·m/s，方向与质量为1
kg的小球的初速度方向相同，据此可排除选项C；因为碰后，两球不可能发生再次碰撞，据此可排除选项D；经检验，选项A、B满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以选项A、B正确。
答案：AB
2．(对应要点三)在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于( )
A.
B.
C．2
D．2
解析：两球压缩最紧时速度相等，mvA＝2mv；
①
弹性势能Ep＝mv－×2mv2；
②
由①②得：vA＝2
。故C正确。
答案：C
3．(对应要点二)一炮弹在水平飞行时，其动能为Ek0＝800
J，某时刻它炸裂成质量相等的两块且飞行方向与原来方向在同一条直线上，其中一块的动能为Ek1＝625
J，则另一块的动能Ek2＝________
J。
解析：以炮弹爆炸前的飞行方向为正方向，并考虑到动能为625
J的一块的速度可能为正也可能为负，由动量守恒定律：
p＝p1＋p2，又因为：p＝
所以：＝±
＋
，故：＝±
＋
，解得：Ek2＝225
J或4
225
J
答案：225或4
225
4．(对应要点三)如图16－4－6所示，质量为m的子弹以速度v0水平击中静止在光滑水平面上的木块，最终子弹停留在木块中。若木块的质量为M，子弹在木块中所受的阻力恒为F。求：
图16－4－6
(1)子弹打进木块的深度；
(2)系统产生的内能。
解析：(1)子弹打击木块过程时间极短，内力极大，因而满足水平方向动量守恒定律。对子弹和木块mv0＝(M＋m)v，由题图，根据动能定量，对木块有：Fs＝Mv2；对子弹有：－F(s＋d)＝mv2－mv，联立解得d＝。
(2)系统产生的内能即为减少的机械能，即ΔE＝Fd，因此ΔE＝。
答案：(1) (2)第4节
碰撞
1．在光滑水平面上，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的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒。A项，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。B项，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。C项，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。D项，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
2．如图1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1乙所示。则未知核的质量约为质子质量的( )
图1
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2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( )
图2
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爆炸而成两块a、b过程中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ma＜mb，由Ek＝知Eka＞Ekb，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．如图3所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3
kg的薄板和质量为m＝1
kg的物块，都以v＝4
m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4
m/s时，物块的运动情况是
( )
图3
A．做加速运动
B．做减速运动
C．做匀速运动
D．以上运动都可能
解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正方向)
Mv－mv＝(M＋m)v′，
v′＝＝
m/s＝2
m/s。
共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同。
在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到2
m/s。当薄板速度为v1＝2.4
m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得：
Mv－mv＝Mv1＋mv2，
即v2＝＝
m/s＝0.8
m/s。
此时物块的速度方向沿正方向，故物块正做加速运动，A选项正确。
答案：A
5．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上。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4所示。当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放时，B球的落地点距桌边距离为
( )
图4
A.
B.x
C．x
D.x
解析：当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒有：Ep＝mv，根据平抛运动规律有：x＝v0t。当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放时，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝·2mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地点距桌边距离为x′＝vBt＝x，D选项正确。
答案：D
6．质量为20
g的小球A以3
m/s的速度向东运动，某时刻和在同一直线上运动的小球B迎面正碰。B球质量为50
g，碰撞前的速度为2
m/s，方向向西。碰撞后，A球以1
m/s的速度向西返回，B球的速度大小为________，方向________。
解析：A、B两球的正碰过程动量守恒，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，设向东方向为正方向，则有：v1＝3
m/s，v2＝－2
m/s，v1′＝－1
m/s，
代入上式，得v2′＝－0.4
m/s。
即碰后B球速度大小为0.4
m/s，方向向西。
答案：0.4
m/s 向西
7．如图5所示，一子弹击中一块用长为L的细绳拴接的木块，并与木块一起运动，问要使木块能在竖直平面内做完整的圆周运动，子弹的速度至少为________。(设子弹质量为m，木块质量为M，重力加速度为g)
解析：子弹打击木块过程动量守恒，则mv0＝(m＋M)v1，木块与子弹
图5
由最低点到最高点的过程机械能守恒：(m＋M)v＝(m＋M)v＋(m＋M)g·2L，要做完整的圆周运动，则有(m＋M)g≤，联立解得：v0≥。
答案：
8．质量为m1＝1.0
kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其x－t(位移－时间)图象如图6所示，则m2的质量为________kg，质量为m1的物体在碰撞过程中的动量变化量为________kg·m/s。
解析：(1)由图象可知，m1碰前速度v1＝4
m/s，碰后的速度为v1′＝－2
m/s，m2碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2
m/s。
图6
由动量守恒定律得：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
代入数据解得：m2＝3.0
kg。
(2)质量为m1的物体在碰撞过程中动量的变化量是：
Δp1＝m1v1′－m1v1＝－6
kg·m/s。
答案：3.0 －6
9．小球A和B的质量分别为mA和mB且mA＞mB，在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰，设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
解析：根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，均设为v0，由机械能守恒有：
mAgH＝mAv
①
设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，据动量守恒定律有：
mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2
②
由于两球碰撞过程中机械能守恒，故：
mAv＋mBv＝mAv＋mBv
③
联立②③式得：v2＝v0
④
设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有：h＝
⑤
由①④⑤式得：h＝()2H
⑥
答案：()2H第2节
动量和动量定理
1．下列关于动量的说法中，正确的是( )
A．物体的动量改变，其速度大小一定改变
B．物体的动量改变，其速度方向一定改变
C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D．物体的运动状态改变，其动量一定改变
解析：动量是矢量，有大小也有方向。动量改变是指动量大小或方向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方向相同。质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，动量就发生变化，故A、B、C错；物体运动状态改变是指速度大小或方向的改变，因此物体的动量一定发生变化，故D正确。
答案：D
2．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( )
A．人跳在沙坑上的动量比跳在水泥地上小
B．人跳在沙坑上的动量变化比跳在水泥地上小
C．人跳在沙坑上受到的冲量比跳在水泥地上小
D．人跳在沙坑上受到的冲力比跳在水泥地上小
解析：人跳远时，从一定高度落下，落地前的速度(v＝)一定，则初动量一定；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Δp＝Ft知，t长则F小，故D正确。
答案：D
3．A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )
A．相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同
B．相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同
C．动量的变化率大小相等，方向相同
D．动量的变化率大小相等，方向不同
解析：A、B球在空中只受重力作用，因此相同时间内重力的冲量相同，因此两球动量的变化大小相等、方向相同，A选项正确；动量的变化率为＝m＝mg，大小相等、方向相同，C选项正确。
答案：AC
4．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
5．(2012·成都联考)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )
A．I1＜I2，W1＝W2
B．I1＞I2，W1＝W2
C．I1＞I2，W1＜W2
D．I1＝I2，W1＜W2
解析：根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根据动量定理和动量与动能的关系式p＝有I1＝－0＝，I2＝
2－＝(2－)，显然I1＞I2。只有选项B正确。
答案：B
6．质量为m＝0.10
kg的小球以v0＝10
m/s的水平速度抛出，下落h＝5.0
m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ＝________，刚要撞击钢板时小球动量的大小为________。(取g＝10
m/s2)
解析：小球下落5
m时的竖直分速度为v⊥＝＝10
m/s。小球在水平方向上做匀速运动，速度为10
m/s。所以小球撞击钢板时的速度为v＝10
m/s，方向与竖直方向成45°角。由于小球是垂直撞在钢板上，所以钢板与水平面成45°角。
其动量大小为p＝mv＝0.10×10
kg·m/s＝
kg·m/s。
答案：45°
kg·m/s或
N·s
7．(2012·天津高考)质量为0.2
kg的小球竖直向下以6
m/s的速度落至水平地面，再以4
m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg·m/s。若小球与地面的作用时间为0.2
s，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g＝10
m/s2)。
解析：小球与地面碰撞前后的动量变化为Δp＝mv′－mv＝0.2×4
kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2
kg·m/s。由动量定理，(F－mg)Δt＝Δp，小球受到地面的作用力F＝＋mg＝12
N。
答案：2 12
8．高压水枪喷口半径为r，射出的水流速度为v，水平地打在竖直煤壁上后速度变为零。设水的密度为ρ，则高速水流对煤壁的冲击力的大小为________。
解析：选取研究对象，表示Δt时间内的水柱质量，
如图所示，在Δt时间内水运动的距离为vΔt，取vΔt长的水柱为研究对象，水柱的横截面积为S，S＝πr2，其体积为SvΔt，则水柱质量为m＝ρSvΔt，这些水在Δt时间内与煤壁作用，由动量定理：FΔt＝Δp，以水流的方向为正方向，得－FΔt＝0－ρSvΔt·v，所以F＝ρSv2＝πρr2v2。
答案：πρr2v2
9．据国际民航组织估计，全世界每年飞鸟撞飞机约有1万次，其中约有12%造成飞机损坏，严重损坏的约3%。有专家估计，世界上每年因机鸟相撞付出的代价高达100多亿美元。小小的飞鸟撞坏庞大、坚实的飞机，真难以想象。设飞鸟的质量m＝1
kg，飞机的飞行速度为v＝800
m/s，若两者相撞，试估算飞鸟对飞机的撞击力，说明鸟类对飞机飞行的威胁。
解析：可认为碰撞前后飞机的速度不变，一直以800
m/s的速度飞行，以飞机为参考系，以鸟为研究对象，由于撞击的作用很大，碰撞后可认为鸟同飞机一起运动，相对于飞机的末速度v′＝0，设碰撞时鸟相对于飞机的位移L＝20
cm(可认为是鸟的身长)，
则撞击的时间约为：Δt＝
①
选取飞机飞行的方向为正方向，根据动量定理得：
·Δt＝mv
②
由①②两式解得鸟受到的平均作用力：
＝＝
N＝3.2×106
N
根据牛顿第三定律可知，飞鸟对飞机的撞击力大小也约为3.2×106
N，由此可见鸟对飞机飞行造成的威胁是不可忽略的。
答案：见解析
