备战2024年高考物理一轮重难点复习 第七章 动量守恒定律

动量守恒定律内容要求要点解读动量守恒定律及其应用Ⅱ只限于一维。以生活实例为命题背景，考查动量守恒定律在生活中的应用，复习时应侧重本知识和其他知识的综合应用，如与动力学、功和能、电磁学等知识综合考查。题型既有选择题，也有计算题，难度中等或中等偏上。弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ只限于一维。要知道碰撞的特点，能区分弹性碰撞，非完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞。一、动量1．定义：物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示。2．表达式：p＝mv。3．单位：kg·m/s。4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度的方向相同。二、动量定理1．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。定义式：I＝FΔt。(2)单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s。(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与恒力的方向相同。2．动量定理(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。(3)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。三、冲量及动量的理解和计算1．对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．②矢量性：对于方向恒定的力来说．冲量的方向与力的方向一致．(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系．2．动量的变化量(1)数学表达式：Δp＝p2－p1(2)动量的变化量是矢量，遵循平行四边形定则。其方向与速度的改变量方向相同。a．如果初末动量在同一直线上，首先规定正方向，再用正负表示初末动量p1、p2，根据公式Δp＝p2－p1，求出动量的变化量，如图(1)(2)。b．如果初末动量不在同一直线上，需使用平行四边形定则，求出动量的变化量Δp。如图(3)。3．动量与动能的关系Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk)。4．冲量的四种计算方法公式法利用定义式I＝Ft计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态图像法利用F­t图像计算，F­t图像围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量平均值法若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，F1、F2为该段时间内初，末两时刻力的大小动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量5．动量、冲量、动量变化量的比较大小表达式方向动量p＝mv与v同向冲量I＝Ft与F同向动量变化量Δp＝mv′-mv与合力同向四、动量定理的理解及应用1．动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。(2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。(4)由FΔt＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,Δt)＝eq\f(Δp,Δt)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。2．用动量定理解释生活现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。3．应用动量定理处理“流体模型”(1)研究对象：选取流体为研究对象，如水、空气等。(2)研究方法：隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。(3)基本思路(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。(2)小柱体的体积ΔV＝SvΔt(3)小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt(4)小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt(5)应用动量定理FΔt＝Δp4．用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。(2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。五、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为eq\a\vs4\al(0)，这个系统的总动量保持不变。2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。3．适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零。(2)系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。(3)系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。六、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的机械能没有损失。②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有损失。③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。3．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。七、动量守恒定律的理解和基本应用1．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．2．应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初、末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．八、碰撞问题1．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．2．弹性碰撞的重要结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2联立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.九、爆炸、反冲问题1．反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加2．爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动3．“人—船”模型模型特点(1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量比的倒数，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)应用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。一、单选题1．如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的半圆形细管，A、B为细管上的两点，A点与圆心等高，B点为细管最低点。一个小球以大小为v0的速度从A点匀速滑到B点，小球除受到重力和细管的弹力外，还受另外一个力。小球从A点滑到B点的过程中，关于小球，下列说法正确的是（）A．合力做功为零 B．合力的冲量为零C．合力为零 D．机械能守恒【答案】A【详解】AC．小球从A点滑到B点的过程中，做匀速圆周运动，小球所受合外力提供向心力，不为零；小球的动能不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故A正确，C错误；B．小球从A点滑到B点的过程中，小球的速度大小不变，方向发生了改变，则小球的动量发生了变化，根据动量定理可知，合力的冲量不为零，故B错误；D．小球从A点滑到B点的过程中，小球的动能不变，重力势能减小，则小球的机械能减小，故D错误。故选A。2．如图所示，轻弹簧左端固定，左端自然伸长于粗糙水平面上的点，小球从点以某初速向左运动，被弹簧反弹后恰好返回至。则小球（）A．两次经过点时的速度大小相等B．向左经过点的加速度小于向右经过点的加速度C．向左运动的时间等于向右运动的时间D．压缩弹簧过程所受弹力的冲量小于弹簧恢复形变过程所受弹力的冲量【答案】D【详解】A．地面粗糙，从两次经过点，摩擦力做负功，机械能减少，弹性势能相同，动能减少，因此第二次经过点时速度小，A错误；B．向左向右经过点时，弹簧处于原长状态，合外力等于摩擦力，因此加速度大小相等。B错误；C．OA段向左和向右过程加速度大小相等，位移大小相等，但向左运动的平均速度大，因此向左时间短。弹簧压缩，向左运动时向右运动时得位移大小相等，向左减速逆运动是初速度为的匀加速运动。因此向左的时间短，综上得，向左运动时间小于向右运动的时间。C错误；D．压缩弹簧过程和弹簧恢复形变过程弹力变化相同，压缩弹簧时时间小，因此弹力冲量小，D正确。故选D3．如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为、的木板A、B，一质量的滑块C（视为质点）以初速度从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为，最终C与木板B相对静止，则（）A．木板B与滑块C最终均静止在水平地面上B．木板B的最大速度为2m/sC．木板A的最大速度为1m/sD．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5J【答案】D【详解】ABC．整个系统水平方向动量守恒，C滑离木板A时解得木板A的最大速度为滑上B后，对B、C整体水平动量守恒解得木板B的最大速度为并且B、C一起匀速运动，故ABC错误；D．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了故D正确。故选D。4．如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（）A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍【答案】D【详解】AB．高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即故AB错误；C．水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得即解得故C错误；D．高压水枪喷出的水对汽车产生的压强则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，故D正确。故选D。5．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是（）A．ρvS B．C．ρv2S D．ρv2S【答案】D【详解】Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm=ρSvΔt对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得FΔt=Δmv－0解得F=ρv2S由牛顿第三定律，钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小F′=F=ρv2S故选D。6．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上B的上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能与其位置坐标x的关系如图乙所示，图像中之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，整个过程斜面固定不动，已知，，，E，则下列说法错误的是（）A．物块A、B的质量之比为B．弹簧的劲度系数为C．A与B碰撞后，A在位置处弹簧压缩量为D．从到的过程中，弹簧的弹性势能增加了【答案】C【详解】A．由图乙可知，物块A与物块B碰撞前的动能可得物块A与物块B碰撞前的速度物块A与物块B碰撞后的动能可得物块A与物块B碰撞后的速度物块A与物块B碰撞时间极短，根据动量守恒定律解得A正确；BC．弹簧上端与物块B相连，物块B处于静止状态，设此时弹簧的形变量为，结合图甲根据平衡条件可知由图乙可知，当AB一起运动到时，此时弹簧的压缩量为速度最大，此时弹簧对AB的弹力大小等于AB重力沿斜面的分力，即物块A从O点运动到位置的过程中，根据动能定理联立解得B正确，C错误；D．物块A与物块B碰撞后，物块A的动能为，根据A的分析可得碰后根据物块B的动能为，物块由运动到过程中，根据能量守恒定律代入数据解得D正确；本题选错误项，故选C。7．如图质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为（不计空气阻力，小球可视为质点），下列说法正确的是（）A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小球离开小车后做斜上抛运动C．小车向左运动的最大距离为2RD．小球第二次在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度一定大于【答案】D【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，竖直方向小球有加速度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在A点时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球运动到B点时小球与小车水平方向共速，而系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动，故B错误；C．设小车向左运动的最大距离为x，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守恒定律得即解得故C错误；D．小球第一次从距A点h0下落运动到点所在水平线的最大高度为处过程中，由动能定理得解得小球第二次在小车中运动时，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，而小于，故D正确。故选D。8．在做“验证动量守恒定律”实验时，入射球a的质量为m1，被碰球b的质量为m2，两小球的半径均为r，各小球的落地点如图所示，下列关于这个实验的说法正确的是()A．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球B．要验证的表达式是m1·ON=m1·OM+m2·OPC．要验证的表达式是m1·OP=m1·OM+m2·OND．要验证的表达式是m1(OP-2r)=m1(OM-2r)+m2·ON【答案】C【详解】A．在此装置中，应使入射球的质量大于被碰球的质量，防止反弹或静止，故A错误；BCD．若两球碰撞过程中动量守恒，则碰撞后两小球均做平抛运动，高度相同，平抛运动的时间相等，则所以应验证的关系式为故C正确，BD错误。故选C。9．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。照片的比例尺为1:40。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（）A．41.5kg B．45kg C．47.5kg D．50kg【答案】B【详解】对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以代入数据可得人的质量为故选B。10．某同学在气垫旁加装了位置感应器（可以将任一时刻该滑块与某点的距离记录下来），两滑块A、B在气垫导轨上（摩擦力可忽略不计）发生正碰，该同学通过实验描绘出碰撞前后滑块A、B的位移-时间图像如图所示。若已知物块A的质量，则关于物块B的质量（

）A．无法确定 B．205g C．199g D．300g【答案】D【详解】碰前A的速度B的速度碰后AB共同速度碰撞满足动量守恒，即解得故选D。二、多选题11．在光滑水平地面上放一个内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M，小物块m位于滑块的凹槽内，如图所示．则在小物块沿凹槽下滑的过程中（）A．m、M组成的系统机械能守恒 B．M对m做负功C．m、M组成的系统动量守恒 D．M对m的作用力的冲量为0【答案】AB【分析】根据动量守恒及机械能守恒的条件可得出动量是否守恒、机械能是否守恒，再隔离分析可知相互做功情况及冲量的大小．【详解】A．由于整体系统只有重力做功，故系统机械能守恒，故A正确；B．在运动过程中，由于M向右运动，动能增加，故m对M做正功，则M对m做负功，故B正确；C．由于M、m在竖直方向受重力，合外力不为零，故系统动量不守恒，故C错误；D．M对m作用力不为零，则经过一段时间后，冲量不为零，故D错误。故选AB。【点睛】本题要注意根据功能关系去分析是否做功；同时必须明确系统动量守恒但水平方向可以认为动量守恒。12．质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m=2kg的小球（视为质点）通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态。现给小球一个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2。则（

）A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3mB．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5mC．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27mD．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m【答案】AD【详解】AB．设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有解得x=0.3m故A正确；B错误；C．设小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为h，此时m与M的共同速度为v。根据水平动量守恒得0=(m+M)v根据系统的机械能守恒得解得h=0.45m故C错误；D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为y。由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为根据水平动量守恒得解得y=0.54m故D正确。故选AD。13．某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度大小是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则（）A．人和小船最终静止在水面上B．该过程同学的动量变化量为105kg·m/sC．船最终的速度是0.95m/sD．船的动量变化量是105kg·m/s【答案】BD【详解】AC．规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v，由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得代入数据解得方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，A错误，C错误；B．人的动量的变化为负号表示方向与选择的正方向相反；故B正确；D．船的动量变化量为故D正确。故选BD。14．如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，放于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧相连且处于静止状态，小球c右侧有一固定挡板。现让小球a以速度向右运动，碰后与小球b黏在一起，a、b两小球碰撞时间极短，当弹簧被压缩到最短时，撤去挡板，则下列说法中正确的是（）A．撤去挡板前，三小球及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒B．弹簧的被压缩到最短时，其弹性势能为C．撤去挡板后，三个小球及弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒D．在此后的运动过程中，小球c的最大速度大小为【答案】BCD【详解】A．撤去挡板前，三小球及弹簧组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，系统中只有弹力做功，系统机械能守恒，故A错误；B．小球a、b碰后黏在一起，根据动量守恒有可得小球a、b碰后黏在一起的速度为根据能量守恒可知弹簧的被压缩到最短时，其弹性势能的增加量等于小球a、b动能的减少量，为故B正确；C．撤去挡板后，三个小球及弹簧组成的系统合外力为零，系统动量守恒，系统中只有弹力做功，系统机械能守恒，故C正确；D．撤去挡板后，根据动量守恒有能量守恒有解得小球c的最大速度大小为故D正确。故选BCD。15．四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，是《国家地理频道》的实验示意图，直径相同（约30cm左右）的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是（）A．子弹在每个水球中的速度变化量相同B．每个水球对子弹的冲量相同C．子弹穿过第1个水球与穿过第4个水球的时间之比为D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等【答案】CD【详解】A．子弹做匀减速运动，通过相同位移的时间逐渐增大，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，而加速度相同，由知，子弹在每个水球中的速度变化量不同，选项A错误；B．由知，f不变，t不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项B错误；C．子弹的运动可看做反向的初速度为0的匀加速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为，可知子弹穿过第1个水球与穿过第4个水球的时间之比为，选项C正确；D．子弹恰好能穿出第4个水球，则根据C项分析知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球所用的时间相同，则子弹穿出第3个水球时的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项D正确。故选CD。三、实验题16．某小组用如图1所示的装置验证动量守恒定律。（1）关于橡皮泥在本实验中的作用，下列说法正确的是A．改变小车的质量B．在两车碰撞时起到缓冲作用，防止撞坏小车C．若在两个小车的碰撞端分别贴上尼龙搭扣（魔术贴），可起到相同的作用（2）关于实验的操作，下列说法正确的是A．实验前应微调木板的倾斜程度，使小车P能静止在木板上B．接通打点计时器电源后，应将小车P由静止释放C．与小车P碰撞前，小车Q应静止在木板上的适当位置D．加砝码以改变小车质量再次实验，必须再次调整木板倾角（3）打点计时器每隔0.02s打一次点，实验得到的一条纸带如图2所示，已将各计数点之间的距离标在图上。则小车P碰撞前的速度为m/s。（计算结果保留三位有效数字）（4）测得小车P的总质量为m，小车Q的总质量为，图2中AB、BC、CD、DE四段长度分别为、、、，为了验证动量守恒定律，需要验证的表达式是。（用题中所给物理量符号表示）（5）某同学发现系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，可能的原因是。（写出一条即可）【答案】CC1.63木板倾角过大（碰前小车Q具有沿轨道向下的速度）【详解】（1）[1]在碰撞过程中，橡皮泥在本实验中的作用是使碰撞后两车粘连在一起。故选C。（2）[2]A．实验前应微调木板的倾斜程度，使小车P能在木板上匀速直线运动，平衡摩擦力，故A错误；B．接通打点计时器电源后，小车P匀速运动，故释放时需有一定的初速度，故B错误；C．与小车P碰撞前，小车Q应静止在木板上，保证碰撞前速度为0，且位置要适当，保证可以测量出小车P的碰前速度，故C正确；D．加砝码以改变小车质量再次实验，不需要再次调整木板倾角，故D错误。故选C。（3）[3]碰撞前的速度应该选择BC段求平均速度，则（4）[4]为碰撞后二者的运动距离，则根据动量守恒定律可得解得（5）[5]由上述可知若系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，则说明碰撞前Q不是处于静止状态，故碰前小车Q具有沿轨道向下的速度。17．“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示，即研究两个小球在轨道水平部分末端碰撞前后的动量关系。已知入射小球A和被碰小球B的质量分别为、。①本实验中，要求满足的条件不必要的是（填选项前的序号）。A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线是水平的C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球质量要满足②实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量（填选项前的序号），间接地解决这个问题。A．小球开始释放的高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的水平射程③在误差允许范围内，要验证的两个小球碰撞前后动量守恒方程式是。【答案】AC【详解】（1）[1]A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；B．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；C．要保证碰撞前速度相同，所以每次入射球都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D．为了保证小球碰撞是对心碰撞，且碰后不反弹，要求故D正确。本题选不正确的，故选A。[2]要验证动量守恒，则验证小球离开斜槽后做平抛运动，它们抛出点高度相等，在空间的运动时间相等，有即可知直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量小球的水平位移代替初速度。故选C。[3]在误差允许范围内，要验证的两个小球碰撞前后动量守恒方程式是四、解答题18．如图所示、在光滑水平面上，两个物体的质量都是m，碰撞前一个物体静止，另一个以速度v向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m的物体，以一定速度继续前进。求：（1）碰撞后物体的速度大小；（2）碰撞后该系统的总动能损失△Ek；【答案】（1）；（2）【详解】（1）根据动量守恒定律，有解得（2）碰撞前总动能碰撞后总动能碰撞过程中总动能损失19．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道ABD固定在地面上，AD为圆的水平直径，A点正上方高2R处有一质量为m的小球P，在D点正上方高2R处有一个质量为2m的小球Q；先释放小球Q，当小球Q运动到A点时，释放小球P，两球在空中沿竖直方向发生正碰，碰撞后小球P刚好能上升到开始释放的位置，两球碰撞过程相互作用力远大于球的重力，重力加速度为g，不计两小球的大小，求；（1）小球Q第一次运动到轨道A点时速度大小；（2）两球碰撞前瞬间小球P的速度大小和碰撞过程系统损失的机械能为多少。【答案】（1）；（2），【详解】（1）设小球Q第一次运动到轨道A点时速度为，由动能定理得解得（2）由机械能守恒可知，两球碰撞时，速度大小相等，设碰前瞬间P速度为v，有解得两球在空中沿竖直方向发生正碰，碰撞后小球P刚好能上升到开始释放的位置，两球碰撞过程相互作用力远大于球的重力，则碰撞后小球P的速度也为v，设碰后Q速度为则解得两球碰撞过程系统损失的机械能为20．如图所示，两块长度均为的木块A