1．(单选)某人站在完全光滑的水平冰冻河面上欲到岸边，可采取的方法是( )
A．步行 B．滑行
C．挥动双手 D．将衣物抛向岸的反方向
解析：选D.根据反冲运动的原理可知，只有向反方向抛出物体，才能获得靠岸的速度．
2.
图1－4－6
(单选)小车上固定一直杆，直杆上端用长为L的细线系一质量为m的小球，如图1－4－6所示．已知小车与直杆的总质量为M，水平地面光滑．将小球拉到直杆顶端等高的位置释放，当小球到达另一侧等高点时，小车后退的距离为( )
A.L B.L
C.L D.L
解析：选D.小球释放后，小车向右运动，两者组成的系统水平方向动量守恒，取向左为正方向，初动量为零，故0＝mv1－Mv2，因v1、v2始终成正比，故平均水平动量也守恒，0＝m 1－M 2，其水平位移0＝ms1－Ms2，又s1＋s2＝2L，解得s2＝L，D正确．
3．(单选)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颗炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力和阻力均不变，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：选A.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变小，因此船的速度增大．
图1－4－7
4．(单选)(2011年高考四川卷)如图1－4－7是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )
A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
解析：选A.火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D错误．
5．在沙堆上有一木块，质量M＝5 kg，木块上放一爆竹，质量m＝0.10 kg.点燃爆竹后木块陷入沙中深5 cm，若沙对木块运动的阻力恒为58 N，不计爆竹中火药质量和空气阻力．求爆竹上升的最大高度．
解析：火药爆炸时内力远大于重力，所以爆炸时动量守恒，设v、v′分别为爆炸后爆竹和木块的速率，取向上的方向为正方向
由动量守恒定律得
mv－Mv′＝0①
木块陷入沙中做匀减速运动到停止，其加速度为
a＝＝ m/s2＝1.6 m/s2
木块做匀减速运动的初速度
v′＝＝ m/s＝0.4 m/s②
②代入①式，得v＝20 m/s
爆竹以初速度v做竖直上抛运动，上升的最大高度为
h＝＝ m＝20 m.
答案：20 m
一、单项选择题
1．一人从静止的小船船头跳上岸，不计水的阻力，下列说法中正确的是( )
A．人跳出的速度一定大于船后退的速度
B．人跳出的动量一定小于船后退的动量
C．人跳出的动量一定大于系统原有的总动量
D．人跳出的动量一定小于系统原有的总动量
解析：选C.因不计水的阻力，人与船组成的系统动量守恒，初动量为零，有0＝m人v人－m船v船，m人v人＝m船v船，B错误；因人、船质量关系未知，故A错误；人跳出后的动量大于零，C正确，D错误．
2．一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：选A.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．P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以A对，B、C、D错．
3.
图1－4－8
如图1－4－8所示，质量为M的汽缸置于光滑水平地面上，缸内有一隔板P，隔板右侧是真空，左侧是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则汽缸的运动情况是( )
A．保持静止不动
B．向左移动一段距离后又静止
C．向左移动一段距离后继而向左匀速运动
D．先向左移动，后向右移动回到原来位置
解析：选B.抽去挡板瞬间，气体向真空部位流动并和汽缸相互作用，汽缸做反冲运动，向左运动，当气体充满整个汽缸后，气体不再运动，则由动量守恒知，汽缸也停止运动，所以汽缸的状态是先向左移动一段后停止，即B正确．
4．一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法不正确的是( )
A．气球可能匀速上升
B．气球可能相对地面静止
C．气球可能下降
D．气球运动速度不发生变化
解析：选D.设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2＝.当v2>0时，气球可匀速上升；当v2＝0时气球静止；当v2<0时气球下降．所以，选项A、B、C均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错．
5．(2011年启东高二检测)质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为Δm的气体，喷出气体相对火箭的速度为v，则喷出气体后火箭的速度变为( )
A．(Mv0＋Δmv)/M B．(Mv0－Δmv)/M
C．(Mv0＋Δmv)/m D．(Mv0－Δmv)/m
解析：选A.依题意可知，火箭原来相对地的速度v0，初动量为0＝Mv0，质量为Δm的气体喷出后，火箭的质量为(M－Δm)，设气体喷出后，火箭和气体相对地的速度分别为v1和v2，则气体相对火箭的速度为：v＝v1＋v2，v2＝v－v1，选v1的方向为正方向，则系统的末动量为：p＝(M－Δm)v1＋Δm[－(v－v1)]＝Mv1－Δmv，由动量守恒定律，有p＝p0，则：Mv1－Δmv＝Mv0，所以v1＝(Mv0＋Δmv)/M.故A正确．
6.
图1－4－9
如图1－4－9所示，自动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，自动火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )
A. B.
C. D.
解析：选B.炮弹相对地的速度为v0＋v2.由动量守恒得Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)得v0＝.
二、双项选择题
7．下列属于反冲运动的是( )
A．向后划水，船向前运动
B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反
解析：选BD.反冲运动是物体在内力作用下分为两部分，其运动方向相反，A选项是桨与外部水的作用，C选项是人脚与外部地面的作用，都不属于反冲；B选项中子弹与枪身是系统中的两部分，D选项中水流过水轮机内部，是系统中的两部分，B、D正确．
8．一个运动员在地面上跳远，最远可跳l，如果他立在船头，船头离河岸距离为l，船面与河岸表面平齐，他若从船头向岸上跳，下列说法正确的是( )
A．他不可能跳到岸上
B．他有可能跳到岸上
C．他先从船头跑到船尾，再返回船头起跳，就可以跳到岸上
D．采用C中的方法也无法跳到岸上
解析：选AD.立定跳远相当于斜抛运动，在地面上跳时，能跳l的距离，水平分速率为vx，在船上跳时，设人相对船的水平速率为vx，船对地的速率为v2，人相对于地的速度为v1＝vx－v2.由于人和船系统动量守恒，因此mv1＝Mv2，所以人在船上跳时，人相对于船的水平速率也为vx，但人相对于地的水平速度为v1＝vx－v2
9.
图1－4－10
静止在光滑坚硬、水平放置的铜板上的小型炸弹，爆炸后，所有碎弹片沿圆锥面飞开，如图1－4－10所示，对弹片而言，下列说法正确的是( )
A．爆炸过程中总动量守恒
B．爆炸过程中受到的总冲量竖直向上
C．爆炸过程中水平方向上的总动量为零
D．爆炸结束后，水平方向上的总动量不为零
解析：选BC.原炸弹的总动量为零，但在爆炸时碎弹片沿圆锥面向上飞开，说明铜板给弹片的力大于弹片重力．故竖直方向动量不守恒，水平方向不受外力动量守恒，因此弹片受到的总冲量竖直向上．故应选B、C.
10．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船．设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则( )
A．A、B(包括人)速度大小之比为2∶3
B．A、B(包括人)动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
解析：选BC.选A船、B船和人这三个物体为一系统，则它们的初始总动量为0.由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0.选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得：0＝(M＋)vB＋MvA，解得vB＝－vA，所以A、B(包括人)的速度大小之比为3∶2，选项A错误．A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B正确．由于系统的总动量始终守恒，故A、B(包括人)动量之和始终为零，选项C正确．
三、非选择题
11．有一炮竖直向上发射炮弹．炮弹的质量为M＝6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出时的初速度v0＝60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m＝4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R＝600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)
解析：设炮弹上升到达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律，有
v＝2gH
设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v1，另一块的速度为v，根据动量守恒定律，有
mv1＝(M－m)v
设质量为m的弹片运动的时间为t，根据平抛运动规律，有
H＝gt2
R＝v1t
炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能
Ek＝mv＋(M－m)v2
解以上各式得Ek＝
代入数值得Ek＝6.0×104 J.
答案：6.0×104 J
图1－4－11
12．在光滑水平桌面上，有一长为l＝2 m的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量mC＝5 kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA＝1 kg，mB＝4 kg，开始时A、B、C都静止，并且A、B间夹有少量的塑胶炸药，如图1－4－11所示．炸药爆炸使得A以6 m/s的速度水平向左运动，如果A、B与C间的摩擦可忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略．求：
(1)当两滑块都与挡板相撞后，板C的速度是多大？
(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板的位移大小和方向如何？
解析：爆炸中A、B相互作用，系统满足动量守恒，A、B分离后以不同速率滑向挡板，A先到达挡板与C作用，发生完全非弹性碰撞，之后C与B有相对运动，直到碰撞为止，整个过程满足动量守恒．
(1)设向左的方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有：
mAvA＋mBvB＝0得vB＝－1.5 m/s(负号表示方向)
对A、B、C组成的系统，开始时静止，由动量守恒有(mA＋mB＋mC)vC＝0得vC＝0，即最终木板C的速度为0.
(2)A先与C相碰，由动量守恒：
mAvA＝(mA＋mC)v共
所以v共＝1 m/s
从炸药爆炸到A、C相碰的时间：t1＝＝ s，
此时B距C的右壁sB＝－vBt1＝0.75 m，设再经过t2时间B与C相碰，则
t2＝＝0.3 s，故C向左的位移
ΔsC＝v共t2＝1×0.3 m＝0.3 m.
答案：(1)0 (2)0.3 m，方向向左1．(单选)关于动量，以下说法正确的是( )
A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化
B．单摆的摆球每次经过最低点时的动量均相同
C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变
D．平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
解析：选D.做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，故动量时刻变化，A错；单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B错；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C错；平抛运动物体在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D正确．
2．(单选)下面关于物体动量和冲量的说法不正确的是( )
A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体动量变化量的方向，就是它所受合外力的冲量方向
D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快
解析：选A.由Ft＝Δp知，Ft越大，Δp越大，但动量不一定大，它还与初状态的动量有关；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向相同．由F＝知，物体所受合外力越大，动量变化越快．
3．(双选)质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中( )
A．上升过程和下落过程中动量的变化均为mv0，但方向相反
B．整个过程中重力的冲量大小为2mv0
C．整个过程中重力的冲量为0
D．上升过程重力的冲量大小为mv0，方向向下
解析：选BD.某个力的冲量等于这个力与作用时间的乘积，也可用过程中动量变化来表示．
4．(单选)甲、乙两船静止在湖面上，总质量分别是m1、m2，两船相距s，甲船上的人通过绳子，用力F拉乙船，若水对两船的阻力大小均为f，且fA．甲船的动量守恒
B．乙船的动量守恒
C．甲、乙两船的总动量守恒
D．甲、乙两船的总动量不守恒
解析：选C.甲、乙每只小船所受的合外力不为零，动量不守恒，而对于甲、乙两船组成的系统所受的合外力为零，总动量守恒．
5．(2011年高考四川卷)随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．一货车严重超载后的总质量为49 t，以54 km/h的速率匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5 m/s2(不超载时则为5 m/s2)．
(1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？
(2)若超载货车刹车时正前方25 m处停着总质量为1 t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？
解析：(1)设货车刹车时速度大小为v0、加速度大小为a，末速度大小为vt，刹车距离为s
s＝
代入数据，得超载时s1＝45 m，若不超载s2＝22.5 m.
(2)设货车刹车后经s′＝25 m与轿车碰撞时的初速度大小为v1
v1＝①
设碰撞后两车共同速度为v2、货车质量为M、轿车质量为m，由动量守恒定律
Mv1＝(M＋m)v2②
设货车对轿车的作用时间为Δt、平均冲力大小为，由动量定理Δt＝mv2③
联立①②③式，代入数据得
＝9.8×104 N.
答案：(1)45 m 22.5 m (2)9.8×104 N
一、单项选择题
1．对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是( )
A．物体的动量发生变化，其动能一定变化
B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化
C．物体的动能不变，其动量不变
D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化
解析：选B.动量p＝mv，是矢量，速度v的大小或方向发生变化，动量就变化；而动能只在速率改变时才发生变化，故选项B正确，A、C、D均错．
2．一质量为m的物体做匀速圆周运动，线速度大小为v，当物体从某位置转过周期时，动量改变量的大小为( )
A．0 B．mv
C.mv D．2mv
解析：
选C.物体做匀速圆周运动时，动量大小不变，但方向在发生变化，故计算动量变化Δp时应使用平行四边形定则，如图所示，设p为初动量，p′为末动量，而由于p、p′大小均为mv，且p′与p垂直，则Δp大小为mv.选项C正确．
3．用水平力F拉静止在地面上的桌子，作用了t时间，但桌子未动．则力F对桌子所做的功及在时间t内的冲量分别为( )
A．0，Ft B．0,0
C．均不为零 D．无法确定
解析：选A.由功的定义知，在力F的方向上无位移，故做功为零；由冲量的定义知，力F不为零，作用时间为t，故力F的冲量为Ft.应选A.
4.
图1－2－8
如图1－2－8所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中( )
A．重力的冲量相同
B．弹力的冲量相同
C．合力的冲量相同
D．以上说法均不对
解析：选D.设物体质量为m，沿倾角为θ的斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律，有mgsinθ＝ma.设物体开始下滑时高度为h，根据初速度为零的匀加速直线运动的位移公式，可得物体下滑的时间为t＝＝.下滑过程中重力的冲量为Iθ＝mgt＝mg.同理可得，物体沿倾角为α的光滑斜面下滑过程中重力的冲量为Iα＝mg，因为θ≠α，所以Iθ≠Iα，选项A错误；力的冲量是矢量．两个矢量相同，必须大小和方向都相同．因该题中θ≠α，故弹力的方向和合力的方向都不同，弹力的冲量的方向和合力的冲量的方向也不同，选项B、C错误；综上所述，该题答案为D.
5.
图1－2－9
如图1－2－9所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则( )
A．木块的最终速度为v0
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．车表面越粗糙，小车获得的动量越多
解析：选A.木块和小车间存在摩擦，为内力，系统所受合外力为零，动量守恒，由mv0＝(M＋m)v，可知木块和小车最终有共同速度v＝.车面越粗糙，滑动摩擦力越大，但木块减少的动量和小车增加的动量不变．
6.
图1－2－10
如图1－2－10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车时相对于地面水平速度相同．他跳到a车上时，相对于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．三辆车的速率关系是vc>va>vb
D．a、c两车运动方向相同
解析：选C.设小孩的质量为m，平板小车的质量为M，小孩跳离c车和b车时相对地面水平速度为v，则根据动量守恒定律，得：
小孩跳离c车：0＝mv＋Mvc①
小孩跳上b车：mv＝(m＋M)v′②
小孩跳离b车：(m＋M)v′＝mv＋Mvb③
小孩跳上a车：mv＝(m＋M)va④
由①式可得，c车的速度vc＝－v，
由②③式可得，b车的速度vb＝0，
由④式可得，a车的速度va＝v.
所以C项正确．
二、双项选择题
7．下列说法中正确的是( )
A．物体的动量改变，一定是物体的速率改变
B．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
C．物体的运动速度改变，其动量一定改变
D．物体的加速度不变(不为0)，其动量一定不变
解析：选BC.A中物体的速率变化了是指物体速度大小的变化，是标量，而动量变化是矢量，故A错误；据动量p＝mv知，动量的方向与速度的方向相同，所以B正确；据定义式知，速度改变，则动量必改变，故C正确．物体的加速度不变，则物体做匀变速运动，速度一定要变化，因而动量要变化，所以动量一定不变是错误的．
8．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：选AC.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．
9.
图1－2－11
如图1－2－11所示，水平面上有两个木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的压缩轻弹簧，烧断细绳后，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∶2
B．速度大小之比为2∶1
C．通过的路程之比为2∶1
D．通过的路程之比为1∶1
解析：选BC.以两木块及弹簧为研究对象，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f1＝μ1m1g，f2＝μ2m2g.因此系统所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，即满足动量守恒定律条件．
设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度分别为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项错误．
则两物体的速度大小之比为：＝＝.故B项正确．由于木块通过的路程正比于其速度，两木块通过的路程之比＝＝.故C项正确，D项错误．
10.
图1－2－12
如图1－2－12所示，两个带同种电荷的小球A和B，A、B的质量分别为m和2m，开始时将它们固定在绝缘的光滑水平面上保持静止．A、B的相互作用力遵循牛顿第三定律，现同时释放A、B，经过一段时间，B的速度大小为v，则此时( )
A．A球的速度大小为
B．A球的动量大小为mv
C．A球与B球的动量大小之比一直为1∶1
D．A球的动能为2mv2
解析：选CD.A、B两带电小球被释放后，其构成的系统动量守恒，由mv′＝2mv，可得v′＝2v，故A错；A球动量为2mv，B错；因A、B两带电小球被释放后动量一直守恒，因此A球与B球的动量一定是大小相等方向相反，存在数值上的1∶1的关系，C正确；A球的动能EkA＝mv′2＝m(2v)2＝2mv2，D正确．应选C、D.
三、非选择题
11．在水平力F＝30 N的作用力下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)
解析：法一：用动量定理解，分段处理．
选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，始态速度为零，终态速度为v.取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有：
(F－μmg)t1＝mv－0，
对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，始态速度为v，终态速度为零．根据动量定理有：
－μmgt2＝0－mv.
以上两式联立解得：
t2＝t1＝×6 s＝12 s.
法二：用动量定理解，研究全过程．
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．
取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得：t2＝t1＝×6 s＝12 s.
答案：12 s
图1－2－13
12．如图1－2－13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，木块A与B分开后，B的速度为vB，由动量守恒定律得
(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB，mBvB＝(mB＋mC)v
联立解得B与C碰撞前B的速度vB＝v0.
答案：v0(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．下列几种物理现象的解释中，正确的是( )
A．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻
B．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．在推车时推不动是因为推力的冲量为零
D．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来
解析：选D.砸钉子时不用橡皮锤，一是因为橡皮锤太轻，动量改变量小，二是因为缓冲时间长，从而导致作用力小，故A错误；跳高时在沙坑里填沙，是为了增大力的作用时间，从而减小作用力，B错误；推车时推不动，是由于合力的冲量为零，但推力的冲量不为零，故C错误；由动量定理知，动量相同的两个物体受到相同的制动力，将同时停下来，D正确.
图1－4
2．如图1－4所示，一铁块压着一张纸条放在水平桌面上，当以较大速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为( )
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
解析：选B.纸条抽出的过程，铁块所受的摩擦力一定，以速度v抽出纸条，铁块所受的摩擦力的作用时间较长，铁块获得的速度较大，铁块平抛运动的水平位移较大；若以2v的速度抽出纸条，则铁块所受的摩擦力的作用时间较短，铁块获得的速度较小，平抛运动的水平位移较小，所以铁块落地点在P点左侧，正确选项为B.
3．一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，关于车、枪和子弹的说法正确的是( )
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．枪、车和子弹组成的系统动量守恒
D．若忽略摩擦，枪、车组成的系统动量近似守恒
解析：选C.由于枪被固定在车上，所以发射子弹过程中枪必然与车相互作用，即枪要受到车的作用力，故枪和子弹组成的系统动量不守恒，所以A项错误；因为枪与车作用是枪与子弹作用的结果，因此枪和车组成的系统动量也不守恒，即B项错误；D项中，由于枪与子弹的作用主要是火药爆炸后的推力，而不是摩擦力，因此即使忽略了摩擦力，枪和车组成的系统动量也不守恒，所以正确的只有C项．
4．质量M＝327 kg的小型火箭(含燃料)由静止发射，发射时共喷出质量m＝27 kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v＝1000 m/s.忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为( )
A．76 m/s B．82 m/s
C．90 m/s D．99 m/s
解析：选C.根据动量守恒定律：(M－m)v1＋mv2＝0，所以气体全部喷出后火箭的速度v1＝－＝－ m/s＝－90 m/s，大小为90 m/s，方向与喷出气体方向相反，C正确.
5.
图1－5
如图1－5所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为( )
A.，向东 B.，向东
C.，向东 D．v1，向东
解析：选D.人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒．设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系．初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M－m)v，因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变．人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1＝(M－m)v＋mv1，(M－m)v1＝(M－m)v，所以v＝v1，正确选项应为D.
6．A、B两球在光滑水平面上相向运动，已知mA>mB，当两球相碰后，其中一球静止，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的动量大于B的动量
解析：选C.A、B两球相向运动，当两球相碰后，其中一球停止，意味着另一球必然反向运动，若两球动量相等，根据动量守恒定律可知，一球停止运动，另一球也必然停止运动，A选项错误；若碰后A的速度为零，则B反弹，所以碰撞前系统总动量沿A球运动方向，碰前A球的动量较大，C选项正确；若碰后B的速度为零，则A反弹，所以碰撞前B球的动量较大，D选项错误．
二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，不选或有选错的得0分)
7．质量为2 kg的物体在水平面上做直线运动，若速度大小由4 m/s变成6 m/s，那么在此过程中，动量变化的大小可能是( )
A．4 kg·m/s B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s D．12 kg·m/s
解析：选AC.注意速度的方向，若两个速度同向则Δv＝2 m/s，若两个速度反向则Δv＝10 m/s，即可判断动量的变化可能为4 kg·m/s或20 kg·m/s.
图1－6
8．如图1－6所示，静止在光滑水平面上的物块A和B的质量分别为m和2m，它们之间用轻弹簧相连，在极短的时间内对物体A作用一个水平向右的冲量I，可知( )
A．物块A立刻有速度
B．物块B立刻有速度vB＝
C．当A与B之间的距离最小时，A的速度为零，B的速度为vB＝
D．当A与B之间的距离最小时，A与B有相同速度v＝
解析：选AD.受到冲量后A获得速度vA＝.由于弹簧瞬间过程中长度不变，B尚未受弹力的作用，速度仍为零．A、B之间距离最小时，A、B速度相等，由动量守恒可得共同速度v＝.
9.
图1－7
如图1－7所示，两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动，A球带电为－q，B球带电为＋2q，下列说法中正确的是( )
A．相碰前两球的运动过程中，两球的总动量守恒
B．相碰前两球的总动量随两球距离的逐渐减小而增大
C．相碰分离后的两球的总动量不等于相碰前两球的总动量，因为两球相碰前作用力为引力，而相碰后的作用力为斥力
D．相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统合外力为零
解析：选AD.碰撞前后两球之间存在的作用力是系统内力，合外力为零，故总动量守恒．本题侧重考查动量守恒定律的条件．
图1－8
10．如图1－8，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止平板车发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列情况中可能发生的是( )
A．小车、平板车、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和平板车的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和平板车的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，平板车的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
解析：选BC.小车与平板车碰撞时间极短，因此悬线仍处于竖直方向上，摆球在水平方向上不受力，所以摆球水平方向的动量不变，即速度不变，故选项A和D不正确．由于碰撞过程中，摆球悬线竖直，且水平面光滑，因此小车与平板车在碰撞过程中动量守恒．但由于碰后小车与平板车的运动状态不确定，因而应有小车与平板车碰撞后分开和不分开两种可能性．若碰撞后小车与平板车分开，设小车速度为v1，平板车速度为v2，由动量守恒定律有：Mv＝Mv1＋mv2，所以B选项正确．若碰撞后小车与平板车不分开，设共同速度为v1，由动量守恒定律有Mv＝(M＋m)v1，所以C项正确．
三、实验题(本题共2小题，每小题6分，共12分．将答案填在题中的横线上)
图1－9
11．气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图1－9所示，采用的实验步骤如下：
a．松开手的同时，记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰到C、D挡板时计时器结束计时，分别记下A、B到达C、D的运动时间t1和t2.
b．在A、B间水平放入一个轻弹簧，用手压住A、B使弹簧压缩，放置在气垫导轨上，并让它静止在某个位置．
c．给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平．
d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1，B的右端至D板的距离L2.
(1)实验步骤的正确顺序是______________．
(2)实验中还需要的测量仪器是________________________________________________________________________；
还需要测量的物理量是________________________________________________________________________．
(3)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________．
(4)实验中弹簧与A、B滑块之间是粘连好还是不粘连好？
____________.理由是________________________________________________________________________．
答案：(1)cbda (2)天平 A、B两滑块的质量M1、M2
(3)M1＝M2
(4)粘连好 可以避免因漏记弹簧的动量而带来较大的实验误差
12．(2011年高考北京卷)如图1－10，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
图1－10
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．
接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM，ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________(用(2)中测量的量表示)；
若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________(用(2)中测量的量表示)．
答案：(1)C (2)ADE或DEA或DAE (3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2
四、计算题(本题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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)
13．(8分)如图1－11甲所示，物体A、B的质量分别是6 kg和10 kg，用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁接触，另有一物体C从t＝0时刻起水平向左运动，在t＝3 s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度一起向左运动．物块C的速度－时间图象如图乙所示．求：弹簧压缩过程中系统具有的最大弹性势能．
图1－11
解析：由图象知：vC＝6 m/s，vAC＝2 m/s
根据动量守恒定律：mCvC＝(mA＋mC)vAC
∴mC＝3 kg
A、C压缩弹簧的过程中，动能转化为弹性势能，则
Epm＝(mA＋mC)v＝×(6＋3)×22 J＝18 J.
答案：18 J
14．(10分)蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并在空中做各种动作的运动项目．一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面 5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为 1.2 s．若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．(g 取10 m/s2)
解析：法一：运动员刚接触网时速度的大小为
v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向竖直向下．
刚离开网时速度的大小为v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向竖直向上．
运动员接触网的过程中，网的作用力为F，规定竖直向上为正方向，根据动量定理得：
(F－mg)t＝mv2－(－mv1)
解得：F＝＋mg＝ N＋60×10 N＝1.5×103 N，方向竖直向上．
法二：运动员从3.2 m高处自由下落的时间为：
t1＝ ＝ s＝0.8 s
运动员刚离开网弹回5.0 m高处所用的时间为：
t2＝ ＝ s＝1 s
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2 s时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理得：F·t3－mg(t1＋t2＋t3)＝0
解得F＝mg＝×60×10 N＝1.5×103 N，方向竖直向上．
答案：1.5×103 N
15．(10分)如图1－12所示，质量均为M的小车A、B，B车上挂有质量为的金属球C，C球相对于B车静止，其悬线长0.4 m，若两车以相同的速率1.8 m/s在光滑平面上相向运动，相碰后连在一起(碰撞时间很短)，则：
图1－12
(1)C球摆到最高点时的速度多大？
(2)C球向上摆动的最大高度是多少？
解析：由于A、B两车碰撞时间极短，所以在A、B相碰获得共同速度的过程中，球C的状态认为不变．
(1)由于在A、B碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，在随后C球摆动的过程中A、B、C组成的系统总动量也守恒，则对A、B、C组成的系统全过程动量均守恒，以碰前A的速度方向为正方向，得
Mv－(M＋m)v＝(2M＋m)v2
解得C球摆到最高点时的速度为v2＝－0.2 m/s，即方向水平向左．
(2)从A、B碰撞结束到C球摆到最高点的过程中，对A、B、C组成的系统机械能守恒
×v2－(2M＋)v＝gh
解得h＝0.144 m.
答案：(1)0.2 m/s，方向水平向左 (2)0.144 m
16．(12分)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为6 m/s.甲车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量为M1＝50 kg，乙和他的车总质量为M2＝30 kg，甲不断地将小球以16.5 m/s的对地水平速度抛向乙，并被乙接住．问甲至少要抛出多少个球才能保证两车不相撞？
解析：扔完n个球后甲车的速率为v1′，乙车接住n个球后速率变为v2′，甲、乙不相撞的一个必要条件是v1′与v2′同向．设与v1(甲原来的方向)同向，且v1′≤v2′.以甲和乙及车的整体为研究对象，由动量守恒有(以甲原来的运动方向为正)M1v1－M2v2＝(M1－nm)v1′＋(M2＋nm)v2′
临界条件为v1′＝v2′
代入上式可得v1′＝＝ m/s＝1.5 m/s
再以甲车及其车上的球为对象，由动量守恒有
M1v1＝(M1－nm)v1′＋nmv0
解得n＝＝＝15(个)．
答案：15图1－5－4
1．(单选)如图1－5－4所示，质量为m、速度为v的子弹水平击中用细绳悬挂的静止木块，并留在其中．从子弹击中木块到它们一起摆动上升的整个过程中，以子弹和木块为系统，下面有关动量和机械能的说法中正确的是( )
A．动量守恒
B．动量、机械能都守恒
C．机械能守恒
D．动量和机械能都不守恒
解析：选D.子弹射击木块的过程，动量守恒而机械能不守恒；子弹和木块一起摆动上升的过程，机械能守恒而动量不守恒．
图1－5－5
2．(单选)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，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图1－5－5所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( )
A．1.5 m B．1.2 m
C．1.34 m D．1.1 m
解析：选C.船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则s0＝v0t.
撤去缆绳，由动量守恒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s1＝v1t＝ s0≈1.34 m，C正确．
3．(单选)当物体克服重力做功时，物体的( )
A．重力势能一定减少，机械能一定增加
B．重力势能一定增加，机械能一定增加
C．重力势能一定增加，动量可能不变
D．重力势能一定减少，动能可能减少
解析：选C.物体克服重力做功，只能断定物体的重力势能增加，由于不知道物体的运动情况，不能确定动能、机械能、动量是否变化，以及怎样变化．
4．(单选)如图1－5－6所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁．现让一个小球自左端槽口A的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从A点进入槽内，则以下说法正确的是( )
图1－5－6
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒
C．小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒
D．小球离开槽右侧最高点以后，将做竖直上抛运动
解析：选C.小球的机械能有一部分转移给了半圆形槽，因此除重力对小球做功外，半圆形槽对小球的弹力也对小球做了功(负功)，故A错．整个系统不存在机械能损失，故B错．当小球过槽的最低点后，槽就离开墙向右加速运动，系统水平方向不受外力作用，故C对．小球离开槽右侧最高点时，有一个随槽的向右的水平分速度，小球飞出后做斜抛运动，故D错．
图1－5－7
5．(2011年高考新课标全国卷)如图1－5－7，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为0.求弹簧释放的势能．
解析：设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
3mv＝mv0
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得
3mv＝2mv1＋mv0
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
(3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv
由以上三式得弹簧所释放的势能为
Ep＝mv.
答案：mv
一、单项选择题
1．下列论述中错误的是( )
A．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变
B．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变
C．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的
D．动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的
解析：选B.由动量守恒定律可知，相互作用的各个物体在相互作用前后的动量有可能不同，而各个物体的动量之和是不变的.
图1－5－8
2．如图1－5－8所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m.现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是( )
A．B球动能的最大值是mv/2
B．B球动能的最大值是mv/8
C．系统动能的最小值是0
D．系统动能的最小值是mv/8
解析：选A.当两球发生完全弹性碰撞时，A球静止，B球的动能最大，A正确，B错误；当两球相碰后共同运动时，损失的能量最多，系统动能最小，系统动能的最小值是mv，C、D错误．
图1－5－9
3．如图1－5－9所示，一轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点，今使一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C点静止，A、C间距离为s；若将小物体系在弹簧上，在A点由静止释放，则小物体将做阻尼振动到最后静止．设小物体通过总路程为l，则下列关系式正确的是( )
A．l>s B．l＝s
C．l解析：选D.由于摩擦，物体最后静止的位置可能在B点也可能在B点的左侧或右侧，在题述两个过程中，弹簧的弹性势能的减少将转化为因摩擦而增加的内能，若物体最后静止在B点，则ΔE减＝ΔE增，得E弹＝Q热＝μmgs①
若物体最后静止在B的左侧或右侧：ΔE减＝ΔE增，得
E弹＝E弹′＋μmgl②
其中E弹′是物体静止后弹簧还具有的弹性势能．由①②式得μmgs＝μmgl＋E弹′
总之，当物体最后静止在B点时，s＝l；当物体最后不是静止在B点时，l4．一木块静止在光滑水平面上，被水平方向飞来的子弹击中，子弹进入木块的深度为2 cm，木块相对于桌面移动了1 cm，设木块对子弹的阻力恒定，则产生的热能和子弹损失动能之比是( )
A．1∶1 B．2∶3
C．1∶2 D．1∶3
解析：选B.子弹损失的动能等于子弹克服阻力所做的功，子弹的位移为打入深度为d与木块移动距离L之和，有
ΔEk＝f(d＋L)．①
产生的热能为
Q＝fd.②
解式①②，得
＝＝.
5．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都是m，现B球静止，B球与一轻弹簧相连接，A球向B球运动，发生正碰，已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则碰前A球速度等于( )
A. B.
C．2 D.
解析：选C.碰撞过程动量守恒，两球组成的系统机械能守恒，压缩到最紧时两球速度相等，则有
mv0＝2mv①
mv－(2m)v2＝Ep②
由①②式解得碰前A的速度
v0＝2.
6．某一物体以60 J的初动能从A点被竖直上抛，在它上升到某一高度时，动能损失了30 J，而机械能损失了10 J，则该物体落回A点时的动能为(设空气阻力大小恒定)( )
A．50 J B．40 J
C．30 J D．20 J
解析：选D.据题意，物体在上升到某一高度时，动能损失了|ΔEk|＝30 J，机械能损失了|ΔE|＝10 J，由动能定理知，物体克服重力、空气阻力做的功总和为30 J．由功能原理可知，物体克服空气阻力做的功为10 J.
在物体上升到最高点的过程中，物体的动能损失为|ΔEk′|＝60 J，设其机械能的减少量为ΔE′，因为重力及空气阻力恒定，所以在上述的两个过程中，有
|ΔEk|＝mgs＋fs，|ΔE|＝fs
|ΔEk′|＝mgh＋fh，|ΔE′|＝fh
所以＝
代入数据，得|ΔE′|＝20 J.
物体在上升过程与下降过程中，克服空气阻力做的功相等，所以在全过程中的机械能损失为2|ΔE′|，故物体在落回A点时的动能为Ek＝Ek0－2|ΔE′|＝20 J，选项D正确．
二、双项选择题
图1－5－10
7．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图1－5－10所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长( )
A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关
D．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功
解析：选AC.环与板的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，A对B错；新的平衡位置为环和板的总重力与弹簧的弹力大小相等的位置，显然与h的大小无关，C项正确；碰后环与板一起下落的过程，环与板的机械能的减少等于克服弹簧的弹力所做的功，D错．
图1－5－11
8．如图1－5－11所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态．物体A的质量为m，物体B的质量为M，且M >m.现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次伸长到最长的过程中(弹簧始终在弹性限度范围内)( )
A．B的动量变化量的大小等于A的动量变化量的大小
B．当A的动能最大时，B的动能也最大
C．F1和F2做的总功为零
D．弹簧第一次最长时，A和B的总动能最大
解析：选AB.A、B以及弹簧组成的系统，水平方向上动量守恒，所以任何时刻A、B动量变化的大小相等，但A、B动量变化的方向相反，F1、F2都做正功，故C选项错误．当弹簧拉力跟F1或F2相等时，A、B的动能最大．
9．以初速度v0竖直向上抛一个质量为m的小球，小球运动过程中所受阻力f大小不变，上升最大高度为h，则抛出过程中，人手对小球做的功为( )
A.mv B．mgh
C.mv＋mgh D．mgh＋fh
解析：选AD.应用动能定理，抛出球时手对球做的功应等于小球出手时的动能，即W＝mv，故A正确．从小球抛出到上升到最高点，重力与阻力对小球均做负功，根据动能定理得－mgh－fh＝0－mv，W＝mv＝mgh＋fh，故D正确．
图1－5－12
10．如图1－5－12所示，质量为M的L形物体，静止在光滑的水平面上，物体的AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC是水平面，将质量为m的小滑块从A点静止释放沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平面BC之间的D点，则( )
A．滑块从A到B，物体与滑块组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．滑块从A到D，物体与滑块组成的系统动量守恒，能量守恒
C．滑块从B到D，物体与滑块组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．滑块滑到D点时，物体的速度为零
解析：选CD.滑块从A到B或从A到D的过程，水平方向动量守恒．由动量守恒定律可知，系统初状态的动量为零，最终状态动量也应为零．
三、非选择题
11．两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上．A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图1－5－13所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度．
图1－5－13
解析：设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和v1，由机械能守恒和动量守恒得
mgh＝mv2＋M1v①
M1v1＝mv②
设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为v2，由机械能守恒和动量守恒得
mgh′＋(M2＋m)v＝mv2③
mv＝(M2＋m)v2④
联立①②③④式得
h′＝h.
答案：h
12．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)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，设均为v0，由机械能守恒有
mAgH＝mAv20①
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，由动量守恒有
mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2②
由于两球碰撞过程中能量守恒，故
mAv20＋mBv20＝mAv21＋mBv22③
联立②③式得
v2＝v0④
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.
答案：2H1．(双选)两个物体发生碰撞( )
A．碰撞中一定产生了内能
B．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变
C．碰撞过程中，系统的总动能可能增大
D．碰撞过程中，系统的总动能可能减小
解析：选BD.若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加．所以正确选项为B、D.
2．(双选)碰撞现象的主要特点有( )
A．物体相互作用时间短
B．物体相互作用前速度很大
C．物体相互作用后速度很大
D．物体间相互作用力远大于外力
解析：选AD.碰撞过程发生的作用时间很短，作用力很大，远大于物体受到的外力，与物体作用前及作用后的速度大小无关．
3．(单选)下列属于弹性碰撞的是( )
A．钢球A与钢球B
B．钢球A与橡皮泥球B
C．橡皮泥球A与橡皮泥球B
D．木球A与钢球B
解析：选A.钢球A与钢球B发生碰撞，形变能够恢复，属于弹性碰撞，A对；钢球A与橡皮泥球B、橡皮泥球A与橡皮泥球B碰撞，形变不能恢复，即碰后粘在一起，是完全非弹性碰撞，B、C错；木球A与钢球B碰撞，形变部分能够恢复，属于非弹性碰撞，D错．
4．(双选)下列说法正确的是( )
A．两小球正碰就是从正面碰撞
B．两小球斜碰就是从侧面碰撞
C．两小球正碰就是对心碰撞
D．两小球斜碰就是非对心碰撞
解析：选CD.两小球碰撞时的速度沿着球心连线方向，称为正碰，即对心碰撞；两小球碰前的相对速度不在球心连线上，称为斜碰，即非对心碰撞．
5．质量为1 kg的A球以3 m/s的速度与质量为2 kg的B球发生碰撞，碰后两球以1 m/s的速度一起运动．则两球的碰撞属于________类型的碰撞，碰撞过程中损失了________J动能．
解析：由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为ΔEk＝mAv－(mA＋mB)v2＝(×1×32－×3×12) J＝3 J.
答案：完全非弹性碰撞 3
一、单项选择题
1．下列关于碰撞说法不正确的是( )
A．自然界中的碰撞都是有害的
B．人们利用碰撞可以实现好多有益的物理过程
C．科学家利用高能粒子的碰撞发现新粒子
D．人们研究碰撞是为了利用有益的碰撞，避免有害的碰撞
答案：A
2．在教材“实验与探究”中的实验中，下列说法不正确的是( )
A．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长
B．由静止释放小球以便较准确计算小球碰前的速度
C．两小球必须都是刚性球，且质量相同
D．两小球碰后可以合在一起共同运动
解析：选C.两绳等长能保证两球正碰，以减小实验误差，所以选项A正确．由于计算碰撞前速度时速度为零便于观察和操作，所以选项B正确．本实验对小球的性能无要求，选项C错误．两球正碰后，有各种运动情况，所以选项D正确．
3.
图1－1－4
如图1－1－4所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前速度v离开．已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的应是( )
A．P的速度恰好为零
B．P与Q具有相同速度
C．Q刚开始运动
D．Q的速度等于v
解析：选B.P物体压缩弹簧，使P做减速运动而Q做加速运动，只要P物体的速度大于Q物体的速度，弹簧会被继续压缩．与两者速度相同时，弹簧被压缩至最短，所以选项B正确．
4．在公路上甲、乙两车相撞，发生了一起车祸，甲车司机的前胸受伤，乙车司机的后背受伤，则这起车祸可能出现的情况是( )
①两车同向运动，甲车在前，乙车在后，乙车撞上甲车
②两车同向运动，乙车在前，甲车在后，甲车撞上乙车
③乙车司机在前倒车，甲车在乙车的后面向乙车运动，撞上了乙车
④两车相向运动，来不及刹车，互相撞上了
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：选B.甲司机胸前受伤，说明车受到突然向后的力，车速突然减小；乙司机后背受伤，说明乙车速度突然增大，受到向前的力，即甲车从后面碰上乙车．
5.
图1－1－5
如图1－1－5甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s－t图线．已知m1＝0.1 kg，m2＝0.3 kg，由此可以判断：
①碰前m2静止，m1向右运动
②碰后m2和m1都向右运动
③碰撞过程中系统机械能守恒
④碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能
以上判断正确的是( )
A．①③ B．①②③
C．①②④ D．③④
解析：选A.由乙图可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故①是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即②错误；由乙图可以计算出碰前m1的速度v1＝4 m/s，碰后速度v＝－2 m/s，碰前m2的速度v2＝0，碰后速度v＝2 m/s，m2＝0.3 kg，碰撞过程中系统损失的机械能ΔEk＝m1v－m1v′－m2v′＝0，因此③是正确的，④是错误的．
二、双项选择题
6．关于碰撞的说法，正确的是( )
A．发生正碰的系统，总动能一定不变
B．发生正碰的系统，总动能可能减小
C．发生斜碰的系统，总动能一定减小
D．发生斜碰的系统，总动能可能不变
解析：选BD.无论是发生正碰还是斜碰，都有弹性碰撞和非弹性碰撞两种可能，故A、C选项错．
7.
图1－1－6
如图1－1－6所示，两个小球A、B发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是( )
A．小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到A球的边缘
B．小球A静止，另一个小球B沿着AB两球球心连线去碰A球
C．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时
D．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上
解析：选BD.根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度
的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以B、D项正确；A项不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足C项条件不一定能发生一维碰撞．故正确答案为B、D.
三、非选择题
8．在地上反复摔打一块泥巴，泥巴摔在地上是什么碰撞？为什么泥巴的温度会升高？
答案：泥巴摔在地上不反弹是完全非弹性碰撞，损失的机械能转化为内能使之温度升高．
9.
图1－1－7
小球A、B的质量均为m，A球用轻绳吊起，B球静止放于水平地面上．现将小球A拉起h高度由静止释放，如图1－1－7所示．小球A摆到最低点与B球发生对心碰撞后粘在一起共同上摆．不计两小球相互碰撞所用时间，忽略空气阻力作用，碰后两小球上升的最大高度为，则在两小球碰撞过程中，两小球的内能一共增加了多少？
解析：两球发生完全非弹性碰撞，动能损失转化为内能．
碰撞之前的动能等于A球原来的重力势能mgh，碰撞之后系统的动能等于A、B共同的动能即上升到最大高度处的重力势能2＝，所以系统损失的动能为mgh－＝.由能量守恒定律知系统损失的动能等于碰撞中两小球的内能增量，即两小球的内能一共增加了.
答案：1．(双选)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．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
解析：选AD.光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒．
选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的．
选项B，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，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能．
选项C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，选项C不可能．
选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的．
2．(双选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰．碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选AB.要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的1/9，则其速度大小仅为原来的1/3.两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．
当以A球原来的速度方向为正方向时，则
vA′＝±v0，
根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有
mv0＋0＝m×v0＋2mvB′，
mv0＋0＝m×＋2mvB″.
解得：vB′＝v0，vB″＝v0.
3．(单选)在高速公路上发生一起交通事故，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的向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率( )
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：选A.设卡车碰前的速率为v卡，由于碰后两者一起向南运动一段距离，由动量守恒定律可知：m客v客>m卡v卡，所以1500×20>3000v卡，解得v卡<10 m/s.
4．(单选)质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须发射子弹的数目为(子弹留在木块内)( )
A. B.
C. D.
解析：选C.设须发射数目为n，以v1为正方向，由动量守恒定律，得Mv1－n·mv2＝0，所以n＝，故选C.
图1－3－10
5．(2010年高考山东卷)如图1－3－10所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？
解析：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′，①
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2，②
设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得
2mv′－mv2＝mv″，③
为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0，④
联立①②③④式得1.5v2答案：1.5v2一、单项选择题
图1－3－11
1．如图1－3－11所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m，放在光滑水平面上，一质量也是m的铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将( )
A．以速度v做平抛运动
B．以小于v的速度做平抛运动
C．静止于车上
D．自由下落
解析：选D.由动量守恒：mv＝mv1＋mv2，由机械能守恒：mv2＝mv＋mv，解得v1＝0，v2＝v，故D正确．
2．质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA＝9 kg·m/s，B球的动量为pB＝3 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s
B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s
C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s
D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s
解析：选A.以A、B为系统，系统所受合外力为零，A、B组成的系统动量守恒，即pA′＋pB′＝pA＋pB＝9 kg·m/s＋3 kg·m/s＝12 kg·m/s，故先排除D项．
A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即
EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′，
EkA＋EkB＝＋
＝＝，
EkA′＋EkB′＝＋.
将A、B、C三项代入可排除C项．
A、B选项表明碰撞后两球的动量均为正值，即碰后两球沿同一方向运动，后面A球的速度应小于或等于B球的速度，即vA′≤vB′，因此又可排除B项，所以该题的正确选项为A.
3．甲、乙两铁球质量分别是m1＝1 kg、m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6 m/s、v2＝2 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )
A．v′1＝7 m/s，v′2＝1.5 m/s
B．v′1＝2 m/s，v′2＝4 m/s
C．v′1＝3.5 m/s，v′2＝3 m/s
D．v′1＝4 m/s，v′2＝3 m/s
解析：选B.选项A和B均满足动量守恒条件，但选项A碰后总动能大于碰前总动能，选项A错误，B正确；选项C不满足动量守恒条件，错误；选项D满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选项D错误．
4.
图1－3－12
(2010年高考福建卷)如图1－3－12所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
解析：选B.因系统受合外力为零，根据系统动量守恒可知最终两个物体以相同的速度一起向右运动，故B正确．
5．质量为M的小车在光滑的水平地面上以速度v0匀速向右运动，当车中的沙子从底部的漏斗中不断流下时，小车的速度将( )
A．减小 B．不变
C．增大 D．无法确定
解析：选B.本题中小车与沙子组成的系统仅在水平方向上动量守恒．因沙子从车上漏出前在水平方向有速度为v0，故沙子漏出后做平抛运动，水平方向的速度为v0.由动量守恒定律得，小车的速度仍为v0，即不变．
图1－3－13
6．如图1－3－13所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块，都以v＝4 m/s的初速度朝相反的方向运动，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( )
A．做加速运动 B．做减速运动
C．做匀速运动 D．以上运动都有可能
解析：选A.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′.
则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.
v2＝
＝ m/s
＝0.8 m/s.
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动．
二、双项选择题
7．关于动量守恒定律，下列说法错误的是( )
A．系统满足动量守恒条件时，不仅作用前后总动量不变，就是作用过程中任何时刻总动量也不变
B．动量守恒定律与牛顿运动定律一样仅适用于宏观、低速的物体
C．动量守恒定律仅适用于正碰而不适用于斜碰的物体系统
D．大到天体，小到微观粒子，无论相互作用的是什么力，动量守恒定律都适用
解析：选BC.正确理解动量守恒定律与牛顿运动定律的区别是求解关键．
8．(2011年建湖高二检测)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的运动方向反向，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和p2，则必有( )
A．E1p0
C．E2>E0 D．p2>p0
解析：选AD.钢球1与钢球2碰撞，满足动量守恒定律，则p0＝－p1＋p2，所以p2＝p0＋p1，又因碰撞中能量不增加，故p1p0，D对；碰撞过程动能不增加，则E0≥E1＋E2，又E2≠0，故E19．一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发现小车向左移动．若( )
A．两人质量相等，则必定是v甲>v乙
B．两人质量相等，则必定是v乙>v甲
C．两人速率相等，则必定是m甲>m乙
D．两人速率相等，则必定是m乙>m甲
解析：选AC.取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒．由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量．当两人质量相等时，必定是v甲>v乙，所以选项A正确，B错误．若两人速率相等，则必定是m甲>m乙，所以选项C正确，D错误．
10.
图1－3－14
如图1－3－14所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0，如果两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．m1、m2系统动量不守恒
B．弹簧最长时，其弹性势能为m2v
C．m1、m2速度相同时，共同速度为
D．m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒
解析：选CD.两球组成系统所受合力为零，则动量守恒，包含弹簧在内的系统在整个过程中没有能量损失故机械能守恒．当弹簧伸长最长时两小球速度相同．
三、非选择题
图1－3－15
11．如图1－3－15所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；
(2)射入的过程中，系统机械能的损失．
解析：因子弹未射出，故此时子弹与木块的速度相同，而系统的机械能损失为初、末状态系统的动能之差．
(1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv＝(M＋m)v′，①
二者一起沿地面滑动，前进的距离为s，由动能定理得：
μ(M＋m)gs＝(M＋m)v′2，②
由①②两式解得：s＝.
(2)射入过程中的机械能损失
ΔE＝mv2－(M＋m)v′2，
解得：ΔE＝.
答案：(1) (2)
12.
图1－3－16
(2010年高考天津理综卷)如图1－3－16所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h/16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.
解析：设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有mgh＝mv
得v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mg＝mv
得v1′＝
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv1＝－mv1′＋5mv2
得v2＝
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小
f＝5μmg
设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定理，有
－ft＝0－5mv2
得t＝.
答案：