第一章 动量守恒定律（重难点训练）物理人教版2019选择性必修第一册

第一章 动量守恒定律 【题型1 动量的定义、单位及性质】 1 【题型2 用动量的定义式计算物体的动量】 2 【题型3 动量变化量的计算】 3 【题型4 求恒力的冲量】 4 【题型5 动量定理的内容和应用】 6 【题型6 用动量定理求平均作用力】 9 【题型7 动量守恒定律的一般应用】 10 【题型8 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题】 11 【题型9 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用】 12 【题型10 动量守恒定律在板块模型中的应用】 14 【题型11 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用】 16 【题型12 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用】 18 【题型13 用动量守恒定律解决爆炸问题】 20 【题型14 人船模型及其变式】 21 【题型15 用动量守恒定律解决多过程问题】 22 【题型16 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题】 24 【题型17 验证动量守恒定律】 26 【题型1 动量的定义、单位及性质】 1．如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。现将小物块a和b由静止释放，则a沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动；同时将小物块c沿水平方向抛出。不计空气阻力。关于三个物块的运动情况，下列判断正确的是（　　） A．三个物块落地前瞬间的动量相同 B．三个物块落地前瞬间的动能相同 C．重力对三个物块做功相同 D．重力对三个物块的冲量相同 2．目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm，设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是（　　） A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒 B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零 C．上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于 D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于 【题型2 用动量的定义式计算物体的动量】 3．（多选）我国在无人机领域处于世界领先行列，特别是同时控制多架无人机的“蜂群技术”更是遥遥领先。在一次测试中同一台电脑控制两架无人机进行测试，两架无人机完全相同，开始时静止在地面上，在程序控制下同时开始竖直向上运动，两架无人机的升力随时间变化图像如图甲、乙所示，mg为无人机的重力大小，忽略无人机受到的阻力，则关于无人机运动过程的说法正确的是（　　） A．0～2t时间内甲、乙两无人机的上升的高度之比为5：7 B．2t时刻甲、乙两无人机的动量之比为1：2 C．2t时刻甲、乙两无人机升力的功率之比为3：2 D．0～2t时间内甲、乙两无人机升力做功之比为1：1 4．（多选）直升机在距地面15米处悬停后，从直升机侧舱扔下一根绳索，80kg的特战队员由静止沿绳竖直向下迅速滑下。特战队员克服摩擦力做的功与位移关系如图所示，重力加速度g取10m/s2。下列选项正确的是（　　） A．特战队员落地时速度为零 B．特战队员下落的总时间为5s C．在下滑过程中，特战队员动量最大为400kg•m/s D．在x＝10m处，特战队员重力的功率为 【题型3 动量变化量的计算】 5．质量为0.4kg的玩具小车，速度由向左的3m/s变为向右的5m/s，取向左为正方向，则小车的动能变化量和动量变化量分别为（　　） A．3.2J 0.8kg•m/s B．6.8J 0.8kg•m/s C．3.2J﹣3.2kg•m/s D．6.8J﹣3.2kg•m/s 6．活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为m）在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（　　） A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为F1d1 C．运动d2过程中，阻力做功为（F1+F2）d2 D．运动d2的过程中动量变化量大小为 7．跳台滑雪是冬季奥运会最具观赏性的项目之一。如图为简化的跳台滑雪的雪道示意图，现有运动员穿专用滑雪板从助滑道上滑下后，从跳台A处沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆。已知运动员（含装备）的质量m＝80kg，测得AB间的距离L＝40m，斜坡与水平方向的夹角θ＝30°，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求运动员（含装备） （1）从A处运动到B处所用时间t； （2）从A处运动到B处过程中，动量变化量Δp的大小和方向； （3）在B处着陆前瞬间的动能Ek。 【题型4 求恒力的冲量】 8．如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为θ，以v0的速度逆时针转动。某一时刻，一质量为m的小滑块从传送带顶端以初速度v0滑上传送带，初速度方向沿传送带向下，经时间t运动到传送带底端。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，且μ＞tanθ，重力加速度为g，不计空气阻力。小滑块从传送带顶端到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．支持力的冲量为零 B．重力的冲量大小为mgtsinθ C．重力的功率为mgv0 D．摩擦力对小滑块做的功为﹣mgv0tsinθ 9．（多选）将一物体以初速度v0竖直向上抛出，其速度v随时间t的变化如图所示，物体在t2时刻落回抛出点时的速率为v1，若物体所受空气阻力的大小与速率成正比。重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．0～t2时间内空气阻力的冲量为零 B．0～t2时间内空气阻力的冲量不为零 C．t2 D．t2 10．如图所示，长直轨道AB与光滑圆轨道平滑连接，滑道AB长L＝50m，C是半径为R＝20m的圆弧的最低点，BC圆弧所对的圆心角为60°，质量为m＝50kg的运动员从A点由静止开始匀加速下滑，加速度为4m/s2，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）运动员到达B点的速度大小vB； （2）运动员在AB段所受重力的冲量I； （3）运动员在C点时对轨道的压力大小FN。 【题型5 动量定理的内容和应用】 11．浙江安吉云上草原景区推出“窝囊版”蹦极，很多网友纷纷前往景区打卡。为了研究蹦极过程，做以下简化：忽略阻力，将游客视为质点，运动始终沿竖直方向，游客从O点自由下落，至A点弹性绳自然伸直，经过合力为零的B点到达最低点C，然后弹起，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．在O→B过程和在B→C过程中蹦极者动量的变化量相等 B．在O→A→B→C过程中蹦极者受到的重力冲量等于弹性绳弹力冲量 C．在A→B→C过程中任意一段时间内，蹦极者受到合力的冲量方向始终向上 D．在O→A过程中蹦极者受到的重力冲量等于动量的改变量 12．如图所示为固定在竖直平面内半径为R＝1m的半圆形粗糙轨道，A为最低点，B为圆心等高处，C为最高点。一质量为m＝1kg的遥控小车（可视为质点）从A点水平向右以v0＝8m/s无动力进入轨道，上升高度为H＝1.8m时脱离轨道，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则以下说法正确的是（　　） A．小车恰脱离轨道时受重力和摩擦力 B．小车脱离轨道时的速度大小m/s C．小车从A至B运动过程中轨道对小车弹力的冲量为0 D．小车从A至脱离过程克服摩擦力所做的功大小为10J 13．（多选）如图甲所示，长L＝1m、质量M＝1.6kg的木板b静止在地面上，质量m＝0.4kg的物块a（可视为质点）静止在木板的右端，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2，μ2＝0.3。t＝0时刻对b施加一水平向右、大小为F的力，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．0～2s内摩擦力对b的冲量为6N•s B．t＝5s时，a受到摩擦力为2.4N C．t＝5s时，a的速度大小为3.75m/s D．0～5s内，地面对b的摩擦力的冲量为24N•s 14．（多选）复杂的运动和相互作用过程可以通过分解的方法，一个方向一个方向分别研究，进而简化研究过程。台球在运动和撞击过程中，运动情况较为复杂。在不考虑球的转动和摩擦的情况下，可认为台球碰撞过程无机械能损失。如图所示，某次击球，球A撞击质量相等且静止的球B，使球B直接进入中袋。两球相碰时，球A的速度方向与两球心的连线成一定夹角。下列说法正确的是（　　） A．球B对球A做负功 B．球A对球B的冲量与球B对球A的冲量大小相等，方向相反 C．球A的速度变化量与球B的速度变化量方向不在同一直线上 D．两球碰撞后，球A和球B的速度相互垂直 15．（多选）如图甲所示，轻弹簧两端系着质量相等的两小球A和B，小球A用细线悬挂在天花板上，系统处于静止状态，现将细线剪断，并以此为计时起点，两球运动的加速度a随时间t变化情况如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．t1时刻弹簧恢复到原长状态 B．t1时刻两小球速度相等 C．t2时刻A球的速度大小为gt2 D．0～t2时间内弹簧对B球的冲量为0 16．如图所示，轻质弹簧的上端固定在水平天花板上，下端悬挂一个质量为m＝1kg，带电量为q＝0.05C的小物块，最初物块静止。某时刻在空间中平行于纸面向上的方向加一个匀强电场，场强大小为E＝100N/C，加电场后物块开始运动。当物块的速度为零时，将匀强电场反向但大小保持不变；当物块的速度再次为零时，又将匀强电场反向但大小保持不变，如此反复，第五次改变电场强度后保持场强不变。最终物块在竖直方向上做机械振动。已知整个过程中弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，弹簧劲度系数为k＝100N/m，重力加速度g＝10m/s2，且弹性势能满足关系（x为弹簧的形变量），求： （1）电场第一次改变方向时，弹簧的形变量； （2）电场第一次改变方向至第二次改变方向过程中，物块能达到的最大动能； （3）最终物块做机械振动的振幅为多少？ 【题型6 用动量定理求平均作用力】 17．“…青箬笠，绿蓑衣，斜风细雨不须归。”如图所示，这是古诗描述的情景。若斗笠的直径d＝70cm，细雨在空中分布均匀，竖直下落的速度始终为v＝2m/s，湖可以看成一个露天的圆柱形的大容器，细雨持续的时间t＝1h，导致湖面的水位上升了h＝1mm。（设雨滴垂直撞击斗笠后无反弹，且斗笠的坡面接近水平，不计雨滴所受重力，水的密度ρ＝1×103kg/m3）则斗笠受到雨的平均作用力大小F最接近于（　　） A．4×10﹣4N B．6×10﹣4N C．2×10﹣4N D．1×10﹣4N 18．为了提升居民的文明素养，在居民小区都规定了禁止高空抛物。为了让居民直观感受高空抛物的危险性，某实验小组开展了相关实验。一位实验员将一个梨从七楼阳台由静止释放。该过程可以简化成如下情景：梨质量为 m＝0.5kg，从h＝20m高处由静止落下。假设梨落地时与地面的碰撞时间为t＝0.02s，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。 （1）求梨落到地面前瞬间的速度大小。 （2）若梨碰地面后速度变为零，求梨与地面碰撞过程中梨对地面的平均作用力大小。 【题型7 动量守恒定律的一般应用】 19．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（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（　　） A． B． C． D． 20．如图所示，光滑水平面上有两个并排放置的木块A、B，质量分别为0.5kg和0.3kg，现有一质量为0.2kg的物体C（可看作质点）以12m/s的速度滑上A的表面，最后B、C一起以3m/s的速度共同前进，已知C与B之间的动摩擦因数0.75。（g取10m/s2）求： （1）木块A的最后速度vA； （2）CA由于摩擦产生的热量。 21．如图所示，某电视台一档闯关节目中，沙袋通过轻质细绳悬挂于A点正上方的O点，闯关者水平向左速度为v0＝8m/s，在A点抱住沙袋一起向左摆动。已知沙袋到悬点O的距离为L＝6m，闯关者的质量为M＝50kg，沙袋质量为m＝50kg，重力加速度g＝10m/s2，沙袋和闯关者可视为质点，不计空气阻力。求： （1）闯关者刚抱住沙袋时的共同速度v的大小； （2）闯关者抱住沙袋共同上摆过程中能到达的最大高度h。 【题型8 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题】 22．如图所示，光滑的水平面上有大小相同、质量不等的小球P、Q，小球P以速度v0向右运动时与静止的小球Q发生正碰，碰后小球P速度反向、大小为，小球Q的速率为，则小球P、Q的质量之比等于（　　） A．3：8 B．8：3 C．3：4 D．4：3 23．如图所示，用两根长度都等于L的细绳，分别把质量相等、大小相同的a、b两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触。现把a球拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当a球摆动到最低位置与b球相碰后，b球不可能升高的高度为（　　） A．L B． C． D． 24．如图所示是碰球游戏，在水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，a、b、c、d为圆上四个等分点。在内部放置质量分别为3m和5m的A、B两个发光弹力球（球径略小于管径，管径远小于R），开始时B球静止于a点，A球以一定的初速度向右与B球发生弹性碰撞，已知两球只有碰撞时才发光，则第二次发光点在（　　） A．b、c之间 B．c、d之间 C．c点 D．d点 【题型9 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用】 25．如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度v0射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　） A．系统的动量不守恒，机械能守恒 B．系统的动量守恒，机械能不守恒 C．系统损失的机械能为 D．弹簧最大的弹性势能等于 26．如图所示，用长度为L的轻质细绳悬挂一个质量为M的木块，一个质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计，木块和子弹可以看作质点，以木块初始位置为零势能点，下列说法正确的是（　　） A．子弹穿透木块过程中，子弹、木块组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．子弹刚穿透木块时，木块速度为 C．子弹刚穿透木块时，绳子的拉力为Mg D．子弹刚穿透木块后，木块能到达的最大高度为 27．如图所示，长度L＝14.4m的水平轨道AB的B端平滑连接半径R＝1.6m的竖直光滑半圆形圆管轨道。小球甲静置于A点，小球乙静置于B点。质量m0＝20g的子弹以水平速度v0＝500m/s射入小球甲并留在其中，随后与小球乙碰撞，碰后甲速度反向，甲、乙速度大小之比为1：4.5，乙进入圆管轨道。已知甲、乙质量分别为m1＝0.48kg、m2＝1.0kg，两小球在水平轨道所受阻力是其重力的0.5倍，重力加速度g取10m/s2，求： （1）子弹射入小球甲后，二者的速度大小v1； （2）碰后小球乙的速度大小v2； （3）小球乙运动到圆管轨道最高点C时，圆管对其作用力F的大小。 【题型10 动量守恒定律在板块模型中的应用】 28．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A相对地面向左的最大位移是 B．若M＜m，平板车B相对地面向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 29．（多选）如图所示，水平传送带AB以5m/s顺时针匀速转动，其右端连接一段光滑水平面BC。现将质量m1＝1kg的物块a（可视为质点）从A处静止释放，经传送带运送至B处，后通过水平面BC滑上质量m2＝3kg的木板b，木板b紧挨着BC右端放置在光滑水平地面上，其上表面与BC等高。小物块a与木板b右侧竖直挡板发生完全弹性碰撞且最终恰好不脱离木板。已知AB长L1＝1.6m，木板长L2＝3m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与木板上表面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．物块a和木板b组成的系统机械能守恒 B．传送带克服摩擦力做功为8J C．物块a与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.1 D．全程系统产生的摩擦热为18J 30．如图所示，一矩形绝缘木板放在光滑水平面上，另一质量为m、带电量为q的小物块沿木板上表面以某一初速度从A端沿水平方向滑入，木板周围空间存在足够大、方向竖直向下的匀强电场．已知物块与木板间有摩擦，物块沿木板运动到B端恰好相对静止．若将匀强电场的方向改为竖直向上，大小不变，且物块仍以原初速度沿木板上表面从A端滑入，结果物块运动到木板中点时相对静止．求： （1）物块所带电荷的性质． （2）匀强电场场强的大小． 31．如图甲所示，竖直面内有一光滑轨道BCD，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道半径为Rm，与水平轨道CD相切于点C。现将一小滑块（可视为质点）从空中的A点以v0＝4m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点，滑块在圆弧末端C点对轨道的压力NC＝64N，之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点滑到质量为M＝1kg，长度足够的木板上。图乙为木板开始运动后一段时间内的v﹣t图像，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力和木板厚度。求： （1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小； （2）小滑块的质量； （3）小滑块与木板间的动摩擦因数μ1、木板与地面间的动摩擦因数μ2； （4）全过程中木板与地面间因摩擦产生的热量。 【题型11 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用】 32．（多选）如图所示，水平面上固定着两根足够长的光滑平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒 B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为 D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为 33．（多选）如图所示，半径为R、质量为m的圆槽AB静止在水平地面上，底端B点的切线水平。一质量为3m的小球甲静止在圆槽右侧的水平地面上，其左侧连有一轻质弹簧，弹簧左端到圆槽底端B点的距离为R。现将质量为m的小球乙（可视为质点）从圆槽顶端的A点由静止释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　） A．在球乙下滑过程中，圆槽与球乙组成的系统动量守恒 B．球乙刚与弹簧接触时，与圆槽底端B点相距3R C．弹簧弹性势能的最大值为mgR D．球甲最终的速度大小为 34．如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1＝2m的固定粗糙水平直轨道BC及两半径均为R1＝0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与粗糙水平直轨道BC及小车上表面GH间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其它阻力，取g＝10m/s2。求： （1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）若释放的高度，试分析滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系。 35．如图所示，光滑四分之一圆弧AB与传送带BC平滑连接，圆弧半径R＝3.2m，传送带水平长度x＝7m，顺时针传动，速度v＝6m/s，让质量为m＝2kg的滑块a（可看作质点）从圆弧顶端静止释放，到达传送带右端时，刚好与传送带共速，之后从传送带飞出。已知重力加速度g＝10m/s2，求： （1）滑块a滑到圆弧底端B点时对圆弧的压力大小； （2）滑块a与传送带之间的动摩擦因数； （3）滑块a与传送带因摩擦产生的热量； （4）若在B点放一块质量为M＝6kg的滑块b（图中未画出），滑块a仍从圆弧顶端静止释放，与滑块b发生弹性正碰，碰后立即取走滑块b，求碰后传送带对滑块a的摩擦力做的功。 【题型12 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用】 36．在光滑水平面上有两个弹性小球A、B，其中B球静止，A球向B球运动，发生正碰。碰撞过程小球A的速度—时间图像如图所示。t0时刻小球A速度大小为v1，且此时速度的变化率最大；t1时刻小球A速度为0。假设两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，已知小球B的质量为m，碰撞过程总机械能守恒。下列说法正确的是（　　） A．小球A的质量为 B．t1时刻小球B的动能最大 C．两球压缩最紧时，小球B的动能与弹性势能Ep之比为 D．在0～t1时间内小球A所受的冲量大小为mv0 37．（多选）A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M（m＜M）。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A球的速度为vA，B球的速度为vB，弹簧的长度为L；若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A球的速度为v′A，B球的速度为v′B，弹簧的长度为L'。则（　　） A．vA＞vB B．v′A＝v′B C．vA＝v′A D．L＝L' 38．如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m的两个小物块A、B置于水平地面上，都处于静止状态。将质量也为m的小物块C从A的正上方高为h处由静止释放，物块C与A碰后粘连在一起继续向下运动，此后两物块始终未分离。已知在后续的振动中，当A与C达到最高点时，B对地面的弹力恰好为零，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，求： （1）A与C碰撞后的共同速度v1； （2）弹簧弹力的最大值Fm； （3）弹簧的劲度系数k。 【题型13 用动量守恒定律解决爆炸问题】 39．某炮兵连进行实训演习，一门炮车将一质量为3m的炮弹，以某初速度斜向上发射，到达最高点时，炮弹速度为v0，此时炮弹爆炸成两块碎片a、b，它们此时的速度仍沿水平方向，a、b的质量之比为2：1，速度之比1：2，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　） A．爆炸后碎片a的初速度为 B．落地时碎片a、b的位移大小之比为1：2 C．碎片a、b落地速度大小之比1：2 D．炮弹爆炸后增加的动能为 40．（多选）向空中发射一炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂为质量相等的a、b两块。若a的速度方向仍沿原来的方向，且速度小于炸裂前瞬间的速度，则（　　） A．b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反 B．炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定相等 C．a、b一定同时到达地面 D．从炸裂到落地这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大 41．据外媒报道，中国最新的洲际弹道导弹东风﹣51已经研发完成，东风﹣51采用固体燃料发动机，最多可携带14枚分导式多弹头。假设一枚在空中飞行的东风﹣51导弹，质量为m＝1200kg，飞行到某点时速度方向水平，大小为v＝200m/s，方向如图所示，导弹在该点突然炸裂成两部分，其中质量m1＝600kg的一个弹头沿着v的方向飞去，其速度大小为v1＝500m/s，求： （1）炸裂后另一块质量m＝600kg的弹头的速度v2； （2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了多少？ 【题型14 人船模型及其变式】 42．如图所示，质量m＝50kg的人，站在质量M＝250kg的车的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中，车后退0.4m，车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为（　　） A．0.33m B．0.48m C．2.4m D．3m 43．《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这是著名的曹冲称象的故事。某同学学过动量守恒定律之后，欲利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后缓慢进入静止的平行于河岸的船的船尾，再从船尾行走至船头，之后缓慢下船，测出船后退的距离d，已知该同学自身的质量为m，若忽略一切阻力，则船的质量为（　　） A．m B．m C．m D．m 44．（多选）马钦阳老师想用气垫导轨模拟“人船模型”。他来到实验室，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上（不计摩擦）并接通电源。他又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端。下面说法正确的是（　　） A．滑块与蜗牛运动的距离之和为L B．只有蜗牛运动，滑块一直保持静止 C．蜗牛运动的距离是滑块的倍 D．滑块运动的距离是 45．某同学质量为50kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的对地速度跳到一条迎面以0.4m/s的对地速度漂来的小船上，然后去执行任务。已知小船的质量是150kg，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上（船未与岸相撞），不计水的阻力。求： （1）人跳上船后，船最终速度的大小和方向； （2）人与船组成的系统损失的动能。 46．如图所示，质量为M＝300kg的小船，长为L＝3m，浮在静水中。开始时质量为m＝60kg的人站在船头，人和船均处于静止状态，不计水的阻力，若此人从船头向船尾行走。 （1）当人的速度大小为5m/s时，船的速度大小为多少； （2）当人恰走到船尾时，船前进的距离。 【题型15 用动量守恒定律解决多过程问题】 47．如图所示，一质量为m＝1kg可看成质点的滑块以初速度v0＝2m/s，从P点与水平方向成θ＝37°抛出后，恰能从a点沿ab方向切入粗糙斜面轨道，斜面ab轨道长为xab＝10m，斜面ab与半径R＝1.25m的竖直光滑圆弧轨道相切于b点，O点为圆弧的圆心，c点为圆弧的最低点且位于O点正下方，圆弧圆心角θ＝37°。c点靠近水平传送带左侧，传送带cd间距离为L＝3.4m，以v＝5m/s的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量m0＝2kg。滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。不计一切空气阻力，求： （1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间t0； （2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小； （3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小； （4）2个小球最终获得的总动能。 48．如图所示，静止在光滑水平面上的平板车，质量为m3＝2kg，右端固定一自然伸长状态的轻弹簧，弹簧所在位置的车表面光滑，车左端和弹簧左端之间距离为L＝0.75m，这部分车表面粗糙，质量为m2＝1kg的小物块Q，静止在平板车的左端。一不可伸长的轻质细绳长为R＝2.5m，一端固定于Q正上方距Q为R处，另一端系一质量为m1＝0.5kg的小球，将小球拉至悬线与竖直方向成60°角位置，由静止释放，小球到达最低点时与Q碰撞，时间极短，碰撞后小球反弹速度v0＝1m/s，一段时间后Q恰好返回平板车左端静止。取g＝10m/s2．求： （1）小球在最低点与Q碰撞后瞬间，小物块Q的速度v2是多大？ （2）小物块Q受到的滑动摩擦力f是多大？ （3）小物块Q压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值Ep是多大？ 【题型16 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题】 49．在一场冰上表演活动中，光滑的冰面上静止放置着一个质量为M的冰车，冰车顶部是一个半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，轨道底部与冰面平滑连接。一位质量为m的花样滑冰运动员以水平速度v0冲向冰车并滑上轨道。已知运动员在轨道上升的高度小于R。下列说法正确的是（　　） A．运动员再次滑离冰车时，冰车的速度大小一定小于v0 B．运动员沿轨道下滑过程中，冰车对冰面的压力始终等于（M+m）g C．运动员再次滑回到轨道底端时，若以冰面为参考系，运动员速度大小v1和冰车速度大小v2满足mv0＝mv1+Mv2且v1小于v0 D．运动员冲上冰车轨道的过程中，运动员与冰车组成的系统动量守恒，机械能也守恒 50．如图所示，左侧有一长为L＝3m的传送带，以速度v＝5m/s顺时针转动，右侧有一质量为M＝6kg、长为l＝5m的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m＝2kg的小物块（可视为质点）以初速度v0＝10m/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.6，不计空气阻力，g取10m/s2。则（　　） A．小物块滑上长木板的速度为5m/s B．小物块的最终速度为1m/s C．长木板的最终动能Ek＝12J D．全过程系统产生的内能Q＝48J 51．（多选）如图，一质量为M的光滑滑块静止于足够长的光滑水平面上，滑块由半径为1.5R的四分之一圆弧轨道和长度为0.5R竖直轨道组成，圆弧轨道底端切线水平。一质量为m的小球（可视为质点），以初速度水平向右运动，在圆弧轨道运动时间为t0，恰好能到达竖直轨道最高点。重力加速度为g，则（　　） A．小球的质量m与滑块的质量M之比为3：1 B．小球到达最高点时的速度为 C．小球与滑块分离时的速度为 D．从小球进入圆弧轨道到竖直轨道最高点的过程中，滑块移动的距离为 52．（多选）如图甲所示，滑块A、B、C静止放在光滑的水平面上，滑块A、B的质量均为m，滑块B、C之间用一质量不计的轻弹簧连接，t＝0时刻滑块A获得一初速度v0沿水平面向右运动，t1时刻与滑块B碰撞，且粘在一起（碰撞时间极短），整个运动过程中，滑块A、B、C的速度—时间的部分图像如图乙所示。t3时刻滑块C的加速度为零，下列正确的说法是（　　） A．滑块C的质量m1＝2m，v1v0 B．全过程中仅在AB碰撞时有机械能损失 C．弹簧的最大弹性能为 D．t3时刻滑块A向左运动 53．如图所示，质量为M、内有半径R的半圆形轨道的槽体放在光滑的平台上，左端紧靠一台阶，质量为m的小球从槽顶端A点由静止释放，若忽略一切摩擦，求： （1）小球滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力FN的大小； （2）小球在槽右端相对槽最低点上升的最大高度h。 54．如图所示，半径R＝2.5m的竖直半圆光滑轨道与水平地面在B点相切。水平向右运动、质量m1＝1.5kg的滑块甲与静止在A点、质量m2＝0.55kg的滑块乙发生弹性碰撞（时间极短）。碰后滑块乙经B点进入半圆轨道，沿半圆轨道恰好能过最高点C，且最后落在AB段的中点D（滑块乙落地后不反弹）。滑块乙与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.095，取重力加速度大小g＝10m/s2，两滑块均视为质点，不计空气阻力。求： （1）A、B两点的距离s； （2）碰撞后瞬间滑块乙的速度大小v； （3）碰撞前瞬间滑块甲的速度大小。 【题型17 验证动量守恒定律】 55．在研究斜槽末端小球碰撞时动量守恒的实验中，实验装置如图所示，实验中（　　） A．不需要测量小球的质量m B．需要测量小球下落的高度h C．用重垂线来检测斜槽末端是否水平 D．用小球的水平位移大小表示碰撞前后的速度大小 56．在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学用如图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，部分实验步骤如下： （1）用螺旋测微器测P、Q上固定的遮光条宽度分别为d1和d2，测d1示数如图乙所示，其读数为 　 mm； （2）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将其中一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动。此时，可以调节左支点使其高度 　 　 （选填“升高”或“降低”），直至滑块能静止在导轨上。 （3）用天平测得P、Q的质量（含遮光条）分别为m1和m2。实验时，将两个滑块压缩轻弹簧后用细线栓紧，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2。则动量守恒应满足的关系式为 （用t1、t2、d1、d2、m1、m2表示）。 57．某实验小组用如图（a）所示的装置来验证动量守恒定律。实验中用钢球1碰钢球2，实验过程规范操作得到三个落点Q、P和R，用刻度尺测量出落点Q、P和R到O点的距离，分别记为x1＝OQ、x2＝OP、x3＝OR，O点为斜槽末端在记录纸上的竖直投影点。保持小钢球2的半径不变，改变小钢球2的质量（始终满足小钢球1的质量大于小钢球2的质量），重复实验，得到小钢球1与不同质量的小钢球2碰撞的x1、x2、x3的多组数据，其中一组数据为x1＝5cm、x2＝15cm、x3＝20cm，并作出x1﹣x3图像，如图（b）所示。 （1）根据数据x1＝5cm、x2＝15cm、x3＝20cm可知，该次实验小钢球1、2的质量之比为 　 　 。 （2）若小钢球1、2的每一次碰撞都是弹性碰撞，则图（b）中a的数值是 　 ，该数值的大小与小钢球1的质量大小 　 　 （选填“有关”或“无关”）。 58．某学生小组用如图1所示的装置做验证动量守恒定律的实验。将斜槽轨道固定在水平桌面上，斜槽末端从桌面伸出，端点在水平地面上的垂直投影为O，地面上叠放着白纸和复写纸。实验时先将质量为m1的小球从斜槽上的S处由静止释放，小球从斜槽末端飞出后落在复写纸上，重复多次；之后将质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S处由静止释放，两球碰撞后落在木板上，重复多次。分别确定平均落点，记为M、P和N。 （1）关于本实验，下列做法正确的是 　 （填选项前的字母）。 A.实验前，须调节装置使斜槽末端水平 B.两个小球的半径可以不同 C.同一组实验中，小球必须从同一位置由静止释放 （2）实验中须满足m1　 　 m2（填“＞”“＝”或“＜”），原因是 　 　 。 （3）质量为m2的被碰小球平均落点是 　 　 （选填“M”“P”或“N”）。 （4）分别测出O点到平均落点的距离，记为OM、OP和ON。在误差允许范围内，若关系式 　 　 成立，即可验证碰撞前后动量守恒。 （5）受上述实验启发，该小组设计另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图2所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O'点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最A高点A'，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m1和m2，其中小球1向左拉起至A点时悬线与竖直方向夹角为θ1，两小球发生碰撞之后悬线与竖直方向最大夹角分别为θ2和θ3。推导说明，m1、m2、θ1、θ2、θ3满足什么关系即可验证碰撞前后动量守恒。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 动量守恒定律 【题型1 动量的定义、单位及性质】 1 【题型2 用动量的定义式计算物体的动量】 3 【题型3 动量变化量的计算】 5 【题型4 求恒力的冲量】 8 【题型5 动量定理的内容和应用】 11 【题型6 用动量定理求平均作用力】 18 【题型7 动量守恒定律的一般应用】 19 【题型8 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题】 21 【题型9 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用】 23 【题型10 动量守恒定律在板块模型中的应用】 27 【题型11 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用】 33 【题型12 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用】 42 【题型13 用动量守恒定律解决爆炸问题】 45 【题型14 人船模型及其变式】 48 【题型15 用动量守恒定律解决多过程问题】 52 【题型16 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题】 56 【题型17 验证动量守恒定律】 65 【题型1 动量的定义、单位及性质】 1．如图所示，质量相同的三个小物块a、b、c处在同一高度。现将小物块a和b由静止释放，则a沿光滑斜面下滑，b做自由落体运动；同时将小物块c沿水平方向抛出。不计空气阻力。关于三个物块的运动情况，下列判断正确的是（　　） A．三个物块落地前瞬间的动量相同 B．三个物块落地前瞬间的动能相同 C．重力对三个物块做功相同 D．重力对三个物块的冲量相同 【答案】C 【解答】解：A、动量是矢量，三个物块落地时速度方向不同，故动量不同，故A错误； BC、由题意可知，三个物体下落的过程只有重力做功，重力对三个物体做功相同，根据机械能守恒定律可知，mgh＝EK﹣EK0，c的初动能不为零，故落地瞬间c的动能较大，a、b的动能相同，故B错误，C正确； D、由于平抛运动的竖直分运动为自由落体，由hgt2，得t，故b、c下落时间相同，根据I＝mgt可知，重力对b、c两物体的冲量相同；但根据牛顿第二定律以及运动学公式可知，a的下落时间t，与b、c的下落时间不同，故三个物体受重力的冲量不同，故D错误。 故选：C。 2．目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm，设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是（　　） A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒 B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零 C．上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于 D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于 【答案】D 【解答】解：A、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误； B、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误； C、上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，位移速度s′，根据动能定理可得：Pt﹣（mgsinθ+f）s′，解得t，故C错误； D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为T，则，解得T，故D正确。 故选：D。 【题型2 用动量的定义式计算物体的动量】 3．（多选）我国在无人机领域处于世界领先行列，特别是同时控制多架无人机的“蜂群技术”更是遥遥领先。在一次测试中同一台电脑控制两架无人机进行测试，两架无人机完全相同，开始时静止在地面上，在程序控制下同时开始竖直向上运动，两架无人机的升力随时间变化图像如图甲、乙所示，mg为无人机的重力大小，忽略无人机受到的阻力，则关于无人机运动过程的说法正确的是（　　） A．0～2t时间内甲、乙两无人机的上升的高度之比为5：7 B．2t时刻甲、乙两无人机的动量之比为1：2 C．2t时刻甲、乙两无人机升力的功率之比为3：2 D．0～2t时间内甲、乙两无人机升力做功之比为1：1 【答案】AC 【解答】解：根据牛顿第二定律，可得无人机的加速度，可画出甲、乙两无人机的 v﹣t图像如图所示 A.v﹣t图像面积等于位移，由v﹣t图像面积大小可知，甲、乙无人机上升高度之比为5：7，故A正确； B.由v﹣t图像可知2t时刻两无人机的的速度大小相等，动量大小相等，故B错误； C.2t时刻甲、乙两无人机的升力之比为3：2，速度相等，根据P＝Fv可知无人机瞬时功率之比为3：2，故C正确； D.0﹣2t时间内甲无人机升力做功大小为，乙无人机升力做功大小，两个力做功不相等，故D错误。 故选：AC。 4．（多选）直升机在距地面15米处悬停后，从直升机侧舱扔下一根绳索，80kg的特战队员由静止沿绳竖直向下迅速滑下。特战队员克服摩擦力做的功与位移关系如图所示，重力加速度g取10m/s2。下列选项正确的是（　　） A．特战队员落地时速度为零 B．特战队员下落的总时间为5s C．在下滑过程中，特战队员动量最大为400kg•m/s D．在x＝10m处，特战队员重力的功率为 【答案】ACD 【解答】解：A、根据动能定理可得：，其中mm＝80kg，落地时h＝15m，图像可知此时克服摩擦力做功为：Wf＝12000J，代入数据解得：v＝0，故A正确； B、由图像可知，前5m做匀加速直线运动，后10m做匀减速直线运动，根据动能定理，下落5m过程中有：，其中Wf1＝3000J，代入数据解得：v0＝5m/s 故前5m位移用时t1，则有： 故后10m位移用时t2，则有： 解得：t总＝t1+t2＝2s+4s＝6s，故B错误； C、以上分析可知，下落5m时速度最大，故动量也最大，则有：p＝mv0＝80×5W＝400kg•m/s，故C正确； D、0到10m过程，根据动能定理可得：，其中Wf2＝7500J，代入数据解得：，所以重力功率为：，故D正确。 故选：ACD。 【题型3 动量变化量的计算】 5．质量为0.4kg的玩具小车，速度由向左的3m/s变为向右的5m/s，取向左为正方向，则小车的动能变化量和动量变化量分别为（　　） A．3.2J 0.8kg•m/s B．6.8J 0.8kg•m/s C．3.2J﹣3.2kg•m/s D．6.8J﹣3.2kg•m/s 【答案】C 【解答】解：小车的动能变化量 动量变化量 Δp＝mvt﹣mv0，解得Δp＝﹣3.2kg•m/s，故C正确，ABD错误。 故选：C。 6．活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为m）在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（　　） A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为F1d1 C．运动d2过程中，阻力做功为（F1+F2）d2 D．运动d2的过程中动量变化量大小为 【答案】A 【解答】解：A．根据动能定理有 解得 故A正确； B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有 ﹣Ek＝0﹣F2d2 到达目标组织表面时的动能为 Ek＝F2d2 故B错误； C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误； D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小 故D错误。 故选：A。 7．跳台滑雪是冬季奥运会最具观赏性的项目之一。如图为简化的跳台滑雪的雪道示意图，现有运动员穿专用滑雪板从助滑道上滑下后，从跳台A处沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆。已知运动员（含装备）的质量m＝80kg，测得AB间的距离L＝40m，斜坡与水平方向的夹角θ＝30°，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求运动员（含装备） （1）从A处运动到B处所用时间t； （2）从A处运动到B处过程中，动量变化量Δp的大小和方向； （3）在B处着陆前瞬间的动能Ek。 【答案】（1）从A处运动到B处所用时间为2s； （2）从A处运动到B处过程中，动量变化量为1600kg•m/s，方向竖直向下； （3）在B处着陆前瞬间的动能为2.8×104J。 【解答】解：（1）从A到B，运动员做平抛运动，水平方向Lcos30°＝v0t，竖直方向， 解得t，； （2）从A处运动到B处过程中，根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量Δp＝mgt＝80kg×10m/s2×2s＝1600kg•m/s，方向竖直向下。 （3）根据机械能守恒定律可知，在B处着陆前瞬间的动能2.8×104J。 答：（1）从A处运动到B处所用时间为2s； （2）从A处运动到B处过程中，动量变化量为1600kg•m/s，方向竖直向下； （3）在B处着陆前瞬间的动能为2.8×104J。 【题型4 求恒力的冲量】 8．如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为θ，以v0的速度逆时针转动。某一时刻，一质量为m的小滑块从传送带顶端以初速度v0滑上传送带，初速度方向沿传送带向下，经时间t运动到传送带底端。已知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，且μ＞tanθ，重力加速度为g，不计空气阻力。小滑块从传送带顶端到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．支持力的冲量为零 B．重力的冲量大小为mgtsinθ C．重力的功率为mgv0 D．摩擦力对小滑块做的功为﹣mgv0tsinθ 【答案】D 【解答】解：以沿斜面向下为正方向。 A．支持力的冲量为IN＝Nt 故A错误； B．重力的冲量大小为IG＝mgt 故B错误。 C．重力的功率为P＝mgvy＝mgv0sinθ 故C错误。 D．由于μ＞tanθ，可得μmgcosθ＞mgsinθ 可知小滑块与传送带保持相对静止匀速下滑，运动的距离为x＝v0t 小滑块受到的摩擦力大小为f＝mgsinθ 摩擦力对小滑块做的功为W＝﹣fx＝﹣mgv0tsinθ 故D正确。 故选：D。 9．（多选）将一物体以初速度v0竖直向上抛出，其速度v随时间t的变化如图所示，物体在t2时刻落回抛出点时的速率为v1，若物体所受空气阻力的大小与速率成正比。重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．0～t2时间内空气阻力的冲量为零 B．0～t2时间内空气阻力的冲量不为零 C．t2 D．t2 【答案】AC 【解答】解：AB.小球运动的v﹣t图像如图所示 由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等；因为f＝kv，则f﹣t图像与v﹣t图像相似，两阴影部分的面积也相等，f﹣t图像t轴上方图像与坐标轴围成的面积表示上升过程的阻力的冲量大小，t轴下方图像与坐标轴围成的面积表示下降过程的阻力的冲量大小。可知上升和下降过程的阻力的冲量大小相等，冲量之和为0，故A正确、B错误； CD.阻力的总冲量为零，对全过程，根据动量定理﹣mgt2＝﹣mv1﹣mv0解得，故C正确、D错误。 故选：AC。 10．如图所示，长直轨道AB与光滑圆轨道平滑连接，滑道AB长L＝50m，C是半径为R＝20m的圆弧的最低点，BC圆弧所对的圆心角为60°，质量为m＝50kg的运动员从A点由静止开始匀加速下滑，加速度为4m/s2，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）运动员到达B点的速度大小vB； （2）运动员在AB段所受重力的冲量I； （3）运动员在C点时对轨道的压力大小FN。 【答案】答：（1）运动员到达B点的速度大小为20m/s； （2）运动员在AB段所受重力的冲量2500N•s； （3）运动员在C点时对轨道的压力大小2000N。 【解答】解：（1）由运动学公式有，解得； （2）运动员在AB段运动时间为，重力的冲量I＝mgt＝50×10×5＝2500N•s； （3）从B点运动到C点，根据机械能守恒可知，代入数据得， 由牛顿第二定律可得，解得。 答：（1）运动员到达B点的速度大小为20m/s； （2）运动员在AB段所受重力的冲量2500N•s； （3）运动员在C点时对轨道的压力大小2000N。 【题型5 动量定理的内容和应用】 11．浙江安吉云上草原景区推出“窝囊版”蹦极，很多网友纷纷前往景区打卡。为了研究蹦极过程，做以下简化：忽略阻力，将游客视为质点，运动始终沿竖直方向，游客从O点自由下落，至A点弹性绳自然伸直，经过合力为零的B点到达最低点C，然后弹起，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．在O→B过程和在B→C过程中蹦极者动量的变化量相等 B．在O→A→B→C过程中蹦极者受到的重力冲量等于弹性绳弹力冲量 C．在A→B→C过程中任意一段时间内，蹦极者受到合力的冲量方向始终向上 D．在O→A过程中蹦极者受到的重力冲量等于动量的改变量 【答案】D 【解答】解：A.在O→B过程和在B→C过程中蹦极者动量的变化量大小相等，方向相反，故A错误； B.在O→A→B→C过程中蹦极者受到的重力冲量与弹性绳弹力冲量大小相等，方向相反，故B错误； C.在A→B过程中，蹦极者受到合力的冲量方向竖直向下，在B→C过程中，蹦极者受到合力的冲量方向竖直向上，故C错误； D.在O→A过程中，蹦极者只受到重力作用，无弹力作用，根据mgt＝mv，则重力冲量等于动量的改变量，故D正确。 故选：D。 12．如图所示为固定在竖直平面内半径为R＝1m的半圆形粗糙轨道，A为最低点，B为圆心等高处，C为最高点。一质量为m＝1kg的遥控小车（可视为质点）从A点水平向右以v0＝8m/s无动力进入轨道，上升高度为H＝1.8m时脱离轨道，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则以下说法正确的是（　　） A．小车恰脱离轨道时受重力和摩擦力 B．小车脱离轨道时的速度大小m/s C．小车从A至B运动过程中轨道对小车弹力的冲量为0 D．小车从A至脱离过程克服摩擦力所做的功大小为10J 【答案】D 【解答】解：A.小车恰脱离轨道时，与轨道之间无弹力，因为弹力是产生摩擦力的必要条件，所以此时不受摩擦力，只受重力，故A错误； B.设小车脱离轨道时的速度大小为v，脱离时位置跟圆轨道圆心连线与水平面夹角为θ，则 解得 sinθ＝0.8 根据牛顿第二定律有 解得 故B错误； C.小车从A至B运动过程中，轨道对小车的弹力方向始终垂直于速度方向，根据冲量I＝Ft，弹力不为零且作用时间不为零，所以轨道对小车弹力的冲量不为0，故C错误； D.小车从A点至脱离过程，根据动能定理有 解得 W克f＝10J 故D正确； 故选：D。 13．（多选）如图甲所示，长L＝1m、质量M＝1.6kg的木板b静止在地面上，质量m＝0.4kg的物块a（可视为质点）静止在木板的右端，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2，μ2＝0.3。t＝0时刻对b施加一水平向右、大小为F的力，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．0～2s内摩擦力对b的冲量为6N•s B．t＝5s时，a受到摩擦力为2.4N C．t＝5s时，a的速度大小为3.75m/s D．0～5s内，地面对b的摩擦力的冲量为24N•s 【答案】ACD 【解答】解：A、根据题意可知，木板b与地面间的最大静摩擦力为：fm＝μ2（M+m）g＝0.3×（1.6+0.4）×10N＝6N，结合图乙可知，0～2s 内，木板b与地面间摩擦力为静摩擦力，大小等于外力 F，则0～2s 内摩擦力对B的冲量为：，故A正确； BCD、由图乙可知，t＝3s后，外力F保持不变，大小为F＝9N，由牛顿第二定律，对物块a有：f＝ma，其中：f≤μ1mg＝0.2×0.4×10N＝0.8N，解得：a≤2m/s2对a、b组成的整体，由牛顿第二定律有：F1﹣fm＝（M+m）a，当a＝2m/s2时，有：F1＝fm+（M+m）a＝6N+（1.6+0.4）×2N＝10N 即当外力F＝10N时，a、b发生相对滑动，通过分析可知，a、b未发生相对滑动，则a不能脱离木板，t＝2s后，a、b整体开始相对地面滑动，则2s～5s内地面对b的摩擦力的冲量为：If′＝fm•Δt＝6×3N•s＝18N•s，则0～5s内，地面对b的摩擦力的冲量为：If＝I1+If′＝6N•s+18N•s＝24N•s 0～5s内，对a、b 整体，由动量定理可得：，代入数据解得：v＝3.75m/s，即t＝5s时，a、b的速度为3.75m/s，故B错误，CD正确。 故选：ACD。 14．（多选）复杂的运动和相互作用过程可以通过分解的方法，一个方向一个方向分别研究，进而简化研究过程。台球在运动和撞击过程中，运动情况较为复杂。在不考虑球的转动和摩擦的情况下，可认为台球碰撞过程无机械能损失。如图所示，某次击球，球A撞击质量相等且静止的球B，使球B直接进入中袋。两球相碰时，球A的速度方向与两球心的连线成一定夹角。下列说法正确的是（　　） A．球B对球A做负功 B．球A对球B的冲量与球B对球A的冲量大小相等，方向相反 C．球A的速度变化量与球B的速度变化量方向不在同一直线上 D．两球碰撞后，球A和球B的速度相互垂直 【答案】ABD 【解答】解：A、球A撞击球B，球A动能减小，根据动能定理可知，球B对球A做负功，故A正确； B、球A对球B的作用力与球B对球A的作用力为一对作用力与反作用力，等大反向，由冲量公式I＝Ft，可知球A对球B的冲量与球B对球A的冲量大小相等，方向相反，故B正确； C、根据动量定理可知，球A的速度变化量方向为B对球A的冲量方向，球B的速度变化量方向为球A对球B的冲量方向，则球A的速度变化量与球B的速度变化量方向在同一直线上，故C错误； D、设球A碰撞前的速度为v0，与两球心连线的夹角为θ，将v0沿球心连线方向与垂直连线方向分解，可得v1＝v0cosθ，v2＝v0sinθ， 两球碰撞时，作用力沿球心连线方向，以球A的速度为正方向，由动量守恒可得mAv1＝mAv1′+mBvB，由能量守恒可得，且mA＝mB，解得v′＝0，vB＝v0cosθ，故碰撞后球A仅有垂直球心连线速度v2，球B速度方向为沿球心连线方向，故两球碰撞后，球A和球B的速度相互垂直，故D正确。 故选：ABD。 15．（多选）如图甲所示，轻弹簧两端系着质量相等的两小球A和B，小球A用细线悬挂在天花板上，系统处于静止状态，现将细线剪断，并以此为计时起点，两球运动的加速度a随时间t变化情况如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．t1时刻弹簧恢复到原长状态 B．t1时刻两小球速度相等 C．t2时刻A球的速度大小为gt2 D．0～t2时间内弹簧对B球的冲量为0 【答案】ACD 【解答】解：A、由图知，t1时刻，小球A、B的加速度相同，对小球A、B整体，由牛顿第二定律知，小球A、B的加速度均为，此时小球A、B均处于完全失重状态，则弹簧弹力为0，弹簧处于原长状态，故A正确； BCD、a﹣t图像中图线与坐标轴所围的面积表示速度变化量，由图知，0～t2内小球A、B的a﹣t图线与坐标轴所围的面积相等，0～t1内小球A、B的a﹣t图线与坐标轴所围的面积不相等，而小球A、B的初速度为0，则t2时刻小球A、B的速度相等，t1时刻小球A、B的速度不相等，对小球A、B整体，以竖直向下的方向为正方向，由动量定理：2mgt2＝2mv2﹣0，解得两球的速度大小v2＝gt2，对小球B，以竖直向下的方向为正方向，由动量定理：mgt2+IB＝mv2﹣0，解得弹簧对B的冲量IB＝0，故B错误，CD正确。 故选：ACD。 16．如图所示，轻质弹簧的上端固定在水平天花板上，下端悬挂一个质量为m＝1kg，带电量为q＝0.05C的小物块，最初物块静止。某时刻在空间中平行于纸面向上的方向加一个匀强电场，场强大小为E＝100N/C，加电场后物块开始运动。当物块的速度为零时，将匀强电场反向但大小保持不变；当物块的速度再次为零时，又将匀强电场反向但大小保持不变，如此反复，第五次改变电场强度后保持场强不变。最终物块在竖直方向上做机械振动。已知整个过程中弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，弹簧劲度系数为k＝100N/m，重力加速度g＝10m/s2，且弹性势能满足关系（x为弹簧的形变量），求： （1）电场第一次改变方向时，弹簧的形变量； （2）电场第一次改变方向至第二次改变方向过程中，物块能达到的最大动能； （3）最终物块做机械振动的振幅为多少？ 【答案】（1）电场第一次改变方向时，弹簧的形变量为0.05m； （2）电场第一次改变方向至第二次改变方向过程中，物块能达到的最大动能为11.5J； （3）最终物块做机械振动的振幅为0.05m。 【解答】解：（1）初始时，物块静止，受到重力和弹簧弹力的作用，平衡条件为：mg＝kx0 此时弹簧的形变量为：x0 ＝ 0.1m。加电场后，物块受到向上的电场力qE，电场力大小为：qE＝0.05×100N＝5N 此时物块受到的合力为：F＝qE﹣mg＝5N﹣10N＝﹣5N物块开始向上加速运动。 当物块速度再次为零时，弹簧的形变量为，此时物块受到的合力为零，即：mg＝kx1+qE 解得：x1＝0.05m 因此，电场第一次改变方向时，弹簧的形变量为：x1＝0.05m。 （2）.电场第一次改变方向后，电场力反向，变为向下，大小仍为5N。此时物块受到的合力为：F＝mg+qE﹣kx＝10+5﹣100x＝15﹣100x 物块向下做加速运动，当合力为零时，物块达到最大速度，此时弹的形变量为，满足：mg+qE＝kx2 解得：x2＝0.15m 此时物块的动能最大。从x1＝0.05m到x2＝0.15m，物块的运动过程中，重力做正功，电场力做正功，弹簧弹力做负功，根据能量守恒定律，有： 解得： 因此，物块的最大动能为：. 解得：Ek＝11.5J （3）经过多次电场方向改变后，物块最终在竖直方向上做机械振动。此时物块受到的合力为零，即： mg＝kxeq 解得平衡位置对应的弹簧形变量为：xeq＝0.1m 物块的振幅为物块在最高点和最低点相对于平衡位置的偏离量。物块在最高点时，弹簧形变量为 x1＝0.05m，在最低点时，弹簧形变量为x2＝ 0.15m， 因此振幅为：A＝x2﹣xeq＝0.15m﹣0.1m＝0.05m 或者A＝xeq﹣x1＝0.1m﹣0.05m＝0.05m 因此，最终物块做机械振动的振幅为 A＝0.05m。 答：（1）电场第一次改变方向时，弹簧的形变量为0.05m； （2）电场第一次改变方向至第二次改变方向过程中，物块能达到的最大动能为11.5J； （3）最终物块做机械振动的振幅为0.05m。 【题型6 用动量定理求平均作用力】 17．“…青箬笠，绿蓑衣，斜风细雨不须归。”如图所示，这是古诗描述的情景。若斗笠的直径d＝70cm，细雨在空中分布均匀，竖直下落的速度始终为v＝2m/s，湖可以看成一个露天的圆柱形的大容器，细雨持续的时间t＝1h，导致湖面的水位上升了h＝1mm。（设雨滴垂直撞击斗笠后无反弹，且斗笠的坡面接近水平，不计雨滴所受重力，水的密度ρ＝1×103kg/m3）则斗笠受到雨的平均作用力大小F最接近于（　　） A．4×10﹣4N B．6×10﹣4N C．2×10﹣4N D．1×10﹣4N 【答案】C 【解答】解：取一小段时间为Δt，并以在这段时间内与斗笠面作用的雨水为研究对象，其质量为Δm，斗笠面积为 S，取竖直向上为正方向，由动量定理得F′Δt＝0﹣Δm（﹣v），代入数据联立解得F2×10﹣4N，根据牛顿第三定律知斗笠受到雨的平均作用力大小F约为2×10﹣4N，故C正确，ABD错误。 故选：C。 18．为了提升居民的文明素养，在居民小区都规定了禁止高空抛物。为了让居民直观感受高空抛物的危险性，某实验小组开展了相关实验。一位实验员将一个梨从七楼阳台由静止释放。该过程可以简化成如下情景：梨质量为 m＝0.5kg，从h＝20m高处由静止落下。假设梨落地时与地面的碰撞时间为t＝0.02s，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。 （1）求梨落到地面前瞬间的速度大小。 （2）若梨碰地面后速度变为零，求梨与地面碰撞过程中梨对地面的平均作用力大小。 【答案】（1）梨落到地面前瞬间的速度大小为20m/s。 （2）梨与地面碰撞过程中梨对地面的平均作用力大小为505N。 【解答】解：（1）根据速度—位移公式v2＝2ax，可得； （2）以向上为正方向，根据动量定理可得（F﹣mg）t＝mv，解得505N，地面对梨的平均作用力为505N，根据牛顿第三定律可得，梨对地面的平均作用力大小为505N。 答：（1）梨落到地面前瞬间的速度大小为20m/s。 （2）梨与地面碰撞过程中梨对地面的平均作用力大小为505N。 【题型7 动量守恒定律的一般应用】 19．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（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：规定向右为正方向，由动量守恒定律可得 （M+m）v0＝﹣mv+Mv船 解得 故C正确，ABD错误。 故选：C。 20．如图所示，光滑水平面上有两个并排放置的木块A、B，质量分别为0.5kg和0.3kg，现有一质量为0.2kg的物体C（可看作质点）以12m/s的速度滑上A的表面，最后B、C一起以3m/s的速度共同前进，已知C与B之间的动摩擦因数0.75。（g取10m/s2）求： （1）木块A的最后速度vA； （2）CA由于摩擦产生的热量。 【答案】（1）木块A的最后速度为1.8m/s； （2）CA由于摩擦产生的热量为10.8J。 【解答】解：（1）因在光滑水平面上运动，所以系统的动量守恒，设木块A的最后速度为vA，规定向右为正方向，则有：mCv0＝mAvA+（mB+mC）v，代入数据解得：； （2）设离开A时C的速度为vC，根据系统的动量守恒：mCv0＝mCvC+（mA+mB）vA，解得：，摩擦生热产生的热量为：Q10.8J。 答：（1）木块A的最后速度为1.8m/s； （2）CA由于摩擦产生的热量为10.8J。 21．如图所示，某电视台一档闯关节目中，沙袋通过轻质细绳悬挂于A点正上方的O点，闯关者水平向左速度为v0＝8m/s，在A点抱住沙袋一起向左摆动。已知沙袋到悬点O的距离为L＝6m，闯关者的质量为M＝50kg，沙袋质量为m＝50kg，重力加速度g＝10m/s2，沙袋和闯关者可视为质点，不计空气阻力。求： （1）闯关者刚抱住沙袋时的共同速度v的大小； （2）闯关者抱住沙袋共同上摆过程中能到达的最大高度h。 【答案】（1）闯关者刚抱住沙袋时的共同速度v的大小为4m/s； （2）闯关者抱住沙袋共同上摆过程中能到达的最大高度为0.8m。 【解答】解：（1）闯关者抱住沙袋过程，系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝（M+m）v，代入数据解得：v； （2）闯关者与沙袋摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得， 代入数据解得h。 答：（1）闯关者刚抱住沙袋时的共同速度v的大小为4m/s； （2）闯关者抱住沙袋共同上摆过程中能到达的最大高度为0.8m。 【题型8 用动量守恒定律解决简单的碰撞问题】 22．如图所示，光滑的水平面上有大小相同、质量不等的小球P、Q，小球P以速度v0向右运动时与静止的小球Q发生正碰，碰后小球P速度反向、大小为，小球Q的速率为，则小球P、Q的质量之比等于（　　） A．3：8 B．8：3 C．3：4 D．4：3 【答案】A 【解答】解：两球组成的系统在碰撞过程系统动量守恒， 以P球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mPv0＝mP×（）+mQ， 解得两球的质量之比，故A正确，BCD错误。 故选：A。 23．如图所示，用两根长度都等于L的细绳，分别把质量相等、大小相同的a、b两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触。现把a球拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当a球摆动到最低位置与b球相碰后，b球不可能升高的高度为（　　） A．L B． C． D． 【答案】D 【解答】解：设小球a向下摆动到最低点时的速度大小为v，根据动能定理可得，解得：。当两球发生弹性碰撞时，b获得的速度最大，由于两球质量相等，发生弹性碰撞时两球交换速度，则得b球获得的速度最大值为。此种情况下设b球摆动的最大高度为h1，根据动能定理可得，解得：h1＝L。当两球发生完全非弹性碰撞，即一碰后合在一起时，b获得的速度最小，设为vmin，取向左为正方向，根据动量守恒得mv＝2mvmin，可得，此种情况下设b球摆动的最大高度为h2根据动能定理可得，解得：。所以b球上摆的最大高度范围为，故ABC错误，D正确； 故选：D。 24．如图所示是碰球游戏，在水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，a、b、c、d为圆上四个等分点。在内部放置质量分别为3m和5m的A、B两个发光弹力球（球径略小于管径，管径远小于R），开始时B球静止于a点，A球以一定的初速度向右与B球发生弹性碰撞，已知两球只有碰撞时才发光，则第二次发光点在（　　） A．b、c之间 B．c、d之间 C．c点 D．d点 【答案】D 【解答】解：令第一次碰撞前A的速度为v0，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有 3mv0＝3mvA+5mvB 根据碰撞前后机械能守恒定律有 解得： 和 碰撞之后A、B的线速度大小之比为1：3，则碰撞之后A反向运动的路程为B顺时针运动的路程的三分之一时，两球再次相遇，可知，第二次发光点在 d点，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【题型9 动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用】 25．如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度v0射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　） A．系统的动量不守恒，机械能守恒 B．系统的动量守恒，机械能不守恒 C．系统损失的机械能为 D．弹簧最大的弹性势能等于 【答案】C 【解答】解：AB、子弹在击中木块过程要克服阻力做功，机械能有损失，系统机械能不守恒，子弹与木块压缩弹簧过程，子弹、木块、弹簧组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由此可知，弹簧、子弹和木块组成的系统在整个过程中动量不守恒、机械能不守恒，故AB错误； C、子弹击中木块过程子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v， 系统损失的机械能：ΔE，故C正确； D、木块压缩弹簧过程，由能量守恒定律得：（M+m）v2＝EP，解得：EP，故D错误； 故选：C。 26．如图所示，用长度为L的轻质细绳悬挂一个质量为M的木块，一个质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计，木块和子弹可以看作质点，以木块初始位置为零势能点，下列说法正确的是（　　） A．子弹穿透木块过程中，子弹、木块组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．子弹刚穿透木块时，木块速度为 C．子弹刚穿透木块时，绳子的拉力为Mg D．子弹刚穿透木块后，木块能到达的最大高度为 【答案】C 【解答】解：A.子弹穿透木块过程中，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；子弹与木块间有摩擦，一部分机械能转化成内能，故机械能不守恒，故A错误； B.取子弹初速度为正方向，子弹木块组成的系统水平方向动量守恒，得 mv0＝mv+Mv1 解得子弹刚穿透木块时，木块速度为 v1 故B错误； C.分析可知子弹穿透木块过程中，木块具有一定的速度，故系统此时具有一定的向心加速度，所以， 向心力Fn＝M 绳子的拉力大小 F＝Mg+Fn＝Mg 故C正确； D.从子弹穿出到木块摆至最大高度时，对木块根据机械能守恒得 Ep 木块摆至最大高度时，重力势能为 Ep＝Mgh 所以Mgh 木块能到达的最大高度为 h 故D错误。 故选：C。 27．如图所示，长度L＝14.4m的水平轨道AB的B端平滑连接半径R＝1.6m的竖直光滑半圆形圆管轨道。小球甲静置于A点，小球乙静置于B点。质量m0＝20g的子弹以水平速度v0＝500m/s射入小球甲并留在其中，随后与小球乙碰撞，碰后甲速度反向，甲、乙速度大小之比为1：4.5，乙进入圆管轨道。已知甲、乙质量分别为m1＝0.48kg、m2＝1.0kg，两小球在水平轨道所受阻力是其重力的0.5倍，重力加速度g取10m/s2，求： （1）子弹射入小球甲后，二者的速度大小v1； （2）碰后小球乙的速度大小v2； （3）小球乙运动到圆管轨道最高点C时，圆管对其作用力F的大小。 【答案】（1）子弹射入小球甲后，二者的速度大小v1为20m/s； （2）碰后小球乙的速度大小v2为9m/s； （3）小球乙运动到圆管轨道最高点C时，圆管对其作用力F的大小为0.625N。 【解答】解：（1）子弹射入小球甲后，规定水平向右的方向为正方向，子弹射入甲过程中动量守恒m0v0＝（m0+m1）v1 解得v1＝20m/s； （2）甲从A到B受阻力作用，根据动能定理有： 阻力为：f＝0.5×（m0+m1）g 解得：v碰前＝16m/s 设碰后甲速度大小为v1'，碰撞过程动量守恒，向右为正，有：（m0+m1）v碰前＝﹣（m0+m1）v1'+m2v2， 且已知碰后甲、乙速度大小之比为v1'：v2＝1：4.5 联立可得v2＝9m/s； （3）设小球乙在最高点时圆管作用力为F小球乙在圆管内运动，从B到最高点C，机械能守恒 在C点，由向心力公式可得 代入数据解得F＝0.625N。 答：（1）子弹射入小球甲后，二者的速度大小v1为20m/s； （2）碰后小球乙的速度大小v2为9m/s； （3）小球乙运动到圆管轨道最高点C时，圆管对其作用力F的大小为0.625N。 【题型10 动量守恒定律在板块模型中的应用】 28．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A相对地面向左的最大位移是 B．若M＜m，平板车B相对地面向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 【答案】D 【解答】解：A．物体与平板作用的过程中，合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得： Mv0﹣mv0＝（M+m）v 解得 v 若M＞m，A所受的摩擦力为： Ff＝μmg 设物体A相对地面向左的最大位移为xA，对A，由动能定理得： ﹣FfxA＝0 联立解得：xA，故A错误； B．若M＜m，设平板车B相对地面向右的最大位移为xB，对B，由动能定理得： ﹣FfxB＝0 联立解得：xB，故B错误； CD．摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，对平板车由动量定理得： ﹣Fft＝Mv﹣Mv0 Ff＝μmg 联立解得：t 平板车动量的变化量为：Mv﹣Mv0 故C错误，D正确。 故选：D。 29．（多选）如图所示，水平传送带AB以5m/s顺时针匀速转动，其右端连接一段光滑水平面BC。现将质量m1＝1kg的物块a（可视为质点）从A处静止释放，经传送带运送至B处，后通过水平面BC滑上质量m2＝3kg的木板b，木板b紧挨着BC右端放置在光滑水平地面上，其上表面与BC等高。小物块a与木板b右侧竖直挡板发生完全弹性碰撞且最终恰好不脱离木板。已知AB长L1＝1.6m，木板长L2＝3m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与木板上表面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．物块a和木板b组成的系统机械能守恒 B．传送带克服摩擦力做功为8J C．物块a与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.1 D．全程系统产生的摩擦热为18J 【答案】CD 【解答】解：A、因摩擦要产生热量，所以物块a和木板b组成的系统机械能不守恒，故A错误； B、物块a在传送带上先做匀加速直线运动，加速度为aμ1g＝0.5×10m/s2＝5m/s2 物块a加速至传送带速度时，通过的位移为xm＝2.5m＞L1＝1.6m 所以物块a与传送带没有共速，一直做匀加速直线运动，则有L1 解得物块a在传送带上运动时间t＝0.8s 传送带克服摩擦力做功为W＝μ1m1g•vt＝0.5×1×10×5×0.8J＝20J，故B错误； C、a滑上木板时的速度v0＝at＝5×0.8m/s＝4m/s a在木板上滑动过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得 m1v0＝（m1+m2）v共 m1（m1+m2）v共2+μ2m1g•2L2 解得μ2＝0.1，故C正确； D、物块a在传送带上运动时系统因摩擦而产生的热量为Q1＝μ1m1g（vt﹣L1）＝0.5×1×10×（5×0.8﹣1.6）J＝12J 物块a在木板上滑动过程系统因摩擦而产生的热量为Q2＝μ2m1g•2L2＝0.1×1×10×2×3J＝6J 故全程系统产生的摩擦热为Q＝Q1+Q2＝12J+6J＝18J，故D正确。 故选：CD。 30．如图所示，一矩形绝缘木板放在光滑水平面上，另一质量为m、带电量为q的小物块沿木板上表面以某一初速度从A端沿水平方向滑入，木板周围空间存在足够大、方向竖直向下的匀强电场．已知物块与木板间有摩擦，物块沿木板运动到B端恰好相对静止．若将匀强电场的方向改为竖直向上，大小不变，且物块仍以原初速度沿木板上表面从A端滑入，结果物块运动到木板中点时相对静止．求： （1）物块所带电荷的性质． （2）匀强电场场强的大小． 【答案】解：（1）电场方向改为竖直向上后，物块相对木板运动的位移变小，说明摩擦力变大，它们之间的压力变大了，物块所受的电场力向下，所以物块带负电． （2）设匀强电场的场强大小为E，木板质量为M、长度为L，物块的初速度为v0，物块和木板共同速度为v． 当电场方向向下时： 由物块在竖直方向受力平衡得：N1+qE＝mg 由物块与木板组成的系统动量守恒得：mv0＝（M+m）v 由系统能量守恒得：μN1L（m+M）v2 当电场方向向上时： 由物块在竖直方向受力平衡得：qE+mg＝N2 由物块与木板组成的系统动量守恒得：mv0＝（M+m）v 由系统能量守恒得：μN2•L（m+M）v2 解得：E 答：（1）带负电． （2）匀强电场场强的大小是． 31．如图甲所示，竖直面内有一光滑轨道BCD，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道半径为Rm，与水平轨道CD相切于点C。现将一小滑块（可视为质点）从空中的A点以v0＝4m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点，滑块在圆弧末端C点对轨道的压力NC＝64N，之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点滑到质量为M＝1kg，长度足够的木板上。图乙为木板开始运动后一段时间内的v﹣t图像，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力和木板厚度。求： （1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小； （2）小滑块的质量； （3）小滑块与木板间的动摩擦因数μ1、木板与地面间的动摩擦因数μ2； （4）全过程中木板与地面间因摩擦产生的热量。 【答案】（1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小为8m/s； （2）小滑块的质量是1kg； （3）小滑块与木板间的动摩擦因数是0.8或0.6、木板与地面间的动摩擦因数是0.2或0.1； （4）全过程中木板与地面间因摩擦产生的热量可能是24J，也可能是16J。 【解答】解：（1）滑块从A到B的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，在B点，由 解得vB＝8m/s （2）B到C的过程中机械能守恒，可得 代入数据可得vC＝12m/s 对C点滑块受力分析 由牛顿第三定律可得FNC＝NC 解得m＝1kg （3）由乙图可知，1s时木板受到的力发生了突变，有两种情况。 情况一（如图）：1s时滑块和木板刚好共速，之后两物体一起以相同的加速度一起减速滑行至停止。 由图可知，在0～1s内，对滑块根据动量定理可得﹣μ1mgt＝mv1﹣mvc 其中t＝1s，v1＝4m/s 解得μ1＝0.8 对木板由动量定理可得μ1mgt﹣μ2（m+M）gt＝Mv1 解得μ2＝0.2 情况二（如图）：1s时物块从木板右侧滑出后两，物体均在地面上滑行，滑行时加速度相同，则不会相撞。 由图可知，在0～1s内物块和木板的相对位移L 解得v物1＝6m/s 对滑块根据动量定理可得﹣μ′1mgt＝mv物1﹣mvc 解得μ′1＝0.6 对木板由动量定理得μ′1mgt﹣μ′2（m+M）gt＝Mv1 解得μ′2＝0.1 （4）第1s内木板的位移m＝2m 木板与地面间因摩擦产生的热量Q1＝μ2（M+m）gx1 代入数据得Q1＝8J 第一种情况下木板减速过程位移设为x2，则 解得x2＝4m 木板与地面间因摩擦产生的热量Q2＝μ2（M+m）gx2 代入数据得Q2＝16J 木板与地面间因摩擦产生的总热量Q＝Q1+Q2＝8J+16J＝24J 第二种情况下木板减速过程位移设为x1′，则 解得x2′＝8m 木板与地面间因摩擦产生的热量Q2′＝μ2′Mgx2′ 代入数据得Q2′＝8J 木板与地面间因摩擦产生的总热量Q＝Q1+Q2′＝8J+8J＝16J 答：（1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小为8m/s； （2）小滑块的质量是1kg； （3）小滑块与木板间的动摩擦因数是0.8或0.6、木板与地面间的动摩擦因数是0.2或0.1； （4）全过程中木板与地面间因摩擦产生的热量可能是24J，也可能是16J。 【题型11 动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用】 32．（多选）如图所示，水平面上固定着两根足够长的光滑平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒 B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为 D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为 【答案】ACD 【解答】解：A、小球和U形管组成的系统在运动过程中没有外力做功，所以系统机械能守恒，故A正确； B、球从U形管一端进入从另一端出来的过程中，小球和U形管组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv0＝mv1+2mv2 根据机械能守恒定律得： 解得：，故B错误； C、从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管速度平行导槽方向速度相同，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+2m）vx 由能量守恒定律得： 解得：，，故C正确； D、小球此时还有个分速度是沿着U形管的切线方向，设为vy，则 对小球，由动量定理得： 由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为，故D正确。 故选：ACD。 33．（多选）如图所示，半径为R、质量为m的圆槽AB静止在水平地面上，底端B点的切线水平。一质量为3m的小球甲静止在圆槽右侧的水平地面上，其左侧连有一轻质弹簧，弹簧左端到圆槽底端B点的距离为R。现将质量为m的小球乙（可视为质点）从圆槽顶端的A点由静止释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　） A．在球乙下滑过程中，圆槽与球乙组成的系统动量守恒 B．球乙刚与弹簧接触时，与圆槽底端B点相距3R C．弹簧弹性势能的最大值为mgR D．球甲最终的速度大小为 【答案】BD 【解答】解：A、小球乙在圆槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，故A错误； B、小球乙从圆槽的A点到B点的过程中，设小球乙滑到B点的速度为v0，取水平向右为正，小球乙与圆槽在水平方向动量守恒： 0＝mv0﹣mv 机械能守恒： 则 设小球乙到B点的过程中水平向右移动的距离为x1，圆槽向左运动的距离为x2，两物体水平方向的相对位移为R，因此： mx1﹣mx2＝0 x1+x2＝R 解得： 此时圆槽的B点与弹簧之间新的距离： 小球乙从B点向右以v0匀速运动，圆槽向左以v0匀速运动，小球乙到达弹簧时与圆槽底端B的距离： 解得 L'＝3R 故B正确； C、小球乙与小球甲共速时，弹簧弹性势能有最大值；从小球乙与弹簧接触到两球共速，取水平向右为正，动量守恒： mv0＝（m+3m）v3 机械能守恒： 可得： 故C错误； D、从小球乙与弹簧接触到两球分开，取水平向右为正，动量守恒： mv0＝mv1+3mv2 机械能守恒： 解得： 故D正确。 故选：BD。 34．如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1＝2m的固定粗糙水平直轨道BC及两半径均为R1＝0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与粗糙水平直轨道BC及小车上表面GH间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其它阻力，取g＝10m/s2。求： （1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）若释放的高度，试分析滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系。 【答案】（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力为6N，方向向下； （2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度为0.3m； （3）滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系为：当0＜h≤0.6m时，s＝0；当0.6m＜h≤1m时，s＝2.5h+0.5（m）；当1m＜hm时，s＝3m。 【解答】解：（1）滑块在圆弧轨道上下滑过程，根据动能定理得 代入数据解得： 在F点，对滑块，根据牛顿第二定律得 解得细圆管道对滑块的作用力为：N＝6N 根据牛顿第三定律，细圆管道受到滑块的作用力N′＝N＝6N，方向竖直向下。 （2）滑块在小车上运动过程中，取水平向右为正方向，根据滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒得 mvF＝（M+m）v 解得： 根据能量守恒得 滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度：hmax＝0.3m （3）滑块恰好达到C点的过程，根据动能定理得 mgh1﹣μmgL1＝0﹣0 代入数据解得：h1＝0.6m 经过计算可知，当释放的高度时，滑块刚好能到达半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧的最高点。 若释放的高度，根据动能定理得 取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得 mvF＝（M+m）v 根据能量守恒得 解得：s＝2.5h+0.5（m） 当h＞1m时，s＞3m＝2L2，滑块会从小车左侧滑落。 当0＜h≤0.6m时，s＝0 当0.6m＜h≤1m时，s＝2.5h+0.5（m） 当1m＜hm时，s＝3m 答：（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力为6N，方向向下； （2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度为0.3m； （3）滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系为：当0＜h≤0.6m时，s＝0；当0.6m＜h≤1m时，s＝2.5h+0.5（m）；当1m＜hm时，s＝3m。 35．如图所示，光滑四分之一圆弧AB与传送带BC平滑连接，圆弧半径R＝3.2m，传送带水平长度x＝7m，顺时针传动，速度v＝6m/s，让质量为m＝2kg的滑块a（可看作质点）从圆弧顶端静止释放，到达传送带右端时，刚好与传送带共速，之后从传送带飞出。已知重力加速度g＝10m/s2，求： （1）滑块a滑到圆弧底端B点时对圆弧的压力大小； （2）滑块a与传送带之间的动摩擦因数； （3）滑块a与传送带因摩擦产生的热量； （4）若在B点放一块质量为M＝6kg的滑块b（图中未画出），滑块a仍从圆弧顶端静止释放，与滑块b发生弹性正碰，碰后立即取走滑块b，求碰后传送带对滑块a的摩擦力做的功。 【答案】（1）滑块a滑到圆弧底端B点时对圆弧的压力大小为60N，方向竖直向下； （2）滑块a与传送带之间的动摩擦因数为0.2； （3）滑块a与传送带因摩擦产生的热量为4J； （4）碰后传送带对滑块a的摩擦力做的功为20J。 【解答】解：（1）滑块a滑到底端过程中，由动能定理得 mgR 解得滑块a滑到圆弧底端B点时速度为：v0＝8m/s 在B点，对滑块a，由牛顿第二定律有 FN﹣mg＝m 解得：FN＝60N 由牛顿第三定律，滑块a到B点时对圆弧的压力为60N，方向竖直向下； （2）滑块a从M运动到N的过程中，由动能定理得 ﹣μmgx 解得：μ＝0.2 （3）可知滑块在传送带上做减速运动 aμg＝0.2×10m/s2＝2m/s2 则减速所用的时间为 ts＝1s 可知此过程中滑块对地位移为 x11m＝7m 传送带对地的位移为 x2＝vt＝6×1m＝6m 可得相对位移为 x＝x1﹣x2＝7m﹣6m＝1m 则因摩擦产生的热量为 Q＝μmgx 解得：Q＝4J （4）a下滑到B处与b发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mv1+Mv2 解得：v1＝﹣4m/s，v2＝4m/s 碰后a返回圆弧再滑下，速度大小仍为4m/s，比传送带速度小，在传送带上做匀加速运动，设a经过位移x′与传送带共速，由动能定理得 μmgx′ 解得：x′＝5m＜7m 所以a在传送带上先加速再匀速 法一：摩擦力所做的功为 W＝μmgx′，解得：W＝20J 法二：由动能定理可得 W，解得：W＝20J 答：（1）滑块a滑到圆弧底端B点时对圆弧的压力大小为60N，方向竖直向下； （2）滑块a与传送带之间的动摩擦因数为0.2； （3）滑块a与传送带因摩擦产生的热量为4J； （4）碰后传送带对滑块a的摩擦力做的功为20J。 【题型12 动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用】 36．在光滑水平面上有两个弹性小球A、B，其中B球静止，A球向B球运动，发生正碰。碰撞过程小球A的速度—时间图像如图所示。t0时刻小球A速度大小为v1，且此时速度的变化率最大；t1时刻小球A速度为0。假设两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，已知小球B的质量为m，碰撞过程总机械能守恒。下列说法正确的是（　　） A．小球A的质量为 B．t1时刻小球B的动能最大 C．两球压缩最紧时，小球B的动能与弹性势能Ep之比为 D．在0～t1时间内小球A所受的冲量大小为mv0 【答案】C 【解答】解：A、根据题意t0时刻小球A速度大小为v1，且此时速度的变化率最大可知，此时A、B两个小球的速度相等，均为v1，此时两个小球压缩最紧。设A球的质量为m'，规定A小球的初速度方向为正方向，根据动量守恒有m'v0＝（m+m'）v1，解得m'，故A错误； B、由图可知，当两个小球分开时小球A被反弹回去，两个小球相互作用的过程中满足动量守恒，所以应该是小球A反弹回去时小球B的速度最大，在t1时刻小球的速度为0，但两个小球还没有分开，所以t1时刻小球B的速度还没有达到最大，动能也不是最大，故B错误； C、根据能量守恒有，结合动量守恒方程m'v0＝（m+m'）v1，可得，小球B的动能为，所以两球压缩最紧时，小球B的动能与弹性势能Ep之比为，故C正确； D、根据动量定理可知，在0～t1时间内小球A所受的冲量大小为m'v0，故D错误。 故选：C。 37．（多选）A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M（m＜M）。若使A球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A球的速度为vA，B球的速度为vB，弹簧的长度为L；若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A球的速度为v′A，B球的速度为v′B，弹簧的长度为L'。则（　　） A．vA＞vB B．v′A＝v′B C．vA＝v′A D．L＝L' 【答案】BD 【解答】解：当弹簧压缩到最短时，两球的速度相等，则有vA＝vB，v′A＝v′B，题图甲中，以向右为正方向，由动量守恒得mv＝（m+M）vA＝（m+M）vB，解得vA＝vB，由能量守恒可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为，题图乙中，以向左为正方向，由动量守恒得Mv＝（m+M）v′A＝（m+M）v′B，解得v′A＝v′B，因为m＜M，可知vA＜v′A，由能量守恒可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为，可知两种情境下弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能相等，则有L＝L′，故BD正确，AC错误。 故选：BD。 38．如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m的两个小物块A、B置于水平地面上，都处于静止状态。将质量也为m的小物块C从A的正上方高为h处由静止释放，物块C与A碰后粘连在一起继续向下运动，此后两物块始终未分离。已知在后续的振动中，当A与C达到最高点时，B对地面的弹力恰好为零，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，求： （1）A与C碰撞后的共同速度v1； （2）弹簧弹力的最大值Fm； （3）弹簧的劲度系数k。 【答案】（1）A与C碰撞后的共同速度为； （2）弹簧弹力的最大值等于5mg； （3）弹簧的劲度系数k等于。 【解答】解：（1）设物块C与物块A碰撞前的速度为v0，则 解得 A与C碰撞，根据动量守恒 mv0＝2mv1 解得 （2）物块C与A碰后粘连在一起之后，物块AC一起做简谐运动，在最高点时，B对地面的弹力恰好为零，则弹簧的弹力为 F弹＝mg 则对物块AC受力分析，回复力为 F回＝2mg+F弹 根据简谐运动的对称性，物块AC在最低点时弹簧的弹力和重力的合力提供回复力，此时的弹力最大，最大为 Fm＝F回+2mg，解得Fm＝5mg （3）设最开始时，弹簧的压缩量为x0，根据胡克定律 kx0＝mg 设A与C碰撞后下降的最大高度时，弹簧的形变量为x1，根据胡克定律 kx1＝Fm＝5mg 则根据功能关系 以上各式联立，解得 答：（1）A与C碰撞后的共同速度为； （2）弹簧弹力的最大值等于5mg； （3）弹簧的劲度系数k等于。 【题型13 用动量守恒定律解决爆炸问题】 39．某炮兵连进行实训演习，一门炮车将一质量为3m的炮弹，以某初速度斜向上发射，到达最高点时，炮弹速度为v0，此时炮弹爆炸成两块碎片a、b，它们此时的速度仍沿水平方向，a、b的质量之比为2：1，速度之比1：2，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　） A．爆炸后碎片a的初速度为 B．落地时碎片a、b的位移大小之比为1：2 C．碎片a、b落地速度大小之比1：2 D．炮弹爆炸后增加的动能为 【答案】D 【解答】解：A、炮弹上升到最高点时，只有水平速度v0，以v0方向为正方向，由动量守恒定律可得3mv0＝2mva+mvb，又，vb＝2va，联立解得：，，故A错误； B、爆炸后碎片a、b在竖直方向上都做自由落体运动，下落高度相同，根据，下落时间相同；水平位移x＝vt，由于t相同，水平位移之比为：，但落地时位移是水平位移和竖直位移的合位移，仅知水平位移比，无法确定合位移比，故B错误； C、爆炸后碎片a、b在竖直方向上都做自由落体运动，下落高度相同，则在竖直方向的速度为：，碎片a、b落地速度大小水平方向的分速度之比1：2，则碎片a、b落地速度大小之比为：，故C错误； D、炮弹爆炸后增加的动能为：，故D正确。 故选：D。 40．（多选）向空中发射一炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂为质量相等的a、b两块。若a的速度方向仍沿原来的方向，且速度小于炸裂前瞬间的速度，则（　　） A．b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反 B．炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定相等 C．a、b一定同时到达地面 D．从炸裂到落地这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大 【答案】BC 【解答】解：A、由于炮弹水平方向不受外力，所以炸裂的过程中a、b组成的系统在水平方向上动量守恒，设炮弹炸裂前瞬间的速度为v，炸裂后a、b的速度分别为va、vb，取炮弹炸裂前速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（ma+mb）v＝mava+mbvb，据题va＜v，可得vb＞0，vb的方向与v方向相同，且有vb＞v，故A错误； B、炸裂的过程中，根据动量守恒定律得：Δpa+Δpb＝0，得Δpa＝﹣Δpb，即a、b动量的变化量大小一定相等，方向一定相反，故B正确； C、炸裂后都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，落地时间由高度决定，可知a、b一定同时落地，故C正确； D、由A分析知，va＜v，vb＞v，则va＜vb，从炸裂到落地这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的小，故D错误。 故选：BC。 41．据外媒报道，中国最新的洲际弹道导弹东风﹣51已经研发完成，东风﹣51采用固体燃料发动机，最多可携带14枚分导式多弹头。假设一枚在空中飞行的东风﹣51导弹，质量为m＝1200kg，飞行到某点时速度方向水平，大小为v＝200m/s，方向如图所示，导弹在该点突然炸裂成两部分，其中质量m1＝600kg的一个弹头沿着v的方向飞去，其速度大小为v1＝500m/s，求： （1）炸裂后另一块质量m＝600kg的弹头的速度v2； （2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了多少？ 【答案】（1）炸裂后另一块质量m＝600kg的弹头的速度等于100m/s，方向与v的方向相反； （2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了5.4×107J。 【解答】解：（1）设初速度v的方向为正方向，爆炸前后水平方向动量守恒，则有 mv＝m1v1+m2v2 代入数据解得 v2＝﹣100m/s 则炸裂后另一块质量的弹头的速度大小为100m/s，方向与v的方向相反； （2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加量为 代入数据解得 答：（1）炸裂后另一块质量m＝600kg的弹头的速度等于100m/s，方向与v的方向相反； （2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了5.4×107J。 【题型14 人船模型及其变式】 42．如图所示，质量m＝50kg的人，站在质量M＝250kg的车的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中，车后退0.4m，车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为（　　） A．0.33m B．0.48m C．2.4m D．3m 【答案】C 【解答】解：设人的质量为 m，车的质量为 M，车长为 L，车后退位移为 x2，人对地的位移为x1，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mv1﹣Mv2＝0 人和车的运动时间相等，则有 mx1﹣Mx2＝0 又两者位移大小满足 x1+x2＝L 综上代入数据，解得 L＝2.4m。 故C正确，ABD错误。 故选：C。 43．《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这是著名的曹冲称象的故事。某同学学过动量守恒定律之后，欲利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后缓慢进入静止的平行于河岸的船的船尾，再从船尾行走至船头，之后缓慢下船，测出船后退的距离d，已知该同学自身的质量为m，若忽略一切阻力，则船的质量为（　　） A．m B．m C．m D．m 【答案】D 【解答】解：设船的质量为M，人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾行走至船头所用时间为t。 取船的速度为正方向，则v，v′ 根据动量守恒定律得：Mv﹣mv′＝0，即Mm0，解得：Mm，故ABC错误，D正确。 故选：D。 44．（多选）马钦阳老师想用气垫导轨模拟“人船模型”。他来到实验室，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上（不计摩擦）并接通电源。他又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端。下面说法正确的是（　　） A．滑块与蜗牛运动的距离之和为L B．只有蜗牛运动，滑块一直保持静止 C．蜗牛运动的距离是滑块的倍 D．滑块运动的距离是 【答案】AD 【解答】解：B．蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中，蜗牛和滑块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，系统原来静止状态，总动量为零，根据动量守恒定律可知，蜗牛运动后，系统的总动量仍为零，所以蜗牛运动时，滑块会向相反的方向运动，而不会静止不动，故B错误； ACD．取滑块的运动方向为正，蜗牛从滑块的一端移动到另一端时，滑块与蜗牛运动的位移之和为L．设滑块运动的位移大小为x1，蜗牛运动的位移大小为x2。根据动量守恒定律得： 可得 即蜗牛运动的位移是滑块的倍。又由x1+x2＝L 得 故C错误，AD正确。 故选：AD。 45．某同学质量为50kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的对地速度跳到一条迎面以0.4m/s的对地速度漂来的小船上，然后去执行任务。已知小船的质量是150kg，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上（船未与岸相撞），不计水的阻力。求： （1）人跳上船后，船最终速度的大小和方向； （2）人与船组成的系统损失的动能。 【答案】（1）人跳上船后，船最终速度的大小为0.2m/s；方向与人原来的速度方向相同； （2）人与船组成的系统损失的动能为108J。 【解答】解：（1）设人原来的速度方向为正方向。根据动量守恒定律有mv人+Mv船＝（m+M）v 代入数据，解得 v＝0.2m/s 方向与人原来的速度方向相同。 （2）系统相互作用前的总动能 E1＝E人+E船 代入数据，解得 E1＝112J 系统相互作用后的总动能 E2 代入数据，解得 E2＝4J ΔE＝E1﹣E2＝112J﹣4J＝108J。 答：（1）人跳上船后，船最终速度的大小为0.2m/s；方向与人原来的速度方向相同； （2）人与船组成的系统损失的动能为108J。 46．如图所示，质量为M＝300kg的小船，长为L＝3m，浮在静水中。开始时质量为m＝60kg的人站在船头，人和船均处于静止状态，不计水的阻力，若此人从船头向船尾行走。 （1）当人的速度大小为5m/s时，船的速度大小为多少； （2）当人恰走到船尾时，船前进的距离。 【答案】（1）当人的速度大小为5m/s时，船的速度大小为1m/s； （2）当人恰走到船尾时，船前进的距离0.5m。 【解答】解：（1）根据动量守恒定律可得 mv⋏﹣Mv船＝0 解得 v船＝1m/s （2）由图可知 x人+x船＝L 解得 x船＝0.5m 答：（1）当人的速度大小为5m/s时，船的速度大小为1m/s； （2）当人恰走到船尾时，船前进的距离0.5m。 【题型15 用动量守恒定律解决多过程问题】 47．如图所示，一质量为m＝1kg可看成质点的滑块以初速度v0＝2m/s，从P点与水平方向成θ＝37°抛出后，恰能从a点沿ab方向切入粗糙斜面轨道，斜面ab轨道长为xab＝10m，斜面ab与半径R＝1.25m的竖直光滑圆弧轨道相切于b点，O点为圆弧的圆心，c点为圆弧的最低点且位于O点正下方，圆弧圆心角θ＝37°。c点靠近水平传送带左侧，传送带cd间距离为L＝3.4m，以v＝5m/s的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量m0＝2kg。滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。不计一切空气阻力，求： （1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间t0； （2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小； （3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小； （4）2个小球最终获得的总动能。 【答案】（1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间为0.24s； （2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小为49.2N； （3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小为2N•s； （4）2个小球最终获得的总动能为。 【解答】解：（1）滑块从P点抛出时竖直方向的分速度为： vy＝v0sinθ 滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间为： （2）从开始运动到c点的过程中，根据动能定理可得： 在c点，根据牛顿第二定律可得： 联立解得vc＝7m/s；Nc＝49.2N 根据牛顿第三定律可得滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小Nc'＝Nc＝49.2N （3）滑块在传送带上的加速度a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2 滑块速度与传送带速度相等的所需的时间为： 此过程滑块的位移为： 所以滑块在传送带上先匀减速后匀速，匀速运动的时间为 匀速阶段滑块与传送带间没有摩擦力，滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小I＝μmgt1＝0.5×1×10×0.4N•s＝2N•S （4）滑块第一次与小球发生弹性碰撞，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得： mv＝mv1+m0u1 解得： 由于小球质量相等均为m0，且发生的都是弹性碰撞，他们之间将进行速度交换，分析可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次返回做匀加速运动，直到速度增加到v1，再与小球1发生弹性碰撞。同理可得，第二次碰撞后，物块和小球的速度大小分别为： 则2个小球的总动能为 代入数据解得：Ek 答：（1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间为0.24s； （2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小为49.2N； （3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小为2N•s； （4）2个小球最终获得的总动能为。 48．如图所示，静止在光滑水平面上的平板车，质量为m3＝2kg，右端固定一自然伸长状态的轻弹簧，弹簧所在位置的车表面光滑，车左端和弹簧左端之间距离为L＝0.75m，这部分车表面粗糙，质量为m2＝1kg的小物块Q，静止在平板车的左端。一不可伸长的轻质细绳长为R＝2.5m，一端固定于Q正上方距Q为R处，另一端系一质量为m1＝0.5kg的小球，将小球拉至悬线与竖直方向成60°角位置，由静止释放，小球到达最低点时与Q碰撞，时间极短，碰撞后小球反弹速度v0＝1m/s，一段时间后Q恰好返回平板车左端静止。取g＝10m/s2．求： （1）小球在最低点与Q碰撞后瞬间，小物块Q的速度v2是多大？ （2）小物块Q受到的滑动摩擦力f是多大？ （3）小物块Q压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值Ep是多大？ 【答案】解：（1）设小球到达最低点与Q碰撞前速度大小为v1，则 根据机械能守恒定律，有 m1gR（1﹣cos60°）m1 根据动量守恒定律，有 m1v1＝m2v2﹣m1v0 由以上两式，解得 v2＝3m/s 即小球在最低点与Q碰撞后瞬间，小物块Q的速度v2是3m/s。 （2）设Q恰好返回平板车左端时，Q与平板车的共同速度为v3，则 根据动量守恒定律，有 m2v2＝（m2+m3）v3 解得 v3＝1m/s 根据功能关系，有 m2（m2+m3）2fL 解得f＝2N 即小物块Q受到的滑动摩擦力f是2N。 （3）小物块Q压缩弹簧的过程中，Q与平板车的速度相等时，弹簧弹性势能最大，设速度为v4，则 根据动量守恒定律，有 m2v2＝（m2+m3）v4 根据功能关系，有 m2（m2+m3）fL+Ep 解得Ep＝1.5 J 即弹簧弹性势能的最大值Ep是1.5J。 【题型16 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题】 49．在一场冰上表演活动中，光滑的冰面上静止放置着一个质量为M的冰车，冰车顶部是一个半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，轨道底部与冰面平滑连接。一位质量为m的花样滑冰运动员以水平速度v0冲向冰车并滑上轨道。已知运动员在轨道上升的高度小于R。下列说法正确的是（　　） A．运动员再次滑离冰车时，冰车的速度大小一定小于v0 B．运动员沿轨道下滑过程中，冰车对冰面的压力始终等于（M+m）g C．运动员再次滑回到轨道底端时，若以冰面为参考系，运动员速度大小v1和冰车速度大小v2满足mv0＝mv1+Mv2且v1小于v0 D．运动员冲上冰车轨道的过程中，运动员与冰车组成的系统动量守恒，机械能也守恒 【答案】C 【解答】AC．若以冰面为参考系，运动员和冰车组成的系统在水平方向上动量守恒。设运动员再次滑离冰车时，运动员的速度为v1，车速度大小v2，根据动量守恒定律，有 mv0＝mv1+Mv2 根据能量守恒有 解得， 因，所以v1＜v0 因不知道m与M的大小关系，根据 无法判断v2与v0的大小关系，故A错误，C正确； B．运动员在竖直方向上有向一下的分加速度，系统处于失重状态，故冰车对冰面的压力始终小于（M+m）g，故B错误； D．运动员冲上冰车轨道的过程中，运动员与冰车组成的系统在水平方向动量守恒，但在竖直方向上，由于运动员有竖直方向的分加速度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒。又因为轨道光滑，整个过程中只有动能和重力势能的转化，系统机械能守恒，故D错误。 故选：C。 50．如图所示，左侧有一长为L＝3m的传送带，以速度v＝5m/s顺时针转动，右侧有一质量为M＝6kg、长为l＝5m的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m＝2kg的小物块（可视为质点）以初速度v0＝10m/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.6，不计空气阻力，g取10m/s2。则（　　） A．小物块滑上长木板的速度为5m/s B．小物块的最终速度为1m/s C．长木板的最终动能Ek＝12J D．全过程系统产生的内能Q＝48J 【答案】C 【解答】解：A、物块开始向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma0 令历时t0与传送带达到相等速度，则有v＝v0﹣a0t0 代入数据解得 此过程物块的位移 代入数据解得x0＝6.25m＞L＝3m 表明物块与传送带没有达到相等速度，则有 代入数据解得v1＝8m/s 即小物块滑上长木板的速度为8m/s，故A错误； B、物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动，对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma1 代入数据解得 令历时t1物块与木板达到相等速度，则有v2＝v1﹣a0t1＝a1t1 代入数据解得t1＝1s，v2＝2m/s 此过程物块的位移 代入数据解得x1＝5m＝l 表明物块没有飞出木板，之后两者保持相对静止做匀速直线运动，即小物块的最终速度为2m/s，故B错误； C、结合上述可知，长木板的最终动能 代入数据解得Ek＝12J 故C正确； D、结合上述，物块在传送带上运动时间 代入数据解得 对传送带的相对位移 代入数据解得 物块对木板的相对位移 代入数据解得x相2＝4m 全过程系统产生的内能Q＝μmg（x相1+x相2） 代入数据解得Q＝64J 故D错误。 故选：C。 51．（多选）如图，一质量为M的光滑滑块静止于足够长的光滑水平面上，滑块由半径为1.5R的四分之一圆弧轨道和长度为0.5R竖直轨道组成，圆弧轨道底端切线水平。一质量为m的小球（可视为质点），以初速度水平向右运动，在圆弧轨道运动时间为t0，恰好能到达竖直轨道最高点。重力加速度为g，则（　　） A．小球的质量m与滑块的质量M之比为3：1 B．小球到达最高点时的速度为 C．小球与滑块分离时的速度为 D．从小球进入圆弧轨道到竖直轨道最高点的过程中，滑块移动的距离为 【答案】ACD 【解答】解：A、小球从进入圆弧部分至到达最高点过程中，小球和滑块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有 mv0＝（M+m）v 解得：，，故A正确； B、小球到达最高点时竖直方向速度为0，剩下水平方向与滑块共速的速度为： ，故B错误； C.小球从进入滑块到离开滑块过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向， 则有 mv0＝mv1+Mv2 解得： 即小球离开孔道时速度大小为 ，方向与初速度相同，故C正确； D.小球从进入滑块至到达圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量始终守恒，则有 ，小球在孔道圆弧部分运动的时间为 t0，则有 ，其中 ， 该时间 t0 内， 小球和物块的相对位移为 x1﹣x2＝1.5R 解得： 小球在竖直部分运动至最高点过程中，在竖直方向做竖直上抛运动，则有 ，该过程中，物块在水平方向做匀速直线运动，此过程物块的位移为： x3＝vt1 解得：x3＝3R 根据上述分析可知小球到达孔道最高点时，根据题意可知物块移动的距离为： x＝x2+x3 解得：，故D正确； 故选：ACD。 52．（多选）如图甲所示，滑块A、B、C静止放在光滑的水平面上，滑块A、B的质量均为m，滑块B、C之间用一质量不计的轻弹簧连接，t＝0时刻滑块A获得一初速度v0沿水平面向右运动，t1时刻与滑块B碰撞，且粘在一起（碰撞时间极短），整个运动过程中，滑块A、B、C的速度—时间的部分图像如图乙所示。t3时刻滑块C的加速度为零，下列正确的说法是（　　） A．滑块C的质量m1＝2m，v1v0 B．全过程中仅在AB碰撞时有机械能损失 C．弹簧的最大弹性能为 D．t3时刻滑块A向左运动 【答案】AB 【解答】解：A.A、B碰撞过程由动量守恒，以水平向右的方向为正方向，有 mv0＝2mv1 解得 由图像可知t2时刻三者共速，则有 解得 mC＝2m 故A正确； B.A与滑块B碰撞且粘在一起，属于完全非弹性碰撞，水平面光滑其他过程没有机械能损失，所以只有A、B碰撞过程有机械能损失，故B正确； C.三者共速时弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律可得 故C错误； D.t3时刻，弹簧为原长，由弹性碰撞可知，滑块AB与C交换速度仍为，方向向右，故D错误。 故选：AB。 53．如图所示，质量为M、内有半径R的半圆形轨道的槽体放在光滑的平台上，左端紧靠一台阶，质量为m的小球从槽顶端A点由静止释放，若忽略一切摩擦，求： （1）小球滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力FN的大小； （2）小球在槽右端相对槽最低点上升的最大高度h。 【答案】（1）小球滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力FN的大小为3mg； （2）小球在槽右端相对槽最低点上升的最大高度h为。 【解答】解：（1）设小球由A落至圆弧最低点时的速度大小为v， 由动能定理可得：， 小球在圆弧最低点时，由牛顿第二定律可得：， 联立解得：FN＝3mg； （2）因为平台是光滑的，则小球由圆弧最低点向圆弧右侧运动的过程中，m与M组成的系统在水平方向的动量守恒， 设小球滑至圆弧最高点时m与M的共同速度为v1，以向右为正方向， 由m与M组成的系统在水平方向的动量守恒可得：mv＝（M+m）v1， 此过程中，该系统的机械能也守恒，可得：， 联立解得：； 答：（1）小球滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力FN的大小为3mg； （2）小球在槽右端相对槽最低点上升的最大高度h为。 54．如图所示，半径R＝2.5m的竖直半圆光滑轨道与水平地面在B点相切。水平向右运动、质量m1＝1.5kg的滑块甲与静止在A点、质量m2＝0.55kg的滑块乙发生弹性碰撞（时间极短）。碰后滑块乙经B点进入半圆轨道，沿半圆轨道恰好能过最高点C，且最后落在AB段的中点D（滑块乙落地后不反弹）。滑块乙与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.095，取重力加速度大小g＝10m/s2，两滑块均视为质点，不计空气阻力。求： （1）A、B两点的距离s； （2）碰撞后瞬间滑块乙的速度大小v； （3）碰撞前瞬间滑块甲的速度大小。 【答案】（1）A、B两点的距离s为10m； （2）碰撞后瞬间滑块乙的速度大小v为12m/s； （3）碰撞前瞬间滑块甲的速度大小为8.2m/s。 【解答】解：（1）滑块乙刚好能过最高点，有 又滑块乙离开C点后做平抛运动，设滑块乙在空中运动的时间为t'有 解得 s＝10m （2）碰撞后滑块乙从A点运动到C点的过程，设碰撞后瞬间滑块乙的速度大小为v，由动能定理有 解得 v＝12m/s （3）设滑块甲碰撞前、后瞬间的速度大少分别为v1、v2，以水平向右为正方向，有 m1v1＝m1v2+m2v 解得 v1＝8.2m/s 答：（1）A、B两点的距离s为10m； （2）碰撞后瞬间滑块乙的速度大小v为12m/s； （3）碰撞前瞬间滑块甲的速度大小为8.2m/s。 【题型17 验证动量守恒定律】 55．在研究斜槽末端小球碰撞时动量守恒的实验中，实验装置如图所示，实验中（　　） A．不需要测量小球的质量m B．需要测量小球下落的高度h C．用重垂线来检测斜槽末端是否水平 D．用小球的水平位移大小表示碰撞前后的速度大小 【答案】D 【解答】解：A、实验时要验证的关系是m1v1＝m1v1′+m2v2′，则需要测量小球的质量m，故A错误； BD、两小球从槽口射出时做平抛运动，下落的高度相同，则下落的时间相同，结合水平位移：x＝vt，则可用水平位移代替速度，则不需要测量小球下落的高度h，故B错误，D正确； C、重垂线不是用来检测斜槽末端是否水平的，是为了找到小球平抛的抛出点在水平面上的投影，从而测量水平射程的，故C错误。 故选：D。 56．在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学用如图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，部分实验步骤如下： （1）用螺旋测微器测P、Q上固定的遮光条宽度分别为d1和d2，测d1示数如图乙所示，其读数为 　6.860　 mm； （2）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将其中一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动。此时，可以调节左支点使其高度 　降低　 （选填“升高”或“降低”），直至滑块能静止在导轨上。 （3）用天平测得P、Q的质量（含遮光条）分别为m1和m2。实验时，将两个滑块压缩轻弹簧后用细线栓紧，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2。则动量守恒应满足的关系式为 　　 （用t1、t2、d1、d2、m1、m2表示）。 【答案】（1）6.860；（2）降低；（3） 【解答】解：（1）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图乙可得d1＝6.5mm+36.0×0.01mm＝6.860mm （2）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将其中一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动，可知此时左端高，右端低，可以调节左支点使其高度降低，直至滑块能静止在导轨上。 （3）两滑块被弹簧弹开后的速度分别为， 若动量守恒，则有m1v1＝m2v2 联立可得动量守恒应满足的关系式为 故答案为：（1）6.860；（2）降低；（3） 57．某实验小组用如图（a）所示的装置来验证动量守恒定律。实验中用钢球1碰钢球2，实验过程规范操作得到三个落点Q、P和R，用刻度尺测量出落点Q、P和R到O点的距离，分别记为x1＝OQ、x2＝OP、x3＝OR，O点为斜槽末端在记录纸上的竖直投影点。保持小钢球2的半径不变，改变小钢球2的质量（始终满足小钢球1的质量大于小钢球2的质量），重复实验，得到小钢球1与不同质量的小钢球2碰撞的x1、x2、x3的多组数据，其中一组数据为x1＝5cm、x2＝15cm、x3＝20cm，并作出x1﹣x3图像，如图（b）所示。 （1）根据数据x1＝5cm、x2＝15cm、x3＝20cm可知，该次实验小钢球1、2的质量之比为 　2：1　 。 （2）若小钢球1、2的每一次碰撞都是弹性碰撞，则图（b）中a的数值是 　﹣15　 ，该数值的大小与小钢球1的质量大小 　无关　 （选填“有关”或“无关”）。 【答案】（1）2：1；（2）﹣15；无关。 【解答】解：（1）小球离开斜槽后做平抛运动，在空中的运动时间 由于小球下落的高度相同，因此运动时间相同； 入射小球碰撞前的瞬时速度 碰撞后的瞬时速度 被碰小球碰撞后的瞬时速度 取水平向右为正方向，若碰撞过程中动量守恒，满足m1v0＝m1v1+m2v2 化简得m1x2＝m1x1+m2x3 代入数据解得 （2）若小钢球1、2的每一次碰撞都是弹性碰撞，机械能守恒 化简得 结合上述（1）解得x1＝x3﹣x2 x1﹣x3图像的纵截距a＝﹣x2 解得a＝﹣x2＝﹣15cm 则图（b）中a的数值是﹣15； 根据关系式x1＝x3﹣x2可知，该数值的大小与小钢球1的质量大小无关。 故答案为：（1）2：1；（2）﹣15；无关。 58．某学生小组用如图1所示的装置做验证动量守恒定律的实验。将斜槽轨道固定在水平桌面上，斜槽末端从桌面伸出，端点在水平地面上的垂直投影为O，地面上叠放着白纸和复写纸。实验时先将质量为m1的小球从斜槽上的S处由静止释放，小球从斜槽末端飞出后落在复写纸上，重复多次；之后将质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S处由静止释放，两球碰撞后落在木板上，重复多次。分别确定平均落点，记为M、P和N。 （1）关于本实验，下列做法正确的是 　AC　 （填选项前的字母）。 A.实验前，须调节装置使斜槽末端水平 B.两个小球的半径可以不同 C.同一组实验中，小球必须从同一位置由静止释放 （2）实验中须满足m1　＞　 m2（填“＞”“＝”或“＜”），原因是 　碰后小球不反弹，减少因反弹和摩擦做功引起的误差　 。 （3）质量为m2的被碰小球平均落点是 　N　 （选填“M”“P”或“N”）。 （4）分别测出O点到平均落点的距离，记为OM、OP和ON。在误差允许范围内，若关系式 　m1OP＝m1OM+m2ON　 成立，即可验证碰撞前后动量守恒。 （5）受上述实验启发，该小组设计另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图2所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O'点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最A高点A'，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m1和m2，其中小球1向左拉起至A点时悬线与竖直方向夹角为θ1，两小球发生碰撞之后悬线与竖直方向最大夹角分别为θ2和θ3。推导说明，m1、m2、θ1、θ2、θ3满足什么关系即可验证碰撞前后动量守恒。 【答案】（1）AC；（2）＞，碰后小球不反弹，减少因反弹和摩擦做功引起的误差；（3）N；（4）m1OP＝m1OM+m2ON；（5）见解析 【解答】解：（1）A、为实现小球做平抛运动，轨道末端应水平，故A正确； B、验证动量守恒定律实验中，为保证两球对心碰撞，两球的半径应相等，故B错误； C、为保证小球初速度相同，每次小球释放的位置应相同，故C正确； 故选：AC。 （2）质量为m1的小球质量大于质量为m2的小球质量，碰后小球不反弹，减少因反弹和摩擦做功引起的误差； （3）P点为无碰撞的情况下质量为m1的小球的落点，M为碰撞后质量为m1的小球的落点，N为碰撞后质量为m2的小球的落点； （4）平直过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2 小球做平抛运动的时间t相等，两边乘以相同的平抛的运动时间t可得：m1v0t＝m1v1t+m2v2t 即为：m1OP＝m1OM+m2ON （5）对两个小球，根据动能定理有： 球1从开始到摆到最低点，m1gl（1﹣cosθ1） 碰撞后反弹到最高点，m1gl（1﹣cosθ2） 对球2从碰撞到升到最高点有：m2gl（1﹣cosθ3） 所以得到碰撞前后的速度v1，v1′，v2′ 规定向右为正方向，若两小球碰撞前后动量守恒，则有：m1v1＝﹣m1v1′+m2v2′ 所以m1（）＝m2 故答案为：（1）AC；（2）＞，碰后小球不反弹，减少因反弹和摩擦做功引起的误差；（3）N；（4）m1OP＝m1OM+m2ON；（5）见解析 / 学科网（北京）股份有限公司 $$