高中物理选修3-5全套练习题测试题复习题

PAGEPAGE2高中物理选修3-5同步练习试题解析实验：探究碰撞中的不变量1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，用到的测量工具有()A．秒表、天平、刻度尺B．弹簧秤、秒表、天平C．天平、刻度尺D．秒表、刻度尺解析：用天平测滑块质量，用刻度尺测挡光片的宽度。运动时间是指挡光片通过光电门的时间，由光电计时器计时，因此不需要秒表。答案：C2．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，下列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解析：导轨不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差。答案：A、B3．用如图1－1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gB．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锤线的水平距离x1和滑块A沿桌面滑行的距离x2(1)为探究碰撞中的不变量，写出还需测量的物理量及表示它们的字母：__________________________。(2)若mv为不变量，需验证的关系式为：________________________________________________________________________。解析：(1)桌面离水平地面的高度h(2)Meq\r(2μgx2)－mx1eq\r(\f(g,2h))＝0((1)要找出碰撞中的不变量，应测出两滑块及各自的速度。取向右方向为正，剪断细线后，A向右做匀减速运动，初速度v′A＝eq\r(2ax2)＝eq\r(2μgx2)，B向左做平抛运动，设桌面高度为h，则h＝eq\f(1,2)gt2，x1＝v′Bt，得v′B＝－x1eq\r(\f(g,2h))。故要求出v′B，还应测出h。(2)若mv为不变量，碰前MvA＋mvB＝0，碰后Mv′A＋mv′B＝0，故MvA＋mvB＝Mv′A＋mv′B，即Meq\r(2μgx2)－mx1eq\r(\f(g,2h))＝0。)4．在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量m1＝170g，右侧滑块质量m2＝110g，挡光片宽度为3.00cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图1－2所示。开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为Δt1＝0.32s，Δt2＝0.21s。则两滑块的速度分别为v′1＝________m/s，v′2＝________m/s。烧断细线前m1v1＋m2v2＝________kg·m/s，烧断细线后m1v′1＋m2v′2＝__________kg·m/s。可得到的结论是________________________________________________________________________。解析：取向左方向为正，两滑块速度v′1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(3.00×10－2,0.32)m/s≈0.094m/s，v′2＝eq\f(－d,Δt2)＝eq\f(－3.00×10－2,0.21)m/s≈－0.143m/s.烧断细线前m1v1＋m2v2＝0烧断细线后m1v′1＋m2v′2＝(0.170×0.094－0.110×0.143)kg·m/s＝2.5×10－4kg·m/s，在实验允许的误差范围内，m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2答案：0.0940.14302.5×10－4kg·m/s5．如图1－3甲所示，在水平光滑轨道上停着A、B两辆实验小车，A车上系有一穿过打点计时器的纸带，当A车获得水平向右的速度时，随即启动打点计时器，A车运动一段距离后，与静止的B车发生正碰并连在一起运动，纸带记录下碰撞前A车和碰撞后两车的运动情况，如图1－3乙所示，打点计时器电源频率为50Hz，则碰撞前A车速度大小为________m/s，碰撞后的共同速度大小为________m/s。如果已知碰撞过程中mv是不变量，则可求得mA∶mB＝________。解析：由纸带上点迹位置可知，前两段间隔均为1.20cm，最后两段间隔均为0.80cm，故小车均做匀速运动，碰前速度v＝eq\f(1.20×10－2,0.02)m/s＝0.60m/s，碰后速度v′＝eq\f(0.80×10－2,0.02)m/s＝0.40m/s。mAv＝(mA＋mB)v′，故mA∶mB＝2∶1。答案：0.600.40mA∶mB＝2∶16．某同学用图1－4甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。图中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰小球B时A球的平均落点，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B球落点痕迹如图1－4乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP，米尺的零点与O点对齐。(1)入射小球A和被碰小球B的质量关系是mA________mB(填“>”、“<”或“＝”)。(2)碰撞后B球的水平射程应为________cm。(3)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：________(填选项号)。A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量E．测量G点相对于水平槽面的高度(4)若mv为不变量，需验证的关系式为________________________________________________________________________；若mv2为不变量，需验证的关系式为________________________________________________________________________；若eq\f(v,m)为不变量，需验证的关系式为________________________________________________________________________。解析：(1)要使两球碰后都向右运动，应有A球质量大于B球质量，即mA>mB。(2)将10个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落点，可由刻度尺测得碰撞后B球的水平射程为64.7cm，因最后一位数字为估计值，所以允许误差±0.5cm，因此64.2～65.2cm都是正确的。(3)从同一高度做平抛运动飞行的时间t相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移x＝vt，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移代替平抛初速度。故需测出碰前A球飞行的水平距离OP和碰后A、B球飞行的水平距离OM和ON，及A、B两球的质量，故A、B、D正确。(4)若mv为不变量，需验证的关系为mAvA＝mAv′A＋mBv′B，将vA＝eq\f(OP,t)，v′A＝eq\f(OM,t)，v′B＝eq\f(ON,t)代入上式得mA·OP＝mA·OM＋mB·ON；同理，若mv2为不变量，需验证的关系式为mAveq\o\al(2,A)＝mAv′eq\o\al(2,A)＋mBv′eq\o\al(2,B)，即mA·OP2＝mA·OM2＋mB·ON2；若eq\f(v,m)为不变量，需验证的关系式为eq\f(vA,mA)＝eq\f(v′A,mA)＋eq\f(v′B,mB)，即eq\f(OP,mA)＝eq\f(OM,mA)＋eq\f(ON,mB)。答案：(1)>(2)64.2～65.2cm均可(3)A、B、D(4)mA·eq\x\to(OP)＝mA·eq\x\to(OM)＋mB·eq\x\to(ON)mA·eq\x\to(OP2)＝mA·eq\x\to(OM2)＋mB·eq\x\to(ON2)eq\f(\x\to(OP),mA)＝eq\f(\x\to(OM),mA)＋eq\f(\x\to(ON),mB)7．某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动。然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图1－5所示。在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板右端下垫着小木片用以平衡摩擦力。(1)若已得到打点纸带如图1－6所示，并将测得的各计数点间距标在图上，A点是运动起始的第一点，则应选________段来计算A的碰前速度，应选________段来计算A和B碰后的共同速度(以上两格选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)。(2)已测得小车A的质量mA＝0.40kg，小车B的质量mB＝0.20kg。填下表，并确定碰撞中的不变量。阶段物理量碰撞前碰撞后m(kg)mA＝0.40mB＝0.20v(m/s)vAvBv′Av′Bmv2(kg·m2/s2)mAveq\o\al(2,A)＋mBveq\o\al(2,B)mAv′eq\o\al(2,A)＋mBv′eq\o\al(2,B)eq\f(v,m)[(m/s)·kg－1]eq\f(vA,mA)＋eq\f(vB,mB)eq\f(v′A,mA)＋eq\f(v′B,mB)解析：(1)碰前小车A带动纸带做匀速运动，纸带上的点是均匀的，故选BC段计算碰前小车A的速度；碰后小车A和B一起做匀速运动，应选DE段计算碰后速度。(2)碰前速度vA＝eq\f(BC,Δt)＝eq\f(0.105,5×0.02)m/s＝1.05m/s，vB＝0；碰后速度v′A＝v′B＝eq\f(DE,Δt)＝eq\f(0.0695,5×0.02)m/s＝0.695m/s。将速度填入表格并计算出各物理量。阶段物理量碰撞前碰撞后m(kg)mA＝0.40mB＝0.20v(m/s)vAvBv′Av′B1.0500.6950.695mv(kg·m/s)mAvA＋mBvBmAv′A＋mBv′B0.4200.417mv2(kg·m2/s2)mAveq\o\al(2,A)＋mBveq\o\al(2,B)mAv′eq\o\al(2,A)＋mBv′eq\o\al(2,B)0.4410.290eq\f(v,m)[(m/s)·kg－1]eq\f(vA,mA)＋eq\f(vB,mB)eq\f(v′A,mA)＋eq\f(v′B,mB)2.6255.213由表格中数据可知，在实验允许的误差范围内，碰撞前后两小车mv的和相等，故mv是碰撞中的不变量。答案：(1)BCDE(2)表格见解析mv8．为了“探究碰撞中的不变量”，可以在气垫导轨上进行实验，这样就可以大大减小阻力，使滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速直线运动，使实验的可靠性及准确度得以提高。在某次实验中，A、B两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用闪光照相机每隔0.4s的时间拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的延续时间很短，可以忽略，实验结果如图1－7所示，已知A、B之间的质量关系是mB＝1.5mA，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块碰撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A原来处于静止状态。设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10cm至105cm这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片求出：(1)A、B两滑块碰撞前后的速度各为多少？(2)根据闪光照片分析说明，碰撞前后两滑块各自的质量与各自速度的乘积之和是否为不变量？解析：(1)由图分析可知：碰撞后从发生碰撞到第二次拍摄照片，A运动的时间是Δt1＝eq\f(Δs″A,v′A)＝eq\f(0.45－0.30,0.75)s＝0.2s由此可知：从拍摄第一次照片到发生碰撞的时间为Δt2＝(0.4－0.2)s＝0.2s，则碰撞前B物体的速度为vB＝eq\f(Δs″B,Δt2)＝eq\f(0.30－0.10,0.2)m/s＝1.0m/s由题意知碰撞前vA＝0；(2)碰撞前：mAvA＋mBvB＝1.5mA，碰撞后：mAv′A＋mBv′B＝0.75mA＋0.75mA＝1.5mA，所以mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，即碰撞前后两滑块各自的质量与各自速度的乘积之和是不变量。答案：见解析9．某同学利用两个半径相同的小球及斜槽探究碰撞中的不变量，主要步骤如下：①用天平测出两个小球的质量m1＝32.6g，m2＝20.9g。记下斜槽末端在水平面上的投影O。②不放置被碰小球，让入射小球m1从某位置由静止释放，记下m1的落地点P。③把被碰小球m2放置于斜槽末端(如图1－8所示)，让小球m1从同一位置由静止释放，记下小球m1、m2的落地点M、N。④在被碰小球m2的左面粘上一小块胶布，然后重复步骤③。⑤测量各自的水平射程，记录在下表中。eq\x\to(OP)eq\x\to(OM)eq\x\to(ON)不粘胶布时56.0cm12.5cm67.8cm粘胶布时56.0cm20.4cm55.3cm关于碰撞中的不变量，该同学有以下猜想：A．v1＝v′1＋v′2B．m1v1＝m1v′1＋m2v′2C.eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)其中v1指不放置m2时入射小球做平抛运动的初速度，v′1、v′2指放置被碰小球时m1、m2做平抛运动的初速度。由实验数据分析计算，判断哪一种猜想正确。解析：小球做平抛运动的水平位移x＝vt，在本题中，各球做平抛运动的时间都相等，所以v1＝v′1＋v′2与eq\x\to(OP)＝eq\x\to(OM)＋eq\x\to(ON)等价；m1v1＝m1v′1＋m2v′2与m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON)等价；eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)与eq\f(1,2)m1(eq\x\to(OP))2＝eq\f(1,2)m1(eq\x\to(OM))2＋eq\f(1,2)m2(eq\x\to(ON))2等价。猜想A：不粘胶布：eq\x\to(OP)＝0.560m，eq\x\to(OM)＋eq\x\to(ON)＝0.803m；粘胶布：eq\x\to(OP)＝0.560m，eq\x\to(OM)＋eq\x\to(ON)＝0.757m，A错误。猜想B：不粘胶布：m1·eq\x\to(OP)≈0.0183kg·m，m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON)≈0.0182kg·m；粘胶布：m1·eq\x\to(OP)≈0.0183kg·m，m1·OM＋m2·eq\x\to(ON)≈0.0182kg·m；B正确。猜想C：不粘胶布：eq\f(1,2)m1(eq\x\to(OP))2≈5.11×10－3kg·m2，eq\f(1,2)m1(OM)2＋eq\f(1,2)m2(eq\x\to(ON))2≈5.06×10－3kg·m2；粘胶布：eq\f(1,2)m1(eq\x\to(OP))2≈5.11×10－3kg·m2，eq\f(1,2)m1(eq\x\to(OM))2＋eq\f(1,2)m2(eq\x\to(ON))2≈3.87×10－3kg·m2。C错误。故猜想B正确。答案：B正确高中物理选修3-5同步练习试题解析动量和动量定理1．关于动量的概念，下列说法正确的是()A．动量大的物体惯性一定大B．动量大的物体运动一定快C．动量相同的物体运动方向一定相同D．动量相同的物体速度小的惯性大解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的。动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D也对。答案：C、D2．关于动量的大小，下列叙述中正确的是()A．质量小的物体动量一定小B．质量小的物体动量不一定小C．速度大的物体动量一定大D．速度大的物体动量不一定大解析：物体的动量p＝mv是由物体的质量m和速度v共同决定的，仅知物体的质量m或速度v的大小并不能唯一确定动量p的大小，所以B、D选项正确。答案：B、D3．关于动量变化量的方向，下列说法中正确的是()A．与速度方向相同B．与速度变化的方向相同C．与物体受力方向相同D．与物体受到的总冲量的方向相同解析：动量变化量Δp＝p′－p＝mv′－mv＝mΔv，故知Δp的方向与Δv的方向相同，与v的方向不一定相同，A错误，B正确；由动量定理I＝Δp知，Δp的方向与I的方向相同，D正确；若物体受恒力作用，Δp的方向与F方向相同，若是变力，则二者方向不一定相同，C错误。答案：B、D4．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，其动量一定不变D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化解析：动量p＝mv，是矢量，速度v的大小或方向之一发生变化，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。答案：B5．对于力的冲量的说法，正确的是()A．力越大，力的冲量就越大B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零解析：力的冲量I＝Ft与力和时间两个因素有关，力大而作用时间短，冲量不一定大，A错B对，冲量是矢量，有大小也有方向，冲量相同是指大小和方向都相同，C错，冲量的大小与物体的运动状态无关，D错，因此选B。答案：B6．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上比掉在泥土上易碎，是因为掉在水泥地上时，杯子()A．受到的冲量大B．受到的作用力大C．动量的变化量大D．动量大解析：由同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上和泥土上时，速度相同，动量相同，D错，最后速度减为零，动量变化量相同，C错，由动量定理可知冲量相同，A错，落在水泥地上作用时间短，受到的作用力大，B对。答案：B7．汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是()A．汽车输出功率逐渐增大B．汽车输出功率不变C．在任意两相等的时间内，汽车动能变化相等D．在任意两相等的时间内，汽车动量变化的大小相等解析：由eq\f(P,v)－f＝ma可知，a、f不变时，v增大，P增大，故A对B错。汽车做匀加速运动，在任意两相等时间内速度变化相等，即Δv＝at。而汽车动能变化量ΔEk＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))＝eq\f(1,2)mΔv(v2＋v1)不等，C错。动量变化量Δp＝mΔv相等，D对。答案：A、D8．如图2－1所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，用另一水平力快速拉动纸带，纸带都被从重物下面抽出，对这两个过程，下面的解释正确的是()A．缓慢拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力大B．快速拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力小C．缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．快速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小解析：对重物，在纸带抽出的过程中，所受的合力即为纸带给它的滑动摩擦力f＝μmg(其中μ是重物与纸带间的动摩擦因数，m是重物的质量)，显然重物所受合力F合＝f，在快抽和慢抽两种情况下是不变量，A、B均错。由F合t＝ft＝Δp知：F合一定，Δp∝t，故慢抽时，t较长，Δp较大，纸带给重物的冲量I大，C正确。快抽时，t较短，Δp较小，纸带给重物的冲量I小，D正确。答案：C、D9．一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中()A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为eq\f(1,2)mv2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为eq\f(1,2)mv2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零解析：运动员受到两个作用力：地面对他向上的作用力F和重力mg，根据动量定理有(F－mg)Δt＝mv，所以地面对他的冲量为FΔt＝mv＋mgΔt，地面对他的作用力因脚的位置为零，做功为零，故正确答案为B。答案：B10．一个质量是0.1kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动。碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？解析：动量是矢量，题中钢球速度反向，说明速度发生变化，因此动量必发生变化，计算变化量时应规定正方向。取向左的方向为正方向物体原来的动量：p1＝－mv1＝－0.1×6kg·m/s＝－0.6kg·m/s弹回后物体的动量：p2＝mv2＝0.1×6kg·m/s＝0.6kg·m/s动量变化：Δp＝p2－p1＝0.6－(－0.6)(kg·m/s)＝1.2kg·m/s。动量变化量为正值，表示动量变化量的方向向左。答案：有变化，变化量方向向左，大小为1.2kg·m/s11．如图2－2所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2s的时间内，物体所受摩擦力的冲量。(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：物体沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用。冲量I＝Ft，是矢量。摩擦力冲量If＝f·t＝μmgcosα·t＝0.2×5×10×0.8×2N·s＝16N·s方向沿斜面向上。答案：16N·s方向沿斜面向上12．一人在高h1处竖直向下抛出一质量为m的钢球，钢球与地板碰撞无能量损失，竖直弹起的高度为h2，求人抛球过程对球冲量的大小。(忽略空气阻力)解析：由于钢球与地板碰撞无能量损失，故钢球落地时速度v＝eq\r(2gh2)①钢球竖直下落过程由动能定理得：mgh1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②人抛球过程由动量定理得：I＝mv0③解①②③式得：I＝meq\r(2g(h2－h1))。答案：meq\r(2g(h2－h1))13．一质量为m的物体，以速度v做匀速圆周运动，求物体在半个周期内所受合力的冲量的大小。解析：做圆周运动的物体所受合力是变力，其冲量不能直接由I＝Ft来求，需用动量定理求出物体在该段时间内的动量变化Δp来等效替代冲量I。以初速度的方向为正方向，v1＝v则半个周期后的末速度v2＝－v由动量定理知半个周期内合力的冲量大小I＝Δp＝m(v2－v1)＝2mv。答案：2mv14.物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图2－3甲所示，A的质量为m，B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为vA，这时物体B下落速度大小为vB，如图乙所示。这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为多少？解析：设B从绳断到下落速度为vB的过程所用时间为t。弹簧的弹力对物体A的冲量为I，对A、B分别应用动量定理，即可消去t，求得弹簧弹力对物体A的冲量I。对物体A有I－mgt＝mvA。①对物体B有Mgt＝MvB。②由①②式得弹簧的弹力对物体A的冲量为I＝mvA＋mvB。答案：mvA＋mvB高中物理选修3-5同步练习试题解析动量守恒定律1．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图3－1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是()A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错误；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C正确；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D正确。答案：A、C、D2．一辆平板车停止在光滑水平面上，车上一人(原来也静止)用大锤敲打车的左端，如图3－2所示，在锤的连续敲打下，这辆平板车将()A．左右来回运动B．向左运动C．向右运动D．静止不动解析：系统水平方向总动量为零，车左右运动方向与锤头左右运动方向相反，锤头运动，车就运动，锤头不动，车就停下。答案：A3．在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。在大人和小孩相向运动而交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是()A．向右运动B．向左运动C．静止D．上述三种情况都有可能解析：以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。在大人和小孩相互交换位置时，可假定平板车不动，则在大人和小孩相互交换位置后，系统的重心将右移(因大人的质量要大于小孩的质量)。因此为使系统的重心位置保持不变，平板车必须左移，故B项正确。答案：B4．如图3－3所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是()A．机械能守恒，动量守恒B．机械能不守恒，动量守恒C．三球速度相等后，将一起做匀速运动D．三球速度相等后，速度仍将变化解析：因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确。答案：B、D5．如图3－4所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是()A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速再加速后匀速C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速解析：小车和木块组成的系统动量守恒。若小车动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速。答案：A、C6．甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为()A.eq\f(2M,M－m)B.eq\f(M＋m,M)C.eq\f(2(M＋m),3M)D.eq\f(M,M＋m)解析：甲乙之间传递球的过程中，不必考虑过程中的细节，只考虑初状态和末状态的情况。研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时的总动量为零，在任意时刻系统的总动量总为零。设甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，二者方向相反，根据动量守恒(M＋m)v甲＝Mv乙，则eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M,M＋m)。)答案：D7．如图3－5所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3kg的薄板和质量m＝1kg的物块，都以v＝4m/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2.4m/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：物块与薄板相对运动过程中，在竖直方向受重力和支持力作用，刚好矢量和为零，在水平方向不受外力作用，所以物块与薄板组成的系统动量守恒，且在相对运动的过程中任一时刻系统的总动量都不变。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′＝eq\f(Mv－mv,M＋m)＝eq\f((3－1)×4,3＋1)m/s＝2m/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2m/s。当薄板速度为v1＝2.4m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得Mv－mv＝Mv1＋mv2，v2＝eq\f((M－m)v－Mv1,m)＝eq\f((3－1)×4－3×2.4,1)m/s＝0.8m/s，即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动。答案：A8．如图3－6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解析：设共同速度为v，球A与B分开后，B的速度为vB，由动量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB①mBvB＝(mB＋mC)v②联立①②式，得B与C碰撞前B的速度vB＝eq\f(9,5)v0。答案：eq\f(9,5)v09.如图3－7所示，质量为m2＝1kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝50g的小球以1000m/s的速率碰到滑块后又以800m/s的速率被弹回，试求滑块获得的速度。解析：对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有v1＝1000m/s，v′1＝－800m/s，v2＝0又m1＝50g＝5.0×10－2kg，m2＝由动量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v′1＋m2v′2代入数据解得v′2＝90m/s，方向与小球初速度方向一致。答案：90m/s方向与小球初速度方向一致10．质量为m1＝10的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50g的小球以v2＝10cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好静止，则碰后小球m1的速度大小、方向如何？解析：取向右为正方向，则两球的速度分别为：v1＝30cm/s，v2＝－10cm/s，v′2＝0光滑水平方向不受力，故由两球组成的系统，竖直方向重力与支持力平衡，桌面满足动量守恒定律条件。由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，代入数据得v′1＝－20cm/s，故m1碰后速度的大小为20cm/s，方向向左。答案：20cm/s方向向左11．如图3－8所示，在离地面3h的平台边缘有一质量为m1的小球A，在其上方悬挂着一个质量为m2的摆球B，当球B从离平台某高处由静止释放到达最低点时，恰与A发生正碰，使A球水平抛出，已知碰后A着地点距抛出点的水平距离为3h，B偏离的最大高度为h，试求碰后两球的速度大小和B球碰前速度大小。解析：对B球，由机械能守恒定律得m2gh＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(2gh)对A球，由平抛运动知识得解得vA＝eq\r(\f(3,2)gh)对A、B组成的系统，由动量守恒定律得m2vB0＝－m2vB＋m1vA解得vB0＝eq\f(m1,m2)eq\r(\f(3,2)gh)－eq\r(2gh)答案：eq\r(\f(3,2)gh)eq\r(2gh)eq\f(m1,m2)eq\r(\f(3,2)gh)－eq\r(2gh)12．如图3－9所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为eq\f(3,2)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′≤v2②设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得2mv′－eq\f(3,2)mv2＝eq\f(7,2)mv″③为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0④联立①②③④式得1．5v2＜v1≤2v2或eq\f(1,2)v1≤v2＜eq\f(2,3)v1。答案：1.5v2＜v1≤2v2或eq\f(1,2)v1≤v2＜eq\f(2,3)v113．两只小船质量分别为m1＝500kg，m2＝1000kg，它们平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m＝50kg的麻袋到对面的船上，如图3－10所示，结果载重较轻的一只船停了下来，另一只船则以v＝8.5m/s的速度向原方向航行，若水的阻力不计，则求交换麻袋前两只船的速率。解析：以载重较轻的船的速度v1为正方向，选取较轻的船和从较重船投过去的麻袋为系统，如题图所示，根据动量守恒定律有(m1－m)v1－mv2＝0即：450v1－50v2＝0①选取较重的船和从较轻船投过去的麻袋为系统有：mv1－(m2－m)v2＝－m2v，即50v1－950v2＝－1000×8.5②选取四个物体为系统有：m1v1－m2v2＝－m2v，即：500v1－1000v2＝－1000×8.5③联立①②③式中的任意两式解得：v1＝1m/s，v2＝9m/s。答案：1m/s9m/s高中物理选修3-5同步练习试题解析碰撞1．质量为ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图4－1所示，则可知碰撞属于()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能判断解析：由x－t图象知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后v′a＝－1m/s，v′b＝2m/s，碰撞前动能eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，碰撞后动能eq\f(1,2)mav′eq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbv′eq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后动量mav′a＋mbv′b＝3kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。答案：A2．如图4－2所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆的一端，轻杆另一端悬挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑的水平面上，放手让小球摆下与B处固定的油泥碰击后粘在一起，则小车将()A．向右运动B．向左运动C．静止不动D．小球下摆时，车向左运动后又静止解析：球与车组成的系统水平方向满足动量守恒定律，而系统的初态总动量为零，故D选项正确。答案：D3．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中，木块C未受到子弹打击。若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是()A．tA<tB<tCB．tA>tB＜tCC．tA＝tC<tBD．tA＝tB<tC解析：木块C做自由落体运动，木块A被子弹击中做平抛运动，木块B在子弹击中瞬间竖直方向动量守恒mv＝(M＋m′)v′，即v′＜v，木块B竖直方向速度减小，所以tA＝tC＜tB。答案：C4.如图4－3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物体碰前的速度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，下列结论中正确的是()A．P的速度恰好为零B．P与Q具有相同的速度C．Q刚开始运动D．Q的速度等于v解析：P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误。由于作用过程中动量守恒，设速度相同时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝eq\f(v,2)，故D错误。答案：B5.如图4－4所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则()A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v0/2B．小球离车后，对地将向右做平抛运动C．小球离车后，对地将做自由落体运动D．此过程中小球对车做的功为mveq\o\al(2,0)/2解析：小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换。答案：A、C、D6．在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则下列关系式不正确的是()A．E1<E0B．p1<p0C．E2>E0D．p2>p0解析：球1与球2碰撞，碰撞前后的动能关系应为E0≥E1＋E2。因此E1＜E0，E2＜E0，选项A正确，C不正确；由p＝eq\r(2mEk)，结合E1＜E0，可知p1＜p0，选项B正确；设球1初动量方向为正方向，由动量守恒定律得：p0＝－p1＋p2，所以p2＝p0＋p1，可见p2＞p0，选项D正确。答案：A、B、D7．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/sB．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/sC．pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/sD．pA＝－4kg·m/s，pB＝17kg·m/s解析：从碰撞前后动量守恒pA＋pB＝p′A＋p′B验证，A、B、C三种皆有可能。从总动能eq\f(p\o\al(2,A),2m)＋eq\f(p\o\al(2,B),2m)＋eq\f(p\o\al(′2,A),2m)≥eq\f(p\o\al(′2,B),2m)来看，只有A可能。答案：A8.如图4－5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。质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量大小均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110解析：由质量关系，动量关系，动量增量关系判断球的位置。由mB＝2mA、pB＝pA知：vA＝2vB。对两球发生碰撞的情况进行讨论：a．A球在左方，都向右运动。由动量守恒定律得：p′A＝2kg·m/s，p′B＝10kg·m/s，即eq\f(mAv′A,mBv′B)＝eq\f(2,10)，故eq\f(v′A,v′B)＝eq\f(2,5)。b．A球在左方，且A向右运动，B向左运动，由题意知p′A＝2kg·m/s，p′B＝2kg·m/s，A、B两球碰后继续相向运动是不可能的。c．B球在左方，A球在右方，则此种情况下ΔpA＞0，与题中给定不符．由以上分析知，只有第一种情况成立。答案：A9．质量为1kg的小球A以8m/s的速率沿光滑水平面运动，与质量为3kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率vA和vB可能为()A．vA＝5m/sB．vA＝－3m/sC．vB＝1m/sD．vB＝6m/s解析：若A、B发生弹性碰撞，则动量和机械能均守恒，mAv0＝mAvA＋mBvB及eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0＝－4m/s，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0＝4m/s。若A、B发生完全非弹性碰撞，则仅动量守恒，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝eq\f(mA,mA＋mB)v0＝2m/s。故A的速度范围－4m/s≤vA≤2m/s，小球B的速度范围2m/s≤vB≤4m/s，B正确。答案：B10．如图4－6所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知物体A的质量是B的质量的eq\f(3,4)，子弹的质量是B的质量的eq\f(1,4)。求：(1)A物体获得的最大速度；(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度。解析：(1)子弹射入物体A时，两者组成的系统动量守恒，故m0v0＝(m0＋mA)vA，将mA＝eq\f(3,4)mB，m0＝eq\f(1,4)mB代入，得vA＝eq\f(1,4)v0。此后因弹簧压缩，A受向左的弹力作用而做减速运动，速度减小，故eq\f(1,4)v0是A获得的最大速度。(2)弹簧压缩量最大时，A、B相距最近，其速度相等，由子弹、A、B组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m0＋mA＋mB)vB，得vB＝eq\f(m0,m0＋mA＋mB)v0＝eq\f(1,8)v0。答案：(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(v0,8)11.如图4－7所示，一定长度的木板静止在光滑的水平地面上，其质量为M＝1.8kg。木板左端放一木块，其质量为m＝190g，木板与木块间动摩擦因数μ＝0.4。质量为m0＝10g的子弹以v0＝200m/s的速度水平打入木块并留在其中，最后木块恰好到达木板的右端。求：(1)木块到达木板右端所用的时间；(2)木板的长度。解析：(1)子弹打入木块过程所用时间极短，并且相互作用力远大于木块所受的摩擦力，故子弹与木块组成的系统动量守恒。设子弹打入木块后的速度为v1，有m0v0＝(m0＋m)v1得v1＝eq\f(m0,m0＋m)v0＝10m/s木块在木板上滑动时，带动木板向右加速，因地面光滑，子弹、木块与木板组成的系统动量守恒，最后三者速度相等，设为v2，则m0v0＝(m0＋m＋M)v2得v2＝eq\f(m0,m0＋m＋M)v0＝1m/s木块沿木板做匀减速运动，加速度a1＝eq\f(μ(m0＋m)g,m0＋m)＝μg＝4m/s2故木块在木板上的运动时间t＝eq\f(v1－v2,a1)＝2.25s。(2)如图所示，木块向右减速的位移x1＝eq\f(v1＋v2,2)t＝12.375m木板向右加速的位移x2＝eq\f(v2,2)t＝1.125m故木板长度L＝x1－x2＝11.25m。答案：(1)2.25s(2)11.25m12．如图4－8所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：(1)物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep(设弹簧处于原长时弹性势能为零)。解析：(1)由机械能守恒定律，有m1gh＝eq\f(1,2)m1v2，v＝eq\r(2gh)(2)A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有m1v＝(m1＋m2)v′。A、B克服摩擦力所做的功W＝μ(m1＋m2)gd。由能量守恒定律，有eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＝Ep＋μ(m1＋m2)gd。解得Ep＝eq\f(m\o\al(2,1),m1＋m2)gh－μ(m1＋m2)gd。答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(m\o\al(2,1)gh,m1＋m2)－μ(m1＋m2)gd13．如图4－9所示，在同一竖直平面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H＝2L。小球受到弹簧的弹力作用后，沿斜面向上运动。离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O′与P的距离为L/2。已知球B的质量为m，悬绳长L，视两球为质点。重力加速度为(1)球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；(2)球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；(3)弹簧的弹性力对球A所做的功。解析：(1)设碰撞后的一瞬间，球B的速度为v′B，由于球B恰能摆到与悬点O同一高度，根据动能定理：－mgL＝0－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B) ①v′B＝eq\r(2gL) ②(2)球A到达最高点时，只有水平方向速度，与球B发生弹性碰撞。设碰撞前的一瞬间，球A水平速度为vx，碰撞后的一瞬间，球A速度为v′x。球A、B系统碰撞过程动量守恒和机械能守恒：2mvx＝2mv′x＋mv′B ③eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,x)＝eq\f(1,2)×2mv′eq\o\al(2,x)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B) ④由②③④式解得：v′x＝eq\f(1,4)eq\r(2gL)⑤即球A在碰撞前一瞬间的速度大小vx＝eq\f(3,4)eq\r(2gL)⑥(3)碰后球A做平抛运动，设从抛出到落地时间为t，平抛高度为y，则：eq\f(L,2)＝v′xt⑦y＝eq\f(1,2)gt2⑧由⑤⑦⑧式解得：y＝L。以球A为研究对象，弹簧的弹性力所做的功为W，从静止位置运动到最高点：W－2mg(y＋2L)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,x)⑨由⑤⑥⑦⑧⑨式得：W＝eq\f(57,8)mgL。答案：(1)eq\r(2gL)(2)eq\f(3,4)eq\r(2gL)(3)eq\f(57,8)mgL14．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＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)①设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，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eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)③联立②③式得v2＝eq\f(3mA－mB,mA＋mB)v0④设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有h＝eq\f(v\o\al(2,2),2g)⑤由①④⑤式得h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3mA－mB,mA＋mB)))2H答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3mA－mB,mA＋mB)))2H高中物理选修3-5同步练习试题解析反冲运动火箭1．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是()A．Mv0＝(M－m)v′＋mvB．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．Mv0＝Mv′＋mv解析：根据动量守恒定律，可得Mv0＝(M－m)v′＋mv。答案：A2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是()A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后排出，气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭解析：火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故正确答案为选项B。答案：B3．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为()A.eq\f(Δmv0,M－Δm)B．－eq\f(Δmv0,M－Δm)C.eq\f(Δmv0,M)D．－eq\f(Δmv0,M)解析：取火箭及气体为系统，则气流在向外喷气过程中满足动量守恒定律，由动量守恒定律得0＝Δmv0＋(M－Δm)v解得v＝－eq\f(Δm,M＋Δm)v0，所以B选项正确。答案：B4．一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，下面说法正确的是()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，再返身跑回船头起跳，就可以跳到岸上D．采用C中的方法也无法跳到岸上解析：立定跳远相当于斜抛运动，在地面上跳时，能跳l的距离，水平分速度为vx，在船上跳时，设人相对船的水平速度为vx，船对地的速度为v2，则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度也为vx，但人相对于地的水平速度为v1＝vx－v2<vx，故人可能跳上岸来。答案：A、D5．一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：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A项对，C项错；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B、D错。答案：A6．一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图5－1所示。不计水的阻力，船的运动情况是()A．向前运动B．向后运动C．静止D．无法判断解析：虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程。故A正确。答案：A7．如图5－2所示，质量为m的小球从光滑的半径为R的半圆槽顶部A由静止滑下。设槽与桌面无摩擦，则()A．小球不可能滑到右边最高点BB．小球到达槽底的动能小于mgRC．小球升到最大高度时，槽速度为零D．若球与槽有摩擦，则系统水平动量不守恒解析：此系统水平方向动量守恒，机械能守恒，初状态总动量为零，运动中水平方向总动量也为零。0＝mv－Mv′，在槽底，小球速度最大，槽的速度也最大，初状态的势能转变成球和槽的动能mgR＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv′2，所以小球到达槽底的动能小于mgR，B对；小球升到最大高度时，速度为零，槽速度也必定为零，C对；由机械能守恒定律，此时小球一定到右边最高点B，A错；若小球与槽之间有摩擦力，也是系统内力，系统的水平动量仍守恒，所以D错。答案：B、C8．一个质量为M的平板车静止在光滑的水平面上，在平板车的车头与车尾站着甲、乙两人，质量分别为m1和m2，当两人相向而行时()A．当m1>m2时，车子与甲运动方向一致B．当v1＞v2时，车子与甲运动方向一致C．当m1v1＝m2v2时，车子静止不动D．当m1v1>m2v2时，车子运动方向与乙运动方向一致解析：甲、乙两人与车组成的系统总动量为零且守恒，车子的运动情况取决于甲、乙两人的总动量，而与甲、乙的质量或速度无直接关系。当甲乙的合动量为零时，车子的动量也为零，即车不动。当甲的动量大于乙的动量时，甲乙的合动量与甲的动量方向相同，车子的动量应与甲相反，即车与乙运动的方向相同。答案：C、D9．气球质量为200kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为多长？(不计人的高度)解析：下滑过程人和气球组成的系统总动量为零且守恒，以向下为正方向，设m1、m2分别为人和气球的质量，v1、v2分别为人和气球的平均速度大小，则m1v1－m2v2＝0，m1x1－m2x2＝0，x1＝20m，x2＝eq\f(m1x1,m2)＝5m，绳长l＝x1＋x2＝25m(竖直方向上的“人船模型”)。答案：25m10．质量为m的人站在质量为M、长度为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边，当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？解析：人和船组成的系统动量守恒mx人＝Mx船①又因为x人＋x船＝L②由①②得船左端离岸的距离x船＝eq\f(mL,M＋m)。答案：eq\f(mL,M＋m)11．如图5－3所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为多少？小球的速度大小为多少？解析：以车和小球为系统在水平方向总动量为零且守恒。当小球滑至最低处时车和小球相对位移是R，利用“人船模型”可得小车移动距离为eq\f(m,M＋m)R。设此时小车速度为v1，小球速度为v2，由动量守恒有Mv1＝mv2，由能量守恒有mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))。答案：eq\f(m,M＋m)Req\r(\f(2MgR,M＋m))12．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1000m/s。设此火箭初始质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1s末的速度是多大？解析：以火箭和它在1s内喷出的气体为研究对象，系统动量守恒。设火箭1s末的速度为v′，1s内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向。由动量守恒定律得(M－20m)v′－20mv＝0，解得v′＝eq\f(20mv,M－20m)＝eq\f(20×0.2×1000,300－20×0.2)m/s≈13.5m/s。答案：13.5m/s13．一置于桌面上质量为M的玩具炮，水平发射质量为m的炮弹。炮可在水平方向自由移动。当炮身上未放置其它重物时，炮弹可击中水平地面上的目标A；当炮身上固定一质量为M的重物时，在原发射位置沿同一方向发射的炮弹可击中水平地面上的目标B。炮口离水平地面的高度为h，如果两次发射时“火药”提供的机械能相等，求B、A两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比。解析：炮弹做平抛运动，竖直下落时间t＝eq\r(\f(2h,g))，水平方向xA＝vAt，xB＝vBt又发射过程中动量守恒，即0＝mvA－Mv1,0＝mvB－(M＋M0)v2解得v1＝eq\f(m,M)vA，v2＝eq\f(m,M＋M0)vB。因两次发射时“火药”提供的机械能相等，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)(M＋M0)veq\o\al(2,2)，将v1、v2代入上式，得eq\f(vB,vA)＝eq\r(\f((M＋m)(M＋M0),M(M＋M0＋m)))，故B、A两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比eq\f(xB,xA)＝eq\f(vB,vA)＝eq\r(\f((M＋m)(M＋M0),M(M＋M0＋m)))。答案：eq\r(\f((M＋m)(M＋M0),M(M＋M0＋m)))14．如图5－4所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离x。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比eq\f(m1,m2)＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。解析：设分离前男女演员在秋千最低点处B的速度为v0，由机械能守恒定律(m1＋m2)gR＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)。设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同，女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒，(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2，分离后，男演员做平抛运动。设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学规律，4R＝eq\f(1,2)gt2，x＝v1t根据题给条件，女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律，m2gR＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)。已知m1＝2m2，由以上各式可得x＝8答案：8R15．一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的因纽特狗站在该雪橇上，狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇。狗与雪橇始终沿一条直线运动。若狗跳离雪橇时雪橇的速度为v，则此时狗相对于地面的速度为v＋v′(其中v′为狗相对于雪橇的速度，v＋v′为代数和，若以雪橇运动的方向为正方向，则v为正值，v′为负值)。设狗总以速度v＋v′追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计。已知v的大小为5m/s，v′的大小为4m/s，M＝30kg，m＝10kg。(1)求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小。(2)求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数。(供使用但不一定用到的对数值：lg2＝0.301，lg3＝0.477)解析：(1)设雪橇运动的方向为正方向，狗第一次跳下雪橇后雪橇的速度为v1，根据动量守恒定律，有Mv1＋m(v1＋v′)＝0。狗第一次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度v′1满足Mv1＋mv＝(M＋m)v′1，可解得v′1＝eq\f(－Mmv′＋(M＋m)mv,(M＋m)2)。将v′＝－4m/s，v＝5m/s，M＝30kg，m＝10kg代入，得v′1＝2m/s。(2)方法一：设雪橇运动的方向为正方向。狗第(n－1)次跳下雪橇后雪橇的速度为vn－1，则狗第(n－1)次跳上雪橇后的速度vn－1′满足Mvn－1＋mv＝(M＋m)vn－1′，这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为vn满足Mvn＋m(vn＋v′)＝(M＋m)vn－1′，解得vn＝(v－v′)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,M＋m)))n－1))－eq\f(mv′,M＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,M＋m)))n－1。狗追不上雪橇的条件是vn≥v，可化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,M＋m)))n－1≤eq\f((M＋m)v′,Mv′－(M＋m)v)，最后可求得n≥1＋eq\f(lg\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Mv′－(M＋m)v,(M＋m)v′))),lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M＋m,M))))。代入数据，得n≥3.41，狗最多能跳上雪橇3次。雪橇最终的速度大小为v4＝5.625m/s。方法二：第一次跳下：Mv1＋m(v1＋v′)＝0，v1＝eq\f(mv′,M＋m)＝1m/s。第一次跳上：Mv1＋mv＝(M＋m)v′1。第二次跳下：(M＋m)v′1＝Mv2＋m(v2＋v′)，v2＝eq\f((M＋m)v′1－mv′,M＋m)＝3m/s。第二次跳上：Mv2＋mv＝(M＋m)v′2，v′2＝eq\f(Mv2＋mv,M＋m)。第三次跳下：(M＋m)v′2＝Mv3＋m(v3＋v′)，v3＝eq\f((M＋m)v′2－mv′,M＋m)＝4.5m/s。第三次跳上：Mv3＋mv＝(M＋m)v′3，v′3＝eq\f(Mv3＋mv,M＋m)。第四次跳下：(M＋m)v′3＝Mv4＋m(v4＋v′)，v4＝eq\f((M＋m)v′3－mv′,M＋m)＝5.625m/s。此时雪橇的速度大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇3次。雪橇最终的速度大小为5.625m/s。答案：(1)2m/s(2)5.625m/s3次《动量守恒定律》测试题本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100，考试时间60分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。)1．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是()A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的加速度大小一定相等C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比D．人走到船尾不再走动，船则停下解析：以人和船构成的系统为研究对象，其总动量守恒，设v1、v2分别为人和船的速率，则有0＝m人v1－M船v2，故有eq\f(v1,v2)＝eq\f(M船,m人)可见A、C、D正确。人和船若匀加速运动，则有F＝m人a人，F＝M船a船所以eq\f(a人,a船)＝eq\f(M船,m人)，本题中m人与M船不一定相等，故B选项错误。答案：A、C、D2．如图(十六)－1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(十六)－1乙为它们碰撞前后的x－t图象。已知m1＝0.1kg，由此可以判断(图(十六)－1①碰前m2静止，m1向右运动②碰后m2和m1都向右运动③由动量守恒可以算出m2＝0.3④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能以上判断正确的是()A．①③ B．①②③C．①②④ D．③④解析：由图象知，①正确，②错误；由动量守恒m1v＝m1v1＋m2v2，将m1＝0.1kg，v＝4m/s，v1＝－2m/s，v2＝2m/s代入可得m2＝0.3kg，③正确；ΔE＝eq\f(1,2)meq\o\al(2,1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\o\al(2,2)))＝0，④答案：A3．如图(十六)－2所示，设车厢长度为l，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为()图(十六)－2A．v0，水平向右B．0C．mv0/(m＋M)，水平向右D．mv