第1章 动量与动量守恒定律 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（教科版）

章末综合提升 章末检测 内容索引 一、知识网络构建 二、归纳整合提升 1．冲量、动量定理及其应用 (1)恒力的冲量可以用I＝Ft求解，也可以利用动量定理求解。 (2)在泥潭中运动时要注意受力分析，合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。 [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。求：(结果保留两位小数，g取10 m/s2) (1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量； [答案]　(1)4.75 N·s，方向竖直向下 (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)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量； [答案]　(2)6.10 N·s，方向竖直向上　 (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)－I＝0， 则泥潭对小球的冲量 I＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(＋0.4)N·s≈6.10 N·s， 方向竖直向上。 (3)泥潭对小球的平均作用力大小。 [答案]　(3)15.25 N (3)由I＝t2＝6.10 N·s得＝15.25 N。 2．解答动力学问题的三大观点 (1)三种思路的比较 观点 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 观点 特点分析 适用情况 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 观点 特点分析 适用情况 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定律(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，A球的质量为2m，B球的质量为9m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入A球，并留在其中，子弹与A球作用时间极短。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； [答案]　(1)mv　 (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)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。 [答案]　(2)mv0 (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， 即合外力对B球的冲量大小为mv0。 [点评]　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与一个物理过程始、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。 章末检测(一)　动量与动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 C 一、选择题(本大题共10个小题。在每小题所给的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。) 1．如图所示，质量为m的小球在水平面内做匀速圆周运动，细线长为L, 与竖直方向夹角为θ，线的拉力为F, 小球做圆周运动的角速度为ω， 周期为T，小球可视为质点，在时间内质点所受合力的冲量大小为(　　) A．0　　　　　　　　　　 B．F sin θ× C．2mωL sin θ D．2mωL 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据动量定理，则在时间内质点所受合力的冲量大小为I＝Δp＝2mv＝2mωL sin θ，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2．福建舰满载排水量8万余吨，是我国完全自主设计的首艘弹射型平直通长飞行甲板航母。它采用了具有世界领先水平的电磁弹射装置，设起飞过程中舰载机发动机的推力和电磁弹射器的推力恒定，阻力为总推力的20%，舰载机在水平弹射结束时达到起飞速度80 m/s。从舰载机开始运动到起飞的过程中(　　) A．舰载机动量最大时，加速度为零 B．舰载机水平方向的动量守恒 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C．阻力和电磁弹射器的推力和发动机的推力对舰载机做功之和等于舰载机动能的增加量 D．舰载机发动机的推力和电磁弹射器对舰载机的推力的冲量之和等于舰载机动量的增加量 答案：C 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 舰载机从开始运动到起飞过程中，受到舰载机发动机的推力、电磁弹射器的推力以及阻力作用，整个过程中舰载机发动机推力和电磁弹射器推力的合力始终大于阻力，所以动量最大时加速度不为零，舰载机水平方向动量不守恒，故A、B错误；根据动能定理，舰载机发动机推力、电磁弹射器推力以及阻力做功之和等于舰载机动能的增加量，根据动量定理，它们的冲量之和等于舰载机动量的增加量，故C正确，D错误。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3．水上滑梯项目在夏日给人们带来了清凉。某水上滑梯项目可简化为如图所示的模型：人从倾角为θ的滑梯顶端在细水流的冲击下由静止开始下滑，水流对人的作用力大小恒定且沿滑梯向下，经过t时间后人由滑梯底端进入水中，人在水中运动时，所受的浮力和阻力恒定，在水中速度减为零。已知人的质量为m，人可视为质点，重力加速度为g，不考虑空气阻力和人在滑梯上滑下时所受到的水的浮力。下列说法正确的是(　　) 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A．人在滑梯上运动过程中，滑梯对人的支持力的冲量方向垂直滑梯向上，大小为mgt sin θ B．整个过程中，人的动量大小一直增大 C．人在泳池里时，对水的作用力方向水平向左 D．若水流作用力减小，则人在滑梯上时重力对人的冲量大小大于mgt 答案：D 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 对人受力分析，可得人在滑梯上运动过程中，滑梯对人的支持力大小恒为mg cos θ，则滑梯对人的支持力的冲量大小为I＝mgt cos θ，故A错误；整个过程中，人的速度大小先增大后减小，则人的动量大小先增大后减小，故B错误；人在泳池里时，受到竖直向上水的浮力和水平向右水的阻力，则水对人的作用力方向大致沿右上方，所以人对水的作用力方向大致沿左下方，故C错误；若水流作用力减小，则人沿滑梯向下运动的时间大于t，所以人在滑梯上时重力对人的冲量大小大于mgt，故D正确。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4．一枚烟花弹(可视为质点)自水平地面斜向上方发射，在最高点时，爆裂成质量相等的甲、乙、丙三块(均可视为质点)，爆裂之后乙自静止做自由落体运动，丙沿烟花弹发射的路径回落至发射点。若忽略空气阻力，则爆裂瞬间甲与丙速率的比值为(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 13 14 15 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设烟花弹总质量为3m，发射时水平方向的分速度为v，方向向右。由题意可知，爆裂后乙沿水平方向速度为零，丙沿烟花弹发射的路径回落至发射点，根据运动的可逆性可知，爆裂后丙在水平方向的速度大小也为v，方向向左。设爆裂后甲在水平方向速度为v1，以向右为正方向，则爆裂瞬间，在水平方向上系统动量守恒，根据动量守恒定律有3mv＝－mv＋mv1 解得v1＝4v 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 爆裂时，甲、丙在竖直方向上分速度均为零，故爆裂时甲与丙速率的比值为＝4 故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5．2023年杭州亚运会，某运动员凭借完美的表现夺得10米台跳水比赛金牌，引起广泛关注。假设不计空气阻力，运动员从10米台跳下时初速度为零，若入水姿势正确，则从接触水面到速度为零下降距离约3米；若入水姿势不正确，则从接触水面到速度为零下降距离约1米，运动员在向下运动的过程中(　　) A．在空中重力的冲量与下降的距离成正比 B．入水姿势正确的情况下，在水中动量变化量小，受到水的冲击力小 C.入水姿势不正确的情况下，在水中动量变化率小，受到水的冲击力小 D．入水姿势正确的情况下，在水中动量变化率小，受到水的冲击力小 13 14 15 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 人在空中做自由落体运动，重力的冲量为IG＝mgt＝mg ＝m 故A错误；人在空中做自由落体运动，下降高度为h，入水前速度为v＝ 在空中用时 t1＝＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 在水中认为受水作用力F不变时可以看作匀减速运动下降d，水中用时为t2＝＝ 整个过程对人运用动量定理有mg(t1＋t2)－Ft2＝0 所以 F＝(＋1)mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 若入水姿势正确，d较大，人受到水的冲击力F较小，即人在水中动量变化率小；若入水姿势不正确，d较小，人受到水的冲击力F较大，即人在水中动量变化率大，故B、C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6．进入12月份，气温渐降，重庆一些地方降雪，许多市民兴致勃勃地参加一些滑雪、溜冰等游玩项目。如图所示，在水平冰面上，开始时人坐在滑板上，滑板上堆有两个完全相同的雪球，设人、滑板、雪球总质量为M，每个雪球质量为m。随后，人将两雪球先后水平向右抛出滑板，每个雪球离开滑板时相对滑板的速度都是v，滑板与冰面摩擦及空气阻力不计，则人抛出两雪球后，人、滑板整体的速度大小为(　　) 13 14 15 D A．v B．v C．v D．v 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 以水平向左为正方向，设抛出第一个雪球后，人、滑板整体的速度大小为v1，根据动量守恒定律得0＝(M－m)v1＋m(v1－v) 设抛出第二个雪球后，人、滑板整体的速度大小为v2，根据动量守恒定律得(M－m)v1＝(M－2m)v2＋m(v2－v) 联立解得 v2＝，故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7．如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　) 13 14 15 D A．A、B组成的系统动量守恒 B．A球运动到最低点时速度为 C．A球机械能减小了mgL D．A球运动到最低点时，细绳上的拉力大小为5mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A、B组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上受到细杆的弹力作用，所以A、B组成的系统动量不守恒，但A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，故A错误；A球运动到最低点时，根据A、B组成的系统在水平方向上动量守恒有mvA＝mvB 根据A、B组成的系统机械能守恒有mgL＝mv＋mv 联立解得，A球运动到最低点时速度为vA＝vB＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 故B错误；则A球减小的机械能为ΔE＝mgL－mv＝mgL，故C错误；A球运动到最低点时，A球相对于B球的速度为v＝2 根据牛顿第二定律有T－mg＝m 解得A球运动到最低点时，细绳上的拉力大小为T＝5mg，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8．光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为N，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是(　　) 13 14 15 AD A．N＝mg cos α B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动 C．此过程中斜面体向左滑动的距离为L D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力N≠mg cos α，故A错误。斜面体和滑块紧密接触，运动轨迹如图所示，滑块所受合力方向与运动轨迹一致，重力大小不变则支持力大小不变。斜面体所受滑块的压力大小不变，故斜面体所受的合力大小不变，斜面体向左 做匀加速直线运动，故B正确。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 滑块B的加速度有竖直向下的分量，系统在竖直方向上合外力不为0，则滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量不守恒；系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M－m＝0 即有Mx1＝mx2 又因为x1＋x2＝L 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解得x1＝ 故C正确，D错误。 题目要求选择不正确的，故选A、D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9．如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n(n＝1，2，3，…)。每人只有一个沙袋，x＞0一侧的每个沙袋质量为m＝14千克，x＜0一侧的每个沙袋质量m′＝10千克。一质量为M＝48千克的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行，不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，v的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍。(n是此人的序号数)。下列说法中正确的是(　　) 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A．空车出发后，车上堆积了2个沙袋时车就反向滑行 B．空车出发后，车上堆积了3个沙袋时车就反向滑行 C．车上最终有大小沙袋共10个 D．车上最终有大小沙袋共11个 答案：BD 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 空车出发后，车上堆积了n个沙袋时就反向滑行，说明车的速度由向右变为向左，于是可虚设一个中间状态v＝0，设抛第n个沙袋前车的速度为vn－1，则抛第n个沙袋的速度为2n(vn－1)，抛后小车速度为零，由动量守恒可得[M＋(n－1)m]vn－1－2nmvn－1＝0 解得n＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 因沙袋必须是整数，所以空车出发后堆积3个沙袋车就反向滑行，故A错误，B正确；再设向x负方向运行时虚设一中间状态v＝0，设抛n′个沙袋后车速为零，则由动量守恒定律得[M＋3m＋(n′－1)m′]vn′－1－2n′m′·vn′－1＝0 解得n′＝8 故车上最终有大小沙袋N＝n＋n′＝3＋8＝11个 故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10．如图所示，质量分别为m、4m的木块A、B静止在光滑水平面上，一轻质弹簧与B固定连接，一颗质量为m的子弹，以水平向右的速度v0射入木块A并停留其中，子弹和木块的作用时间极短，在此后的过程中，下列说法正确的是(　　) 13 14 15 BD A．子弹打入木块A后的瞬间，A、B和子弹的速度大小均为v0 B．弹簧的最大弹性势能为mv C．木块B的最大速度大小为v0 D．当弹簧恢复原长时，木块A的速度大小为v0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 子弹打入木块A的瞬间，B的速度为零，子弹与A组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv0＝2mv1 可得A的速度为v1＝，故A错误；当弹簧被压缩到最短时，A、B的速度相同，此时弹簧的弹性势能最大，子弹、A、B组成的系统动量守恒，则有2mv1＝(2m＋4m)v2 可得v2＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据系统机械能守恒有·2mv＝·6mv＋Ep 可得Ep＝mv，故B正确；当弹簧恢复原长时，B的速度最大，由动量和能量守恒 2mv1＝2mv3＋4mv4 ·2mv＝·2mv＋·4mv 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 可得木块B的最大速度大小为v4＝ A的速度为v3＝－ 即弹簧恢复原长时，木块A的速度大小为v0，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 二、非选择题(本题共5个小题。计算题需要写出必要的文字说明和具体的解题步骤。) 11．如图甲所示，用该装置验证动量守恒定律。实验时先让小球A从斜槽上某一固定位置C由静止释放，小球A从轨道末端水平抛出，落到水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把小球B放在水平轨道末端，将小球A仍从位置C由静止释放，小球A和小球B碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、P、N为三个落点的平均位置，O点是水平轨道末端在白纸上的竖直投影点，如图乙所示。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)本实验中，除刻度尺外，还需要的仪器是________。 A．秒表 B．交流电流表 C．打点计时器 D．天平 (1)实验中验证碰撞前后系统动量是否守恒，则需要测量小球的质量，需要天平，速度运用平抛运动的规律得出，由于下降的高度相同，速度正比于水平位移，只需要测出水平位移即可，则还需要刻度尺，则本实验中，除刻度尺外，还需要的仪器是天平，故选D。 13 14 15 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)为了完成本实验，下列必须要求的实验条件是，小球A的半径________小球B的半径，小球A的质量________小球B的质量。(均选填“大于”“小于”或“等于”) (2)为了防止入射小球碰后被反弹，应让入射小球A的质量大于被碰小球B的质量，且要使两者发生对心碰撞，应使入射小球A的半径等于被碰小球B的半径。 13 14 15 等于 大于 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)已知小球A、B的质量分别为m1、m2，O点到M、P、N三点的距离分别为OM＝x1，OP＝x2，ON＝x3，在实验误差允许范围内，若满足关系式m2x3＝________________(用题中涉及的物理量的符号表示)，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。 13 14 15 m1x2－m1x1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)想要验证两球碰撞前后的总动量守恒，需验证 m1v0＝m1v1＋m2v2 由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同，则有m1v0t＝m1v1t＋m2v2t 即m1x2＝m1x1＋m2x3 整理可得m2x3＝m1x2－m1x1。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12．某同学用如图所示的装置做“探究碰撞中的不变量”实验。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)关于滑块A、B的碰撞，下列说法正确的是________。 A．两个滑块碰撞前必须有一个静止 B．两个滑块碰撞后必须结合在一起 C．两个滑块碰撞后可结合在一起，也可分开 D．两滑块可以从整体静止到相互弹开 13 14 15 CD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)在验证碰撞过程中的动量守恒定律时，对两个滑块碰撞前后的速度没有要求，可以都是运动的，也可以其中一个是静止的，还可以两滑块从原来静止到相互分开；同时对碰撞后的速度也没有要求，可以碰后粘在一起，也可以碰撞后分开。故选C、D。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)已知滑块A的质量为mA，滑块B的质量为mB，遮光条的宽度均为d。实验中，滑块A从左向右通过光电门1后与静止的滑块B碰撞，碰后粘合成一体通过光电门2，遮光条A先后通过光电门1、2所对应的时间分别为 T1、T2，则碰前滑块A的速度为________，判断两滑块在此次碰撞过程中动量是否不变，需要比较两滑块在碰撞前的总动量________与碰撞后的总动量___________是否相等。(用题目中所给物理量字母表示) 13 14 15 mA (mA＋mB) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)碰前滑块A的速度为v1＝ 碰后粘合成一体通过光电门2时的速度为v2＝ 两滑块在碰撞前的总动量为p1＝mAv1＝mA 两滑块在碰撞后的总动量为p2＝(mA＋mB)v2＝(mA＋mB) 则判断两滑块在此次碰撞过程中动量是否不变，需要比较两滑块在碰撞前的总动量mA与碰撞后的总动量(mA＋mB)是否相等。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)另一次实验中，测得滑块A的质量为122.0 g，滑块B的质量为 222.0 g。滑块A从左向右通过光电门1后与静止的滑块B(不带粘扣)碰撞，碰后，滑块A与滑块B弹开，滑块B从左向右通过光电门2，滑块A从右向左通过光电门1。该同学将此实验测量数据进行处理并填入表格。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 vB/m·s-1 0 vA/m·s-1 0.836 v′B/m·s-1 0.531 v′A/m·s-1 0.138 mAvA(kg·m/s) 0.102 mBv′B(kg·m/s) 0.118 mAv′A(kg·m/s) 0.017 mAvA＋mBvB(kg·m/s) 0.102 mAv′A＋mBv′B(kg·m/s) 0.135 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 该同学由此判断滑块A与滑块B碰撞过程系统的动量改变。你认为该同学的判断是否正确？________。如果他判断的不正确，错误的原因是什么？______________________。 答案：见解析 13 14 15 不正确 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)该同学的判断不正确，因为他在计算碰后滑块A与滑块B系统的末动量时未考虑动量的矢量性；碰后滑块A反向运动，则碰后滑块A与滑块B系统的末动量为p＝－mAv′A＋mBv′B＝－0.017 kg·m/s＋0.118 kg·m/s＝0.101 kg·m/s 可知在误差允许的范围内，可认为滑块A与滑块B碰撞过程系统的动量保持不变。 13 14 15 13．甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)甲第一次抛球时对小球的冲量。 答案：(1)10.5 N·s，水平向右　 (1)根据动量定理有I＝mv－mv0 解得I＝10.5 N·s，方向水平向右。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)乙接到第一个球后的速度(保留一位小数)。 答案：(2)5.3 m/s，水平向左　 (2)对小球和乙的整体，根据动量守恒定律有M2v0－mv＝(M2＋m)v1 解得v1≈5.3 m/s，方向水平向左。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少？ 答案：(3)15 (3)对所有物体组成的系统，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′ 对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有nmv－M2v0＝(M2＋nm)v′ 解得n＝15。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14．如图甲所示，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径R＝0.9 m的四分之一圆弧轨道。质量m＝0.5 kg的光滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。测得小球与小车在水平方向上的速度大小分别为v1、v2，并作出图像如图乙所示。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高h＝，小球可视为质点，g取10 m/s2，不计一切摩擦。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)小球落地时的速度大小； 答案：(1) m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)由题意可知，小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒，由图乙可知，当v1＝0时v2＝3 m/s，当v2＝0时v1＝6 m/s，则有6m＝3M 解得M＝1 kg 小球从P点离开小车，小球离开小车时的速度为v3，小车的速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv1＝－mv3＋Mv4 mv＝mv＋Mv 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球落地时的速度为v5，由机械能守恒定律可得mv＋mgh＝mv 联立解得v5＝ m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)小球从Q点上升的最大高度； 答案：(2)0.3 m　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)设小球在Q点的速度为vQ，小球在Q点时，在水平方向与小车共速，由动量守恒定律可得mv1＝(m＋M)v共 解得v共＝2 m/s 小球由P点运动到最高点时，由机械能守恒定律可得mv＝mghm＋(m＋M)v 解得hm＝1.2 m 从Q点上升的高度 h1＝hm－0.9 m＝0.3 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)小球运动到Q点的竖直分速度。 答案：(3) m/s (3)小球由P点运动到Q点时，由机械能守恒定律可得mv＝mgR＋Mv＋mv 解得vQ＝ m/s 则小球此时的竖直分速度为vQy＝＝ m/s。 15．如图所示，质量 m＝1 kg的小物块静止在质量M＝2 kg的木板左端，木板静止在光滑的水平面上，与木板右端相距x0＝0.32 m处有一挡板。现给物块一水平向右的瞬时冲量I＝3 N·s，之后木板与挡板发生了弹性碰撞，物块未与挡板碰撞且一直在木板上。已知物块与木板间的动摩擦因数 μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)物块获得的初速度大小v0； 答案：(1)3 m/s　 (1)以向右为正方向，对物块应用动量定理 I＝mv0 求得v0＝3 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)木板与挡板碰撞前的瞬间，物块的速度v1和木板的速度大小v2； 答案：(2)1.4 m/s　0.8 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)假设木板与物块在共速后与挡板相碰，根据动量守恒可得mv0＝(M＋m)v 求得v＝1 m/s 对木板应用动能定理可得μmgx＝Mv2－0 求得x＝0.5 m>x0 说明木块、木板在共速前就与挡板相撞，设物块的加速度为a1，木板的加速度为a2，则对物块由牛顿第二定律得－μmg＝ma1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 求得a1＝－2 m/s2 对木板由牛顿第二定律得μmg＝Ma2 解得a2＝1 m/s2 对木板由速度位移公式 v＝2a2x0 求得v2＝0.8 m/s 时间t1＝＝0.8 s 此时物块的速度 v1＝v0＋a1t1＝1.4 m/s。 (3)木板的最小长度L。 答案：(3)2.25 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)与挡板碰后，对木板与物块，由动量守恒可得mv1－Mv2＝(m＋M)v3 全程由能量守恒可得mv＝(m＋M)v＋μmgL 联立求得L≈2.25 m。 $$