16.1 实验 探究碰撞中的不变量
[基础达标练]
1．(多选)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
答案 BCD
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，实现一维碰撞，避免斜碰，B、D正确。本实验是通过平抛运动确定入射球碰前速度，斜槽轨道的光滑与否无影响，A错误。入射球每次从同一高度由静止释放，保证了入射球每次碰前速度相同，C正确。
2．(多选)若用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验，下列哪些说法是正确的( )
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，是为了碰撞后连在一起
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
答案 BC
解析 一个装上撞针，而另一个装上橡皮泥，这样做的目的，不是为了改变两车的质量，A错误；而是为了碰撞后连在一起有共同速度，便于测量碰后的速度，B正确；打点计时器的使用原则是先接通电源再释放拖动纸带的小车，C正确，D错误。
3．某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A前端装有橡皮泥，小车B前端装有撞针，轻推一下小车A使之匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并连成一体，继续做匀速运动。他设计的装置如下图所示，在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz。
(1)木板的一端下边垫着小木块用来________。
(2)在实验中，需要的测量工具有________。
A．弹簧测力计 B．毫米刻度尺
C．天平 D．螺旋测微器
(3)已测得小车A(包括橡皮泥)的质量为m1＝0.310 kg，小车B(包括撞针)的质量为m2＝0.205 kg，由以上测量可得：(结果保留三位有效数字)
碰前两车质量与速度乘积之和为________ kg·m/s；
碰后两车质量与速度乘积之和为________ kg·m/s。
(4)结论：____________________________________。
答案 (1)平衡摩擦力 (2)BC (3)0.620 0.618
(4)在实验误差允许的范围内，两小车的质量和速度的乘积(mv)之和在碰撞中保持不变
解析 (1)木板的一端下边垫着小木块用来平衡摩擦力。
(2)实验中需要测量小车的质量和速度，所以需要天平，需要运用刻度尺测量点迹间的距离，从而计算出速度。所以B、C两项是正确的。
(3)碰撞前，小车A的速度v1＝ m/s＝2.0 m/s，
碰撞后，系统的速度v2＝ m/s＝1.2 m/s，
则碰撞前两车质量与速度乘积之和p1＝m1v1＋0＝0.310×2.0 kg·m/s＝0.620 kg·m/s，碰撞后两车质量与速度乘积之和p2＝(m1＋m2)v2＝(0.310＋0.205)×1.2 kg·m/s＝0.618 kg·m/s。
(4)可以知道在实验误差允许的范围内，两小车的质量和速度的乘积(mv)之和在碰撞中保持不变。
4．如图甲所示，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斜槽末端的切线必须____________；②入射小球和被碰小球在碰撞瞬间球心必须在____________。
(2)实验得到小球的落点情况如图乙所示，图中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P为未放小球B时，A球平均落点，M为与B球碰后，A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点。若碰撞中的不变量是两球各自质量与速度乘积之和，则入射小球与被碰小球的质量之比为m1∶m2＝________。
答案 (1)①水平 ②同一高度 (2)4∶1
解析 在碰撞中两球各自质量与速度乘积之和不变，则m1＝m1＋m2，得m1×25.5＝m1×15.5＋m2×40，得10m1＝40m2，故＝4∶1。
5．某班物理兴趣小组选用如图所示装置来探究碰撞中的不变量。将一段不可伸长的轻质绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点，另一端连接小钢球A，把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧。在小钢球最低点N右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)。当地的重力加速度为g。
某同学按如图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生一维碰撞。让小钢球A从某位置释放，摆到最低点N与滑块B碰撞，碰撞后小钢球A并没有立即反向，碰撞时间极短。
(1)(多选)为完成实验，除了毫秒计读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力F1、碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B质量mB和遮光板宽度d外，还需要测量的物理量有________。
A．小钢球A的质量mA
B．绳长L
C．小钢球从M到N运动的时间
(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝________。(用题中已给的物理量符号来表示)
(3)实验中的不变量的表达式是：________。(用题中已给的物理量符号来表示)
答案 (1)AB (2)
(3) ＝＋mB
解析 滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝，
根据牛顿第二定律得，
F1－mAg＝mA，F2－mAg＝mA，
碰撞中mv不变，则mAv1＝mAv2＋mBvB
整理得＝＋mB，可以知道还需要测量小钢球的质量mA，绳长L，所以A、B两项是正确的。
6．某同学利用如图所示的装置探究碰撞中的不变量。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，小球刚好接触。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。
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。
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＝1.014，
由此可以推出<4%。
所以，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。
[题组通关练]
7．(1)(多选)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．小车上挡光片倾斜
C．两小车质量不相等 D．两小车碰后连在一起
(2)“探究碰撞中的不变量”的实验采用以下两种实验方案：
①如图甲所示为气垫导轨，导轨上的两滑块质量相等，两滑块上的挡光片宽度相同。现将气垫导轨水平放置做“探究碰撞中的不变量”实验。实验中用滑块甲撞击静止在导轨上的滑块乙。第一次在两滑块碰撞端装上弹簧片，第二次在两滑块碰撞端分别装上橡皮泥和撞针。两次实验时滑块甲碰前通过光电门计时装置记录的挡光片的挡光时间相等，碰后滑块乙第一次和第二次通过光电门计时装置记录的挡光片挡光时间分别为t1、t2。通过实验验证了这两次碰撞中的不变量，t1、t2的关系应为t1________(选填“>”“<”或“＝”)t2。
②若大小相等的入射小球和被碰小球的质量均已知，利用如图乙所示的装置和器材做“探究碰撞中的不变量”的实验，还需要的器材是____________________。
答案 (1)AB (2)①< ②刻度尺
解析 (1)导轨不水平，小车速度将会受重力影响，A项正确；挡光板倾斜会导致挡光片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项正确。
(2)①设滑块甲、乙的质量均为m，挡光片的宽度为l，滑块甲碰撞前挡光片通过光电门的时间为t，第一次碰撞因为有弹簧片，无机械能损失，设甲碰撞前后的速度分别为v0、v，碰后乙的速度为v1，则mv＝mv2＋mv，实验验证了不变量，则mv0＝mv＋mv1，解得v＝0，v1＝v0。则第一次碰撞前后，有mv0＝mv1，即m＝m；第二次碰撞前后，甲、乙粘在一起，有mv0＝2mv2，即m＝2m，故t1②用大小相等的入射小球和被碰小球发生碰撞来“探究碰撞中的不变量”，难点是速度的测定，本装置可以应用平抛运动规律来解决速度的测定，需要测定平抛运动的水平位移，即需要刻度尺。
8.(1) 如图所示，质量为m1的入射球从斜槽某一高度由静止滚下，落到水平面上的P点。今在槽口末端放一与入射球半径相同的质量为m2的被碰球，仍让入射球从斜槽同一高度滚下，并与被碰球正碰后使两球落地，入射球和被碰球的落地点分别是M、N。已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。则实验必须满足的条件是( )
A．轨道末端的切线是水平的 B．斜槽轨道光滑
C．m1＝m2 D．m1(2)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_____________。
答案 (1)A (2)①桌面离水平地面的高度h
②M－mx1＝0
解析 (1)轨道末端切线水平可以保证入射球做平抛运动，选项A正确；斜槽是否光滑对实验几乎无影响，但m1应大于m2，否则入射球会反弹，从而引起较大的误差，选项B、C、D错误。
(2)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。
16.2 动量和动量定理
[基础达标练]
1．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
答案 B
解析 根据冲量I＝Ft，在任何相等时间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、C错误。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错误。
2．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
答案 D
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。
3．(多选)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．物体动量变化越快，所受合外力越大
答案 BD
解析 动量的正负只表示方向，不表示大小，A错误；因p＝mv，质量一定时，物体速率改变，动量大小一定变化，B正确；冲量是力对时间的积累，与功没有关系，C错误；由F合＝可知D正确。
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
答案 B
解析 拉力的冲量IF＝Ft＝10×5 N·s＝50 N·s，重力的冲量IG＝mgt＝2×10×5 N·s＝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＝10××5 N·s＝25 N·s，B正确。
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
答案 C
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。
6．(多选)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速度可能是( )
A．1 m/s B．1.5 m/s
C．2 m/s D．2.5 m/s
答案 CD
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可致死。
7．(多选)一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，则( )
A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于过程Ⅰ中重力的冲量
B．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中重力冲量的大小
D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于过程Ⅱ中阻力的冲量
答案 AC
解析 过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，由动量定理知钢珠动量的改变量等于重力的冲量，所以A正确；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故B错误，C正确；由动量定理知，过程Ⅱ中钢珠的动量等于过程Ⅱ中阻力和重力冲量的代数和，故D错误。
8．(多选)如图所示，把重物G压在纸带上，若用一水平力迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出；若缓慢拉动纸带，纸带也从重物下抽出，但随纸带运动一段距离。解释这些现象的说法正确的是( )
A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大
B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小
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
答案 CD
解析 用水平力缓慢拉动纸带或迅速拉动纸带，纸带都会从重物下抽出，重物与纸带间是滑动摩擦力，滑动摩擦力约等于最大静摩擦力，快拉慢拉与摩擦力大小无关，所以选项A、B两项错误。纸带对重物的力为摩擦力与支持力，慢拉时摩擦力作用时间长，支持力的作用时间也长，故慢拉时纸带给重物的冲量大；在迅速拉动纸带时，作用时间短，所以纸带给重物的冲量小。所以C、D两项正确。
9. 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
答案 C
解析 设F1、F2的作用时间分别为t1、t2，则由图知t1F1t1，即F1的冲量小于F2的冲量，A、B选项均错误。
[题组通关练]
10．(1)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
(2)采煤中有一种方法是用高压水流将煤层击碎将煤采下。今有一采煤水枪，由枪口射出的高压水流速度为v，设水流垂直射向煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，求水流对煤层的压强。(水的密度为ρ)
答案 (1)D (2)ρv2
解析 (1)由题中图象可知，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＝－5 kg·m/s－5 kg·m/s＝－10 N·s，选项D正确。
(2)设射向煤层水流截面为S，在时间Δt内有质量为ρSv·Δt的水撞击煤层，动量变为零。设煤层对水流作用力为F。取煤层对水作用力方向为正，对于上述这
部分水由动量定理有：F·Δt＝0－(－ρSvΔt·v)，解得F＝ρSv2。由牛顿第三定律知，水对煤层作用力大小F′＝F＝ρSv2，所以煤层表面受到水流的压强为p＝＝ρv2。
11．(1)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
(2)一质量为100 g的小球从0.80 m高处自由下落到一厚软垫上。若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20 s，求这段时间内软垫对小球的冲量。(取g＝10 m/s2，不计空气阻力)
答案 (1)A (2)0.6 N·s，方向竖直向上
解析 (1)由动量定理I＝Ft＝Δp，即F＝，再由题图可得：IA>IB，FA＞FB，且方向相反，故A正确。
(2)小球落至软垫前，只受重力作用，故可由自由落体运动公式求出小球落至软垫时的速度大小为v＝＝4 m/s，方向竖直向下。小球接触软垫后除受重力mg外，还受软垫对它的作用力F，在这两个力作用下，小球动量变为零(此时小球陷至最低点)。因软垫对小球的作用力F为变力，设其在作用时间内的平均值为，取竖直向上为正方向，小球的初动量为p＝－mv。
小球的末动量p′＝0，小球在此过程中所受合外力依所取正方向为－mg，由动量定理有(－mg)·Δt＝0－(－mv)，解得在这段时间内软垫对小球的冲量大小为IF＝·Δt＝0.6 N·s，方向竖直向上。
16.3 动量守恒定律
[基础达标练]
1．一个质量为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
答案 B
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。
2．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
答案 D
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。
3. 如图所示，放在光滑水平面上的两物体，它们之间有一个被压缩的轻质弹簧，用细线把它们拴住。已知两物体质量之比为m1∶m2＝2∶1，把细线烧断后，两物体被弹开，速度大小分别为v1和v2，动能大小分别为Ek1和Ek2，则下列判断正确的是( )
A．弹开时，v1∶v2＝1∶1
B．弹开时，v1∶v2＝2∶1
C．弹开时，Ek1∶Ek2＝2∶1
D．弹开时，Ek1∶Ek2＝1∶2
答案 D
解析 根据动量守恒定律知p1＝p2，即m1v1＝m2v2，所以v1∶v2＝m2∶m1＝1∶2，选项A、B错误；由Ek＝ 得Ek1∶Ek2＝m2∶m1＝1∶2，选项C错误，选项D正确。
4．一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
答案 D
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。
5. (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
答案 BD
解析 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。
6．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
答案 C
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。
7. (多选)如图所示，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，当撤去外力后，下列说法正确的是( )
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙后，a、b组成的系统动量守恒
D．a离开墙后，a、b组成的系统动量不守恒
答案 BC
解析 在a尚未离开墙壁前，a、b系统水平方向受墙壁的弹力，合力不为零，故动量不守恒，选项A错误，选项B正确；a离开墙壁后，系统只受重力和支持力作用，合力为零，a、b组成的系统动量守恒，选项C正确，选项D错误。
8．质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在光滑的水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v。
答案 小球能上升到的最大高度H为 物块的最终速度v为
解析 系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。以向右为正方向，在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv1＝(M＋m)v′，
由机械能守恒定律得：mv＝(M＋m)v′2＋mgH，
计算得出：v′＝v1，H＝。
整个过程系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv1＝mv1′＋Mv，
系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mv＝mv1′2＋Mv2，
计算得出：v＝。
[题组通关练]
9．(1)甲、乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
(2) 两只小船平行逆向行驶，航线邻近，如图所示。在每一只船上各放一质量为m＝50 kg的沙袋当它们首尾相齐时，将沙袋扔到对面的船上，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以8.5 m/s的速度沿原来的方向航行，设两只船及船上的载重量分别为m1＝500 kg，m2＝1000 kg。问在交换沙袋前两船的速度各为多少，设水的阻力不计，并设交换沙袋时不影响船的航向。
答案 (1)C (2)1 m/s 9 m/s
解析 (1)根据动量守恒定律得
p1＋p2＝p1′＋p2′
计算得出p1′＝2 kg·m/s
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
＋≤＋
计算得出≤
碰撞前甲的速度大于乙的速度>，得<
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
≤
计算得出≥。
从而的取值范围。所以C正确，A、B、D错误。
(2)如图所示，设交换沙袋前m1的速度为v1，m2的速度为v2，交换完后m1的速度为零，m2的速度为v2′。以整体为研究对象，m2的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得
m2v2－m1v1＝m2v2′①
以m1抛出沙袋后的剩余部分和从m2抛来的沙袋为研究对象，系统沿航线方向不受外力作用，根据动量守恒定律有：mv2－(m1－m)v1＝0②
由①、②两式代入数值可解得v1＝1 m/s，v2＝9 m/s。
10．(1) 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，向右
D．车的最终速度为，向右
(2)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？
答案 (1)D (2)①1.33 m/s ②2 m/s
解析 (1)物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以共同速度v运动，水平面光滑，盒子与物体组成的系统所受合外力为零，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝(M＋m)v，故v＝，向右，D正确。
(2)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。
16.4 碰撞
[基础达标练]
1．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，MA＝1 kg，MB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为( )
A．vA＝5 m/s，vB＝2.5 m/s
B．vA＝2 m/s，vB＝4 m/s
C．vA＝－4 m/s，vB＝7 m/s
D．vA＝7 m/s，vB＝1.5 m/s
答案 B
解析 两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：MAvA＋MBvB＝(MA＋MB)v，代入数据计算得出：v＝ m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有：MAvA＋MBvB＝MAvA′＋MBvB′，由机械能守恒定律得：MAv＋MBv＝MAvA′2＋MBvB′2，代入数据计算得出：vA′＝ m/s，vB′＝ m/s，则碰撞后A、B的速度：
m/s≤vA≤ m/s， m/s≤vB≤ m/s，所以B正确。
2．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都是m，现A球向B球运动，B球静止，发生正碰，已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰撞前A的速度等于( )
A. B. C．2 D．2
答案 C
解析 两球压缩最紧时速度相等，由动量守恒定律得mvA＝2mv，弹性势能Ep＝mv－×2mv2，联立解得vA＝2，选项C正确。
3．如图甲所示，光滑平台上物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，小车与水平地面间的动摩擦因数不计，重力加速度为g，图乙为物体A与小车的v-t图象，由此可求出( )
A．小车上表面的长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．物体A与小车B上表面间的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
答案 BC
解析 由题中图乙可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面的长度，选项A错误；由动量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得＝，故可以确定物体A与小车B的质量之比，选项B正确；由题中图乙斜率可以知道A的加速度大小aA＝，由牛顿第二定律可得μmAg＝mAaA，可得μ的大小，选项C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，选项D错误。
4．如图所示，细线上端固定于O点，其下端系一小球，静止时细线长L。现将悬线和小球拉至图中实线位置，此时悬线与竖直方向的夹角θ＝60°，并于小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放，它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到的最大高度是( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL(1－cos60°)＝mv2，v＝＝，两球碰撞过程动量守恒，以小球与泥球组成的系统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋m)v′，计算得出碰后两球的速度：v′＝＝，碰后两球上摆过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：·2m·v′2＝2m·gh，计算得出：h＝。
5．(多选)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
答案 BD
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大小为v1、v2，系统碰撞前后动量守恒，所以m1v1＝m2v2，则m1＝m2，故B、D正确。
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
答案 A
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正确。
7. 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
答案 A
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，故A正确。
8．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。
答案 M
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。
[题组通关练]
9．(1)(多选)半径相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是( )
A．甲球的速度为零而乙球的速度不为零
B．乙球的速度为零而甲球的速度不为零
C．两球的速度均不为零
D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
(2)如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m＝1 kg，B质量为M＝3 kg。开始时A、B静止，现将C以初速度v0＝2 m/s的速度滑向A，与A碰后粘在一起向右运动与B发生碰撞，碰后B的速度vB＝0.8 m/s，B与墙发生碰撞后以原速率弹回。(水平面足够长)
①求A与C碰撞后的共同速度大小；
②分析判断B反弹后能否与A、C再次碰撞。
答案 (1)AC (2)①1 m/s ②能
解析 (1)甲、乙两球在光滑水平面上发生对心碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒。碰撞前，由于Ek甲＝Ek乙，而Ek＝，由题设条件m甲>m乙，可知p甲>p乙，即碰撞前系统的总动量方向应与甲的动量方向相同。碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的，选项A正确；如果乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，选项B错误；如果碰撞后甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，选项C正确；如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，选项D错误。
(2)①设A、C与B碰前的速度为v1，与B碰后的速度为v2，A、C碰撞过程中动量守恒，有mv0＝2mv1，代入数据解得v1＝1 m/s。
②A、C与B碰撞过程动量守恒，有2mv1＝2mv2＋MvB，
代入数据解得v2＝－0.2 m/s，vB大于v2，故能发生第二次碰撞。
10．(1)(多选) 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
(2)如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为m的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：
①瑞典队冰壶获得的速度；
②试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。
答案 (1)BC (2)①0.3 m/s ②非弹性碰撞
解析 (1)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＝·2Mv′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正确，A错误。
(2)①由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3，
将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s代入上式得：
v3＝0.3 m/s。
②碰撞前的动能E1＝mv＝0.08m，碰撞后两冰壶的总动能E2＝mv＋mv＝0.05m。
因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。
16.5 反冲运动、火箭
[基础达标练]
1．向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量一定相等
答案 C
解析 在炸裂过程中，因为重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后 a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系。故A错误。a、b都做平抛运动，飞行时间相同，因为初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大。故B错误。a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，因为高度相同，飞行时间一定相同，a、b一定同时到达水平地面。所以C选项是正确的。在炸裂过程中，a、b受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，方向相反，在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量一定不相等，故D错误。
2．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲向前运动，下列方法中可行的是( )
A．向后踢腿 B．手臂向后甩
C．在冰面上滚动 D．脱下外衣向后水平抛出
答案 D
解析 对于人来说，向后踢腿和手臂向后甩的过程中，人整体的动量守恒，所以人不动，A、B不可行；由于光滑冰面上没有摩擦，所以人无法在冰面上滚动，C不可行；脱下外衣向后水平抛出，由于反冲作用，人将向前运动，D可行。
3．静止的实验火箭总质量为M，当它以相对地面的速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为( )
A. B．－
C. D．－
答案 B
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。
4．(多选)小车静止放在光滑的水平桌面上，车上左、右两端分别站有A、B两人，当这两人同时开始相向而行时，发现小车向左运动，分析小车运动的原因，可能是( )
A．若A、B质量相等，A比B速率大
B．若A、B质量相等，A比B速率小
C．若A、B速率相等，A比B质量大
D．若A、B速率相等，A比B质量小
答案 AC
解析 A、B两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零；两人相向运动时，车向左运动，车的动量向左，因为系统总动量为零，由动量守恒定律可以知道，A、B两人的动量之和向右，A的动量大于B的动量；如果A、B的质量相等，则A的速度大于B的速度，所以A正确，B错误；如果A、B速率相等，则A的质量大于B的质量，所以C正确，D错误；所以A、C选项是正确的。
5．一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
答案 A
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，因系统水平方向动量守恒，小车又停止。故选项A正确。
6．一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为( )
A．m＝M B．m＝M
C．m＝M D．m＝M
答案 C
解析 规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正确。
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
答案 A
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，运动半径增大，A项正确，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。
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？
答案
解析 由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设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＝。
[题组通关练]
9．(1)(多选)小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车的质量为M，长为L。质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，弹簧的长度及木块C的大小可以忽略，以下说法中正确的是( )
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都相同
C．当木块相对地运动速度大小为v时，小车相对地运动速度大小为
D．AB车向左运动最大位移大于
(2)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，喷出水流速度保持为相对地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。
答案 (1)BC (2)4 m/s
解析 (1)AB与C这一系统合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失。A错误，B正确；木块速度大小为v时，规定物体C的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝mv＋Mv′，解得小车速度v′＝－，即小车相对地运动速度大小为，C正确；同时该系统属于人船模型，Md＝m(L－d)，所以车向左的最大位移应等于d＝<，D错误。
(2)“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。
10．(1)人的质量m＝60 kg，船的质量M＝240 kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m时，船边沿高出岸h，人从船边沿水平跃出，恰能上岸。若撤去缆绳，人要从船边沿安全水平跃出恰好上岸，船离岸约为(不计水的阻力，人两次消耗的能量相等)( )
A．1.5 m B．1.2 m C．1.34 m D．1.1 m
(2)如图所示，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，试问玩具蛙相对地面至少以多大的水平速度跳出才能落到地面上？
答案 (1)C (2)
解析 (1)船用缆绳固定时，设人水平跃出的速度为v0，则x0＝v0t，t＝。撤去缆绳，规定人水平跃出的方向为正方向，由水平方向动量守恒得0＝mv1－Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，mv＝mv＋Mv，解得v1＝v0，故x1＝v1t＝x0≈1.34 m，选项C正确。
(2)玩具蛙和车组成的系统水平方向动量守恒，则
Mv′－mv＝0①
玩具蛙下落时间t＝②
若玩具蛙恰好落地，则有v′t＋vt＝③
解①②③得：v＝ 。
