《全品作业本》选修3-5答案

参考答案

第十六章动量守恒定律

1实验：探究碰撞中的不变量

1.BCD［解析］为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平；要使两球碰撞是一维的，

两球球心必须在同一高度；质量为m1的小球每次必须从同一高度滚下，以保证其每次滑到

斜槽末端时的速度相同；在该实验中，斜槽没必要保证光滑，故8、C、0正确•

2.CI解析I要验证碰撞中mv的矢量和守恒，即n⅛vo=maV］+mbV2,小球做平抛运动，

根据平抛运动规律可知，两小球运动的时间相同，上式可转换为mav0t≈mav1t+mbv2t,故需

验证n‰∙OP=ma∙OM+n⅛∙ON,因此A、B、。错误，C正确.

3.(I)F(2)r∏AXι=mBX2

I解析1取小球A的初速度方向为正方向，两小球质量分别为mA、mB,平抛的初速度分

别为VI、V2,平抛运动的水平位移分别为XI、X2,平抛运动的时间为t.

需要验证的关系式为O=HlAVLIΗBV2,其中V1='V2=彳

代入得到mAXl=∏⅛X2

故不需要用刻度尺测出操作台面距地面的高度h,所以多余的步骤是F.

4.(1)接通充气开关，调节导轨使滑块能静止在导轨上

/c、mAmBτf∏AmC

(2)_T=Q或下一可B=°

(3)滑块到光电门的距离(或AC、BD之间的距离)

5.碰撞前后两滑块的质量与速度的乘积之和是不变量

［解析］碰撞之前，a滑块的速度Va=O:?∕⅛=0.3，"/S

从闪光照片分析，碰撞之前，b滑块静止，vb=0

碰撞之前，有maVa+π⅛Vb=0.2X0.3kg•〃?/S=O.06kg∙mis

从闪光照片分析，第二次闪光瞬间正是发生碰撞的时刻

碰撞之后，a、b两滑块的速度分别为

,1.5X10—2

Va=w√s=0.15〃?/s

,3×10^2

Vb=―而m/s—03m/s

,

所以碰撞之后，有mava+∏⅛v'b=0.2×0.15依♦m∕s+0.1×0.3Ag♦m∕s=0.06Zg∙m/s

可见碰撞前后，有maVa+mbVb=n‰v'a+∏⅛v'b

即碰撞前后两滑块的质量与速度的乘积之和是不变量.

7.(I)BCDE(2)0.4200.417

［解析1(1)从纸带上打点情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大的速

度，因此BC段能较准确地描述在碰撞前小车A的运动情况，应选用BC段计算碰前A的速

度；从CD段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段小车运动己稳定，故应选

用DE段计算碰后A和B的共同速度.

(2)碰撞前小车A的速度vo=¾⅜='<5%;:,*/6=1.050血s,碰撞前小车A的质量与

速度的乘积为mAV°=0.4X1.050kg∙m∕s=0.420kg∙瓶/s；碰撞后A^B的共同速度V=等=

哈力一根∕s=0∙695加/s,碰撞后A、B的质量与速度的乘积之和为(mA+mB)v=(0.2+0.4)

3^U.UZ

×0.695kg∙m∕s=0.417kg∙m∕s.

8.(1)接通打点计时器的电源放开滑块1

(2)0.6200.618

(3)纸带与打点计时器的限位孔间有摩擦

02

［解析］两滑块相互作用前，滑块1的速度Vi=;^泉"心=2m/s,

其mv的矢量和为0.310依义2/w∕5=0.620kg∙m!s,

两滑块相互作用后，滑块I和滑块2具有相同的速度V=黯∖m∕s=↑.2m∕s,

其mv的矢量和为(0.310依+0.205kg)×1.2"加=0.618依■mis.

2动量和动量定理

1.B［解析］物体的动量是指物体的质量和速度的乘积，物体的动量大，即它的质量和

速度的乘积大，但速度不一定大，惯性(由质量决定)也不一定大，故A错误，B正确；动量

与动量的变化量没有直接关系，动量大的物体，其动量的变化量可能大，也可能小，C错误；

竖直上抛的物体经过空中同一位置时，速度方向不同，所以动量不同，。错误•

2.D［解析］选竖直向上的方向为正方向，动量的变化为4p=mv2-(-mv1)=m(vι+

V2),/p>0,表明方向是竖直向上的.

3.O［解析］球在地面上滚动了IOs,这是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的

力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量.

4.D［解析］根据冲量的定义可知，拉力F的冲量和重力mg的冲量分别为Ft和mgt；

根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，即mv,选项。正确.

5.C［解析］人从高处跳到低处，从与地面接触到最后静止的过程中，动量变化量是一

个定值，由动量定理可知，冲量也是定值，A、B错误；脚尖着地后膝盖弯曲，增大了与地面

的作用时间，从而减小了地面对人的作用力，C正确，。错误•

6.ACI解析|A、B两球在空中只受重力作用，相同时间内重力的冲量相同，因此两球

ΔnΔV

动量的变化大小相等，方向相同，选项A正确，选项B错误：动量的变化率为咪=m［i=

mg,因此两球动量的变化率大小相等，方向相同，选项C正确，选项力错误.

7.C［解析］安全带长5根，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v=√56=10

，"/s,受安全带的保护，经1.2s速度减小为0,对此过程应用动量定理，以向上为正方向，

有(F-mg)t=0-(-mv),则F=T+mg=-γy~N+60X10N=1100N.

8.B

9.A［解析］由动能定理得mg(H+h)+Wf=O,则Wf=-mg(H+h),所以小球的机械

能减少了mg(H+h),选项A正确，选项B错误；小球自由下落至地面过程中机械能守恒，

有2解得落到地面上后又陷入泥潭中，由动量定理得%—一

mgH=∣mv,v=√⅛H,If=0mv,

所以If=IG+mV=IG+m√2gH,小球所受阻力的冲量大于m√2gH,选项C错误:由动量定

理知，小球动量的改变量为零，选项0错误.

10.(l)3%∕s(2)2.0×103N

I解析］(1)跳起后重心升高h=2.55机一2.10加=0.45m

根据机械能守恒定律得TmV2=mgh

解得v=^2gh=3mis.

(2)由动量定理得(F—mg)t=mv-0

解得F=7+mg=2.0Xl()3N

根据牛顿第三定律可知，人对地面的平均压力F(≈2.0×IO3M

11.(1)1441N8108N(2)原因略

［解析］(1)规定竖直向上为正方向，则运动员着地(接触海绵或沙坑)过程中的初、末动量

分别为p=mv=—m、2gh,p,=0

由动量定理得(FN—mg)∕t=p,-p

解得FN=mg+里*^

落在海绵垫上时，/t1=ls,则

LI,70×

FM=I70X10+------2V≈1441N

落在沙坑里时，4t2=0.1s,则

NQ8108N

Fw2=70×10÷

(2)放上海绵垫后，运动员发生同样动量变化的时间延长了，所受的作用力较小，同时又

增大了运动员与地面(海绵垫)的接触面积，可以有效地保护运动员不受猛烈撞击而受伤.

12.2X1()3N

［解析］设时间t内落至石头上的水的质量为m,水的速度为V,则

2

m=Qtρ

设石头对水的平均作用力为F,则

Ft=mv

即F=Qp√2gh=0.10×1.0×103×√2×10×20N=2X1()3N

由牛顿第三定律得，水对石头的冲击力F,=F=2×IO3M

13.(l)φ90w∕52②6倍(2)略

I解析］(1)①设重物受到冲击力最大时的加速度大小为a,由牛顿第二定律得F,,,-mg=

ma

解得a=90m/,*

②重物在空中运动过程中，由动能定理得mgh=∣mv2

重物与地面接触前瞬间速度大小v1=√⅛H

重物离开地面瞬间速度大小v2=√⅜h

重物与地面接触过程，设重物受到的平均作用力大小为F,取竖直向上为正方向，由动

量定理得

(F—mg)t=mv2-m(—Vi)

解得F=510N

mg

因此重物受到地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.

(2)人接触地面后要下蹲以通过延长与地面接触的时间从而减小受到地面的冲击力.

3动量守恒定律

(A组)

1.ABD［解析］动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力作用时，系统动量守恒；

(2)系统所受的合外力为0时，系统动量守恒；(3)系统所受的合外力虽然不为零，但系统内力

远大于外力时，系统的动量近似看成守恒.

2.CI解析I甲船、乙船组成的系统所受的合力为零，动量守恒，选项C正确.

3.A［解析］设冰壶质量为m,碰后中国队冰壶速度为vχ,由动量守恒定律得mvo=

解得故选项正确.

mv÷mvx,VX=ODs,A

4.8［解析］当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因

开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左

运动，右手对右边的小车有作用力，故系统的动量不守恒，当再放开右手后，系统所受的合

外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，

故选项B错误，C、。正确.

5.ADI解析］当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之

间的摩擦力为外力.当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，A、B组成的系统所受的合外

力为零，系统动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受

的合外力不为零，系统动量不守恒.而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力及A、B

与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C

组成的系统所受的合外力均为零，故系统的动量守恒.

6.AI解析］甲、乙、球三者在整个过程中动量守恒，有(mψ+m⅛)vI-mz,v1=(m用

代入数据得选项正确.

+ms)√,v，=0,A

7.QI解析I子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，有mv。=(m+M)v,故子弹

击中木块后二者的速度为V=黑，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统

机械能守恒，当第一次回到原来位置时，速度大小仍然等于V,根据动量定理，合外力的冲

量等于动量变化量，有I=MV-O=曲禺，选项0正确•

m÷M

'33μg

I解析1设滑块的质量为m,则盒的质量为2m.对整个过程，由动量守恒定律可得mv=(m

+2m)v共

解得V共=^

由能量关系可知μmgx=∣mv2-；(m+2m)《)

解得XF^

9.(I)0.5m/s(2)18J

［解析］设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为"，根据动能定理得

—μmgL=∕mvf-gmv3

解得vι=4m/s

铁块与墙碰撞后以4机/s的速度向右运动，小车离开墙壁，系统的动量守恒.

假设铁块最终与平板小车达到共速v2,根据动量守恒定律得

mv］=(m+M)v2

解得V2=1m/s

设此时铁块在平板小车上运动的距离为X,由能量守恒定律得

TmV彳=g(m+MM+μmgx

4

解得X=?相

由于x>L=l6，说明铁块尚未与平板小车达到共速就已滑离小车.

设铁块滑离小车时的速度为V3,小车的速度为V4.对系统，由动量守恒定律及能量守恒定

律得

mvl=mv3+MV4

∕mv+=∕mV彳+；Mv?+μmgL

联立解得V3=2.5m∕sfV4=O.5mlSf

所以最终小车的速度为0∙5mis

从铁块开始运动到滑离小车，系统损失的机械能为2μmgL=18，

10.肃，方向向右

［解析1同时对A、B施加水平向右的瞬时冲量I和21后，设A、B获得的初速度分别为

VA和VB,则对小物块A,由动量定理得I=ITUVA-O

对小物块B,由动量定理得2I=N⅛VB-0

设最终A、B、C的共同速度为V,则对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律得

mAvA+Γ∏BVB=(Γ∏A+∏⅛+mc)v

联立解得V=就，方向向右.

(8组)

1.BC［解析］无论斜面是否光滑，系统在水平方向上都不受外力，在水平方向上动量

守恒，但在竖直方向上物体B受力不平衡，在竖直方向上动量不守恒；斜面光滑时系统机械

能守恒，斜面粗糙时系统机械能不守恒，B、C正确.

2.AI解析I根据动量守恒定律知，两滑块脱离弹簧后动量大小相等，B错误；由Π1AVA

=n⅛VB得VA:VB=ITiB:r∏A=l:2,C错误；由E*=靠得EkA:EAB=me:Γ∏A=1：2,A正

确；由W=4E"得WA:WB=E*A:E*B=1:2,。错误•

3.BCI解析］小车AB与木块C组成的系统动量守恒，C向右运动时，AB应向左运

动，故4错误；设与B碰前C的速率为vi，AB的速率为V2，则0=mvι-MV2，得干"=*

V?m

故8正确；设C与油泥粘在一起后，AB与C的共同速度为V共，则O=(M+m)v共，得V共

=0,故C正确，Q错误.

4.BDI解析I碰撞过程中系统动量守恒，当M与N具有相同的速度当时，系统动能损

失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A错误，B正确；M的

速度为三时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C错误，。正确.

5.B［解析］人与车组成的系统动量守恒，且初动量为0,所以在人由车的一端走到另

一端的过程中，人与车的速度方向总是相反的，且人运动得越快，车运动得越快，选项B正

确.

6.守恒不守恒

［解析1轻绳断开前，A、B做匀速运动，系统受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于

零，即F-fA-fB=0,所以系统动量守恒；在轻绳断开后到B静止之前，A、B组成的系统

的受力情况不变，即F-fA-f15=O,所以系统的动量依然守恒；当B静止后，系统的受力情

况发生改变，即F-fA=nua,系统所受的合外力不等于零，系统动量不守恒.

7.C［解析］x-t图像的斜率表示速度，碰撞前，A球速度为Vl=U=-^-m/s=-3

2-4

m∕s,B球速度为V2=2∕n/s,碰撞后的共同速度为v=-^—nt∕s=~}m∕s,根据动量守恒定律，

有m1V1+m2V2=(m1+m2)v,解得m2=0.67Ag,故C正确.

8.CI解析］C物块与A、B物块间的接触面光滑，C在水平方向上不受力，C在水平

方向上的速度保持不变，始终为零，即vc=0;子弹打入A后，与A、B—起向右运动，A、

B的速度相等，子弹穿过A后，单独与B相互作用，A在水平方向上不受力，保持子弹离开

A时的速度不变,而B的速度将进一步增大,直到子弹完全穿出B后停止增大,故有VB>VA>VC,

C正确.

9.C［解析］以地面为参考系，初始阶段，A受水平向右的摩擦力，向左做减速运动，

B受水平向左的摩擦力，向右做减速运动，A的速度先减为零，设此时B的速度为VB,由动

Q

量守恒定律得Mvo—mvo=MvB,解得VB=Qmk∙,此后A向右做加速运动，B继续向右做减

速运动，最后二者达到共同速度V,由动量守恒定律得Mv0-mv0=(M+m)v,解得v=2.0m∕s,

Q

所以B相对地面的速度应大于2.0nils而小于］mk,故选项C正确.

［解析］设A、B质量均为m,它们与地面间的动摩擦因数为μ.

若A能与B相碰，则有:mv3-μmgs>O

设A碰前速度为V1,碰后速度为V2∙

由动能定理得一μmgs=|mv?-TmV8

根据动量守恒定律得mvι=(m+m)v2

A、B一起不落入坑中的条件为：

；(m+m)v3<μ(m÷m)g∙2s

2-

联立解得T⅛<"券

11.(1)m√2gL(2>∖/77"⅛⅛~∖-

I解析］(1)设小球摆到最低点时的速度为V,由动能定理有

1

ITigIL=^mv2z

由动量定理可知，该过程中合力对小球的冲量大小为I=mv

解得I=mM^E.

(2)由于小车和小球组成的系统在水平方向上不受外力的作用，可知该系统在水平方向上

动量守恒；在小球摆动的过程中，系统的机械能守恒.当小球摆至最低点时，系统的重力势

能最小，动能最大，此时小车和小球均具有最大速度，设小车和小球的最大速度分别为V］、

V2，有

Mv∣-mv2=0

mgL=^Mv^+^mv^

2gLr∩2

解得Vj=

M(M+m)•

12.⑴1.25加S(2)小车上的A处零

［解析］(1)设子弹、滑块、小车的质量分别为m。、m和M,由于整个过程中子弹、滑块、

小车这一系统的总动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得

m°vr=(mo+m+M)v牟

解得V车=1.25mis

(2)设子弹射入滑块后与滑块的共同速度为vo,子弹、滑块、小车相对静止时的共同速度

为V,由动量守恒定律得

(mo+m)vo=(mo+m+M)v

因为m°+m=M,可知Mv°=2Mv

再设AB长为1,滑块与小车车面间的动摩擦因数为口，由动能定理得

μMgl=g(mo+m)v&—/(mo+m+M)v2

联立解得1=奈

4Ug

在小车与墙壁碰撞后，滑块相对于小车向右滑动压缩弹簧又返回B处的过程中，系统的

机械能守恒，在滑块相对于小车由B处向左滑动的过程中系统有机械能损失，而在小车与墙

壁碰撞后的整个过程中系统的动量守恒.

假设滑块最终仍在小车上与小车相对静止，设滑块的最终速度为u,

则(mo+m)v-Mv=(mo+m+M)u,

解得u=0

设滑块由B向左在车面上滑行距离为L,则由能量守恒定律得

μ(mo+m)gL=2・；(mo+m)v2

解得L=I

故假设成立，即滑块最终停在了小车上的A处，且最终速度为零.

4碰撞

(A组)

1•D［解析］由动量守恒定律有HIM+m2V2=(m1+m2)v,解得V2=-13MS,方向向

右，选项。正确.

2.C［解析］小车和沙袋组成的系统在水平方向上动量守恒，取小车运动的方向为正方

向，m∣=2kg,r∏2=2Ag,v∣=2m∕s,V2=—3,w∕s,设共同速度为v,根据动量守恒定律得

m1V1+m2V2=(m1+m2)v,解得v=-0.5"z/s,负号表示方向水平向左，故选项C正确.

3.AI解析］由rnB=2mA、PA=PB知，碰前VB<VA,若右方为A球，由于碰前动量都

为6依∙m/s,即都向右运动，两球不可能相碰，选项C、。错误；设碰后二者速度分别为V%、

,

vB,由题意知P'A=∏1AV'A=2奴∙∕n∕s,P'B=Γ∏BV'B=10kg∙ιnls,由mB=2r∏A可得V'A：v'

B=2：5,选项A正确，选项B错误.

,,

4.BI解析］由图像知,va>vb>0,vb=0,va<0,根据动量守恒定律得maVa+r∏bVb=

,,

maVa+mbVb，变形得Γ∏a(Va-v'a)=∏⅛(v'b-Vb),因Va—v'a>Va>v'b=v'b~Vb,故r∏a<mb.

5.C1解析1设小球与泥球碰前的速度为V"碰后的速度为V2,小球下落过程中，有

mgL(l—cOS60°)=^mvf,在碰撞过程中，有mv∣=(m+M)v2,上升过程中，有(m+M)gh=

；(m+M)v3，又知M=m,联立解得h=*

6.(l)y(2)∣mvβ

［解析］(1)以初速度VO的方向为正方向，设B的质量为n⅛,A、B碰撞后的共同速度为V,

由题意知，碰撞前瞬间A的速度为*碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得

V

m∙/+2mBV=(m+mB)v

解得HlB=?.

(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得

mvo=(m+r∏B)v

设碰撞过程中系统机械能的损失为/E,则

NE=/包+热B(2V)2-/(m+mB)v2

联立解得/E=Vmv3.

7.(1)0.1s(2)4J

I解析］(1)上面薄板与支架碰撞前，根据动能定理得

10

(M+m)gh=2(M+m)vδ

故vo=.2gh=2mis

上面薄板碰撞支架后以速度Vo返回做竖直上抛运动，下面薄板继续下落做匀加速运动，

经时间t轻绳绷紧，上面薄板上升高度为h1,下面薄板下落高度为h2,则

1

t9

hι=v0t-^g

h2=vot+2gt2

h1+h2=lo

故t=由=°∙1s∙

(2)设绳绷紧前上面薄板速度为V"下面薄板的速度为V2,有

Vi=Vo-gt=lmls

V2=vo+gt=3m/s

绳绷紧时，内力远大于外力，取向下为正方向，根据动量守恒定律得mv2一Mvι=(M+

m)v

解得V=Im/s

可得/E=^Mvτ+^mv^-^∙(M÷m)v2=4J.

2

8.(1)2m/s⑦arcco气

［解析I(I)甲、乙碰撞过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，有(m1+m2)v］=m2vo

故碰撞后乙车的瞬时速度V］=』P-=2"7/S.

ITli-rΓ∏2

(2)在甲、乙相碰后至绳子与竖直方向所成的角度最大的过程中，甲、乙和小球组成的系

统在水平方向上动量守恒，整体机械能守恒，设当绳子与竖直方向所成的最大角度为9,此

时甲、乙两车与小球共同的速度为V2,则有

(mi+m2)v∣=(m1+m2+m)v2

^(mj÷m2)v?=^(m+m1÷m2)v?÷mgL(1—cos。)

2

联立解得θ=arcco^.

9.(l)∙ymA≤mB≤5mA(2)是

［解析］(1)要使A追上B,则应有VA>VB,艮曦喘，可得

mB>1.4r∏A;

由碰撞中动量守恒可得IyA=2依•机/S,碰后p，A、P'B均大于0,表示同向运动，则应有

v⅛≥v,A，即片‘2三广，可得r∩B≤5mA;

r∏Br∏A

碰撞过程中，动能不增加，应有嘉+热2喘+喘，可得mB》%A；

17

综上可知，—mA≤me≤5mA.

⑵因mB=¥mA，则碰前总动能Ek=昌+昌=箫(力

,,

PλlP⅛384,C

碰后总动肥E产五χ+而=限Q)

所以E=EZ故该碰撞是弹性碰撞•

10.略

［解析］设A球碰后速度向右，则由动量守恒定律，有

m］Vo=mιv+m2V］

解得W=2m∕s<4"而，叩碰后A球向右的速度大于B球的速度，这是不可能的；

再设A球碰后速度向左，则有

mwo=—mιv+r∏2V2

解得V2=6mis

则碰前系统总动能为碰后系统总动能为2

EW)=JnlV3=1.28J,E⅛=∣m∣v+∣m2V2=1.76

这也是不可能的.

J>Eω,

因此该同学的报告是假的.

(8组)

解析根据图像可知球的初速度为球的初速度为碰

1.AI1x-tI,ava=3mis,bVb=O,

撞后a球的速度为v'=-l"心，碰撞后b球的速度为v、=2加s,两球碰撞过程中，动能变

化量为一^即碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹

/EA=!ma*+0-∕mav'WmtlV'HO,

性碰撞，A正确.

2.A［解析］碰撞后三个小球的动量相等，设其为p,则总动量为3p,由机械能守恒定

律得号F=A:+恭+5?即2r^+∖?而球2与球3碰撞过程，由机械能守恒定

律得_缥_=恭唯=焉故mι:nι选项正确.

+5?2：m3=6：3：1,A

3.ADI解析I甲、乙和弹簧组成的系统在任意时刻所受的合力均为零，所以任意时刻

系统的总动量守恒，甲的动量变化量大小等于乙的动量变化量大小，故A正确；当弹簧被压

缩到最短时，甲、乙具有相同的速度，弹簧的弹性势能最大，甲的速度不为零，故B错误；

当弹簧第一次恢复原长时，乙的速度最大，假设甲的速度为0，由动量守恒定律得2mv=mv

乙，解得V乙=2v,初态机械能E∣=^X2mv2=mv2,末态机械能E2=^m(2v)2=2mv2,E2>E1,

这是不可能的，所以此时甲向右的速度不为零，速度方向仍向右，故C错误，。正确•

4.(1)3m(2)0.5m

I解析I(I)对小铁块，由动量定理得I=m。vo

小铁块与木箱相互作用，满足动量守恒定律，以向右为正方向，有

r∏ovo=(M+mo)v∣

由能量守恒定律得μmogL=∣mov3—；(M+mo)v；

联立解得L=3m.

(2)木箱与薄板发生弹性碰撞，对系统，由动量守恒定律及机械能守恒定律得

MVl=MV2+mv3

^•Mv?=^Mv?+^mv^

解得v2=—0.5WJ∕S,V3=O.5m/s

碰撞后小铁块做平抛运动，根据平抛运动规律有

h=2gt2

小铁块落在薄板上，距离薄板左端距离为/X=(V］-V3)t

联立解得4X=0.5m

即小铁块落在薄板上距离薄板左端距离为0.5m处.

5.(l)jmvg(2)0

I解析］(1)由题意可知，当两滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设此时两滑块的

速度为V,滑块A、B组成的系统动量守恒，有

mv°=(m+2m)v

滑块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，有

；mv&=g(m+2m)v2+E〃

解得EP=Imv&

(2)设弹簧第一次恢复原长时A、B的速度分别为vi、V2,从开始到弹簧第一次恢复原长

时，由动量守恒定律得

mvo=mv］+2mv2

由机械能守恒定律得TmV3=^mv；+；×2mv^

解得Vl=一田，V2=争

当弹簧第一次达到原长时滑块A己经反向，所以运动过程中滑块A的最小速度为0.

6∙<1⅛(2⅛vδ

I解析I(1)从滑块滑上长木板到两者有共同速度的过程中，设滑块在长木板上滑行的距离

为L1,两者共同速度为V,则

mvo=(m+2m)v

μmgLι=∕mvo-］(m+2m)v~

碰撞后，长木板立叩静止，滑块向前滑动的过程中，有

19

μmg(L-L∣)=z2mv

解得μ=⅛

(2)滑块与长木板间因摩擦而产生的热量为

7,

Q=μmgL=γ^mvo.

7.,∣mvo

［解析］设碰后A、B和C的共同速度的大小为V,由动量守恒定律得mvo=(m+m+m)v

设C离开弹簧时A、B的速度大小为"，由动量守恒定律得(m+m+m)v=(m+m)v|+

mv0

设弹簧的弹性势能为E,,,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有

2

^(m+m÷m)v÷Ep=^(m+m)vτ÷^mvo

故弹簧所释放的弹性势能为Ep=∣mvg.

8.(1)0.9/77(2)16颗(3)14155.5J

［解析］(1)第一颗子弹射入木块过程中动量守恒，有

mv()—Mvι=mu+Mv'ι

解得vl=3mis

木块向右做减速运动，加速度a=±^=μg=5机//

木块速度减小为零所用时间t|=JL=O.6s<lS

所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动的距离为S1

=^7=0.9m.

(2)在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做匀加速运动，运动时间12=1S-0.65=0.4S

速度增大为V2=at2=2:"/s(恰与传送带同速)

向左移动的距离为S2=,at3=O.4m

在两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移SO=Sl-S2=0.5机，方向向右

第16颗子弹击中前，木块向右移动的距离为s=15so=7.5m

第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9现，总位移为0.9机+7.5根=8.4加>8.3

，"，木块将从B端落下.

所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中.

(3)第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为

Q∣=；mv8+：Mv?—；mi?—：Mv，∣

木块向右减速运动过程中相对传送带的位移为S，=Vg+s］

产生的热量为Q2=μMgs'

木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为S"=v1t2-S2

产生的热量为Q3=μMgs"

设第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3,有Vlt3-%t*=8.3/M-7.5"2=0.8机

解得t3=0.4s(t3=O.8S舍去)

木块与传送带的相对位移为4s=v1t3+0.8m

产生的热量为Q4=μMg/s

全过程中产生的热量为Q=i5(Q1+Q2+Q3)+Q1+Q4

联立解得Q=14155.57.

5反冲运动火箭

1.8I解析］喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体通过反冲获得前进的动力；直升机的运

动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动；反击式水轮机的转轮在水中受到

水流的反作用力而旋转，水轮机通过反冲获得动力，故只有8不属于反冲运动.

2.A［解析］由动量守恒定律得Mvi—mv2=0,解得Vι=**^γ学鼓^/n∕s≈¾≈2zn∕6.

3.C［解析］以救生员和小船为一系统，选水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定

律得(M+m)vo=Mv∣-mv,解得Vl=-^^"^^^^竺=Vo+辞(vo+v),故选项C正确，A、

B、O错误.

4.A［解析］以炮艇及炮艇上的炮弹为研究对象，动量守恒，其速度均为对地速度，故

A正确.

5.A［解析］在燃气喷出后的瞬间，喷出的燃气的动量为p=mv=30依∙Ms,由动量

守恒定律可得，火箭的动量大小为30依M/s,选项A正确.

6.AC［解析］由反冲运动的知识可知，火箭的速度一定增大，火箭做离心运动，运动

半径增大•但物体P是否离开原来的运动轨道要根据释放时的速度大小而定，若释放的速度

与原来的速度大小相等，则P仍在原来的轨道上向反方向运动；若不相等，则其轨道半径变

化.

7.C［解析］飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律得mv=(m-4m)v1-4mv2,

选项C正确.

8.B［解析］设弹丸爆炸前质量为m,爆炸成甲、乙两块后质量之比为3：1,则m中

31

=］m,m4=jυ.设爆炸后甲、乙的速度分别为打、V2,爆炸过程中甲、乙组成的系统在水平

31

方向动量守恒，取弹丸运动方向为正方向，有mvo=4mv1+F|v2,得3vι+v2=8根/s.爆炸后

甲、乙水平飞出，做平抛运动.竖直方向上做自由落体运动，由h=∕t2,可得t=

水平方向上做匀速直线运动，有X=Vt,所以甲、乙飞行的水平位移大小与爆炸后甲、乙获

得的速度大小在数值上相等，因此应满足3X1+X2=8"3从图中所给数据可知，B正确.

9.DI解析I忽略空气阻力和质量变化，系统动量守恒，有(m1+m2)vo=m2v2+m|v］,

解得Vl=V0+孟(VO-V2),£>正确.

4EMh

10.(1gm(M÷m)

［解析］(1)设发射炮弹后炮弹的速度及炮身的速度大小分别为VI、V2,选择炮弹的速度方

向为正方向，由动量守恒定律得0=mv］-MV2

由能量守恒定律得E=∣mvι+∣Mv2

2EM

联立解得Vl=

m(M÷m)

⑵炮弹水平射出后做平抛运动，由平抛运动的规律得

h=∣gt2

x=v∣t

4EMh

联立解得X=

gm(M÷m)

11.(1)2mis(2)2.56m∕s2

［解析］(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当流入质量为m的水后，设小车速

度为Vi,则mv=(m÷M)vι

解得"='^⅛=2'"∕s∙

(2)质量为m的水流进小车后，在极短的时间Nt内，冲击小车的水的质量为Zlm=PS(V

—vι)∕l

此时水对车的冲击力为F,则车对水的作用力P=F,根据动量定理有一FYt=Nmvi-

Nmv

解得F=PS(V—vι)2=64N

F

故小车的加速度a=——7=2.56m∕s2.

m十M

12.0.05⅛g≤m≤0.45kg

I解析1宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，因反冲运动而返回，遵从动量守恒定

律.剩余气体应供返回途中呼吸之用.

设瞬间喷出氧气质量为m,宇航员刚好安全返回，且宇航员返回时的速度为V”其中m

相对M来说很小，可近似认为喷出氧气后宇航员连同装备的质量仍为IOO依.由动量守恒定

律得

mv—Mv∣=O

Y

匀速运动的时间t=-

Vi

又m°2Qt+m

联立解得0.05kgWmW0.45kg.

章末基础排查(一)

1.CD［解析］动量是矢量，具有瞬时性，物体的动量由物体的质量和速度共同决定，

选项A错误.物体的动量相同，说明物体的质量和速率的乘积相等，但物体的质量和速率的

乘积相等，其速度方向不一定相同，故动量不一定相同，选项B错误.物体的运动状态发生

了变化，其速度的大小或方向一定发生了变化，其动量一定发生变化，故选项C正确.系统

动量守恒时，动能不一定守恒；某一方向上动量守恒时，系统整体受的合力不一定为零，系

统整体动量不一定守恒，选项。正确.

2.8［解析］任何碰撞的能量都守恒，在弹性碰撞中没有动能损失，故4错误，B正确；

由动量守恒定律和能量守恒定律可得，当两个物体的质量相等时，发生弹性碰撞的两物体才

可能互换速度，故C错误；碰撞不在一条直线上时，动量也守恒，故0错误.

3.BI解析］铁锤击打放在铁砧上的铁块时，铁砧对铁块的支持力大于铁锤和铁块的总

重力，合外力不为零；子弹水平穿过墙壁时，地面对墙壁有水平作用力，合外力不为零；棒

击垒球时，手对棒有作用力，合外力不为零；子弹水平穿过放在光滑水平面上的木块时，系

统所受的合外力为零，所以选项B正确.

4.B［解析］以甲的初速度方向为正方向*碰前的总动量p1=m|vι+rn2V2=(lX6+2X

2)kg∙m/s—10kg∙mis,碰前的动能为EH=%1炉+弥2*=22J.A项中p2=m∣v'∣+m2v'

2=(1×7+2×1.5)kg∙m∕s=10Λg∙mis,Eg=^miv'彳+(r∏2v'3=Qx1X72+^X2X1.5?)

J>22J,碰后机械能增加，故A错误；同理8项中动量守恒，机械能不增加，且碰后v∖>v'

1，不会发生二次碰撞，B正确；C项中动量不守恒，C错误；0项中动量守恒，机械能不增

加，但v1>v?,会发生二次碰撞，故0错误•

解析碰撞前总动量为碰撞前总动能为

5.AIIp=mAvo=1X4Zg∙"?/s=4kg∙〃?/s,Ei

=5∏AV3=∕X1X4?J=8J.A项中，碰撞后总动量p，=mAVi+mBV2=l义1⅛∙m∕s+3×1

kg∙mk=4kg∙mis,动量守恒，碰撞后总动能为Ek=^mAV彳+∣mBvW=!x1XFJ+^X3X

2即总动能不增加，所以这组数值是可能的，故正确；项中，由于

lJ=2J<Et,ABv］>V2,

碰后两球同向运动，即碰后小球A的速度大于前面小球B的速度，会发生二次碰撞，不符合

实际，故8错误；C项中，碰撞后总动量p,=mAV1+rnBV2=1X0.5依∙:"/s+3X2依♦m/s=

6.5kg.mk,动量不守恒，不可能，故C错误；I＞项中，碰撞后总动量p，=mAVι+mBV2=1

X(—5)依•机∕s+3X3kg*m∕s=4kg∙m∕s,动量守恒，碰撞后总动能为E^=y∩AVι÷^mβV^

22

=|×1×(-5)7+|×3×37=26J＞EA,即总动能增加，不可能，故0错误.

6.ABC［解析］若a、b两球发生弹性碰撞，则b球上摆的高度为L；若a、b两球发生

完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同)，则根据mgL=*ιv2,mv=2m",J∙2mv'^2mglV,

可知b球上摆的高度为*考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多，故b球上摆的高度h应

满足*≤hWL.

7.BDI解析］小球下滑的过程中，半圆形轨道对小球的支持力对小球做负功，小球的

机械能不守恒，但由小球和小车组成的系统机械能守恒，A错误；对小球和小车组成的系统,

由机械能守恒及水平方向上动量守恒可知，小球可以到达右侧轨道的最高点，B正确；小球

在右侧轨道上运动时，轨道仍向左移动，但做减速运动，C错误；对小球和小车组成的系统,

在水平方向上动量守恒，有O=mvLmv车，可得v*=v车，£＞正确.

8.(1)用水平仪调试使得导轨水平(2)A至C的距离Li、B至D的距离L2(3)0(M+

L∣L

m)-—2

tιt2

I解析I(I)为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水

平仪调试.

(2)要求出A、B两滑块在卡销放开后的速度，需测出A至C的运动时间t］和B至D的

运动时间t2,并且要分别测量出两滑块到挡板的距离LI和L2,再由公式V=：求出其速度.

(3)以向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为VA=