選修3-5第十六章動量守恒定律章末復(fù)習(xí).doc

精品文檔2018年高二物理（人教版）選修3-5第十六章動量守恒定律章末復(fù)習(xí)一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）1. 質(zhì)量相同的兩方形木塊A、B緊靠一起放在光滑水平面上，一子彈先后水平穿透兩木塊后射出，若木塊對子彈的阻力恒定不變，且子彈射穿兩木塊的時間相同，則子彈射穿木塊時A、B木塊的速度之比（）A. 1：1B. 1：2C. 1：3D. 1：2. 物體的動量變化量的大小為5kgm/s，這說明（）A. 物體的動量在減小B. 物體的動量在增大C. 物體的動量大小一定變化D. 物體的動量大小可能不變3. 如圖所示，小明在演示慣性現(xiàn)象時，將一杯水放在桌邊，杯下壓一張紙條。若緩慢拉動紙條，發(fā)現(xiàn)杯子會出現(xiàn)滑落；當(dāng)他快速拉動紙條時，發(fā)現(xiàn)杯子并沒有滑落。對于這個實驗，下列說法正確的是（）A. 緩慢拉動紙條時，摩擦力對杯子的沖量較小B. 快速拉動紙條時，摩擦力對杯子的沖量較大C. 為使杯子不滑落，杯子與紙條的動摩擦因數(shù)盡量大一些D. 為使杯子不滑落，杯子與桌面的動摩擦因數(shù)盡量大一些4. 蹦床是一項運動員利用從蹦床反彈中表現(xiàn)雜技技巧的競技運動，一質(zhì)量為50kg的運動員從1.8m高出自由下落到蹦床上，若從運動員接觸蹦床到運動員陷至最低點經(jīng)歷了0.2s，則這段時間內(nèi)蹦床對運動員的沖量大小為（取g=10m/s2，不計空氣阻力）（）A. 400NsB. 300NsC. 200NsD. 100Ns5. 下面關(guān)于物體動量和沖量的說法不正確的是( )A. 物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大B. 物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變C. 物體動量增量的方向，就是它所受沖量的方向D. 物體所受合外力越大，它的動量變化就越快6. 在水平地而的某點斜向上成60拋出一物體，在物體速度方向剛變?yōu)樗椒较驎r，在極短時間內(nèi)炸裂成a、b兩塊。已知物體離開地而的速率為20，a塊的速度方向與剛炸裂時物塊的方向相同。在不計空氣阻力的情況下，則（ ）A. b的速度方向一定與炸裂時物塊的方向相反B. a、b均做平拋運動，且一定同時到達地面C. a的平拋初速一定大于0，b的平拋初速一定小于0D. 炸裂過程中，a、b中受到的爆炸力的沖量一定相同7. 在光滑水平地面上有兩個完全相同的彈性小球a、b，質(zhì)量均為m，現(xiàn)b球靜止，a球向b球運動，發(fā)生彈性正碰。當(dāng)碰撞過程中達到最大彈性勢能Ep時，a球的速度等于A. B. C. D. 8. 如圖所示，平板小車靜止在光滑的水平面上，車的左端固定一個輕質(zhì)彈簧，物塊將彈簧壓縮后用細繩系在物塊和小車上，物塊與彈簧并不栓接，當(dāng)小車固定時，剪斷細繩，物塊滑到小車C點恰好靜止，BC=CD，如果小車不固定，剪斷細繩，則（）A. 滑到BC間停住B. 還是滑到C點停住C. 滑到CD間停住D. 會沖出D點落到車外9. 在如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中（）A. 動量守恒，機械能守恒B. 動量守恒，機械能不守恒C. 動量不守恒，機械能不守恒D. 動量不守恒，機械能守恒10. 將靜置在地面上，質(zhì)量為M（含燃料）的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是（）A. v0B. v0C. v0D. v0二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）11. 如圖所示，在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m、靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是A. 0.40 vB. 0.55 vC. 0.60 vD. 0.70 v12. 如圖所示，質(zhì)量M=2kg的半圓形槽物體A放在光滑水平地面上，槽內(nèi)表面光滑，其半徑r=0.6m?，F(xiàn)有一個質(zhì)量m=1kg的小物塊B在物體A的槽右端口獲得瞬時豎直向下的沖量I=2NS，此后物體A和物塊B相互作用，使物體A在地面上運動，則（）A. 在A、B間存在相互作用的過程中，物體A和物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒B. 在A、B間存在相互作用的過程中，物體A和物塊B組成的系統(tǒng)動量守恒C. 物塊B從槽口右端運動到左端時，物體A向右運動的位移是0.4mD. 物塊B最終可從槽口左端豎直沖出，到達的最高點距槽口的高度為0.2m13. 如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計一切摩擦圓心O點正下方放置為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度v0向左運動，與小球A發(fā)生彈性碰撞碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為（）A. 2B. C. 2D. 14. 放在光滑水平面上的甲、乙兩小車中間夾了一壓縮輕質(zhì)彈簧，但不連接，用兩手分別控制小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，下面說法中正確的是（）A. 兩手同時放開后，兩車的總動量為零B. 先放開右手，后放開左手，兩車的總動量向右C. 先放開左手，后放開右手，兩車的總動量向右D. 兩手同時放開，兩車總動量守恒；兩手放開有先后，兩車總動量不守恒15. 質(zhì)量分別為和的兩個物體碰撞前后的圖象如圖所示，以下說法正確的是A. 碰撞前兩物體動量相同B. 等于C. 碰撞后兩物體一起做勻速直線運動D. 碰撞前兩物體動量大小相等、方向相反三、實驗題探究題（本大題共1小題，共10.0分）16. 某實驗小組用如圖所示的實驗裝置驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在水平軌道上碰撞前后的動量關(guān)系。裝置圖中O點為小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時先將入射小球m1，多次從斜軌道上的P位置由靜止釋放，找到其落地點的平均位置Q，測量水平射程OQ接著將被碰小球置于水平軌道，再將人射小球m1從斜軌道上P位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并重復(fù)多次，分別找到兩球相碰后落地點的平均位置。（1）要達成本實驗?zāi)康模韵履男┪锢砹窟€需要測量_（填選項前的字母）。A兩個小球的質(zhì)量m1、m2B小球m1開始釋放時距水平導(dǎo)軌的高度hC拋出點距地面的高度HD兩個小球相碰之后平拋的水平射程OM、ON（2）實驗中，在確定小球落地點的平均位置時，通常采用的做法是_，其目的是減小實驗中的_（填“系統(tǒng)誤差”或“偶然誤差）。（3）若兩球相碰前后動量守恒，其表達式為_；若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達式為_。（兩空均用所測量的量表示）四、計算題（本大題共3小題，共30.0分）17. 將質(zhì)量為m=1kg的小球，從距水平地面高h=5m處，以v0=10m/s的水平速度拋出，不計空氣阻力，g取10m/s2求：（1）拋出后0.4s內(nèi)重力對小球的沖量；（2）平拋運動過程中小球動量的增量p；（3）小球落地時的動量p18. 如圖所示，粗糙的水平面連接一個豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R=0.1 m，半圓形軌道的底端放置一個質(zhì)量為m=0.1 kg的小球B，水平面上有一個質(zhì)量為M=0.3 kg的小球A以初速度v0=4.0 m/ s開始向著木塊B滑動，經(jīng)過時間t=0.80 s與B發(fā)生彈性碰撞設(shè)兩小球均可以看作質(zhì)點，它們的碰撞時間極短，且已知木塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)=0.25，求：（1）兩小球碰前A的速度；（2）球碰撞后B,C的速度大小;（3）小球B運動到最高點C時對軌道的壓力；19. 如圖所示，質(zhì)量為M的平板車P高h，質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平面地面上一不可伸長的輕質(zhì)細繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量也為m的小球（大小不計）今將小球拉至懸線與豎直位置成60角，由靜止釋放，小球到達最低點時與Q的碰撞時間極短，且無能量損失，已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動摩擦因數(shù)為，M：m=4：1，重力加速度為g求：（1）小物塊Q離開平板車時速度為多大？（2）平板車P的長度為多少？（3）小物塊Q落地時距小球的水平距離為多少？答案和解析【答案】1. C2. D3. D4. A5. A6. B7. C8. B9. C10. D11. BC12. ACD13. BC14. ABD15. BD16. AD；用圓規(guī)畫一個盡可能小的圓，把所有落點圈在里面，圓心即平均位置；偶然誤差；m1OQ=m1OM+m2ON；m1OQ2=m1OM2+m2ON217. 解：（1）重力是恒力，0.4s內(nèi)重力對小球的沖量為：I=mgt=1100.4Ns=4Ns 方向豎直向下（2）由于平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，故有：h=gt2，落地時間為：t=s小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量為：I=mgt=1101Ns=10Ns，方向豎直向下由動量定理得：p=I=10Ns，方向豎直向下（3）小球落地時豎直分速度為：vy=gt=101=10m/s由速度合成知，落地速度為：v=m/s， 所以小球落地時的動量大小為：p=mv=10kgm/s與水平方向之間的夾角：tan= 所以：=45 答：（1）拋出后0.4s內(nèi)重力對小球的沖量是4Ns，方向豎直向下；（2）平拋運動過程中小球動量的增量p是10Ns，方向豎直向下；（3）小球落地時的動量p是10Ns，與水平方向之間的夾角是4518. 解：（1）碰前對A由動量定理有：-Mgt=MvA-Mv0解得：vA=2m/s（2）對A、B：碰撞前后動量守恒：MvA=MvA+mvB碰撞前后動能保持不變：MvA2=MvA2+mvB2由以上各式解得：vA=1m/svB=3m/s（3）又因為B球在軌道上機械能守恒：mvB2+2mgR=mvB2解得：vc=m/s在最高點C對小球B有：mg+FN=m解得：FN=4N由牛頓第三定律知：小球?qū)壍赖膲毫Φ拇笮?N，方向豎直向上19. 解：（1）小球由靜止擺到最低點的過程中，有mgR（1-cos60）= 解得，小物塊到達最低點與Q碰撞之前瞬間的速度是： 小球與物塊Q相撞時，沒有能量損失，動量守恒，機械能守恒，則有mv0=mv1+mvQ =+，解得，v1=0，vQ=v0= 二者交換速度，即小球靜止下來，Q在平板車上滑行的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，則有mvQ=Mv+m2v 解得，v= 小物塊Q離開平板車時，速度為2v= （2）由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，知fL=- 又f=mg 解得，平板車P的長度為L= （3）小物塊Q在平板車上滑行過程中，對地位移為s，則-mgs=- 解得，s= 小物塊Q離開平板車做平拋運動，平拋時間為t= 水平距離x=2vt= 故Q落地點距小球的水平距離為s+x=+答：（1）小物塊Q離開平板車時速度為；（2）平板車P的長度為為；（3）小物塊Q落地時距小球的水平距離為+【解析】1. 解：水平面光滑，子彈射穿木塊過程中，子彈受到的合外力為子彈的沖擊力，設(shè)子彈的作用力為f，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)，由動量定理得：對A、B：ft=（m+m）vA，對B：ft=mvB-mvA，解得：vA：vB=1：3，故C正確；故選：C木塊是水平方向只受到子彈的作用力，分別以兩個木塊組成的整體和B木塊為研究對象，應(yīng)用動量定理求出子彈的速度之比本題應(yīng)用動量定理求木塊的速度之比，分析清楚運動過程，應(yīng)用動量定理即可正確解題2. 解：物體的動量變化量的大小為5kgm/s，動量是矢量，動量變化的方向與初動量可能同向、可能反向、也可能不在同一條直線上，故物體的動量的大小可能增加、可能減小，也可能不變故D正確，A、B、C錯誤故選：D動量是矢量，只要動量的方向發(fā)生變化，則動量就發(fā)生變化解決本題的關(guān)鍵知道動量是矢量，有大小、有方向，而矢量變化遵循平行四邊形定則3. 解：AB、紙帶對杯子的摩擦力一定，緩慢拉動紙條時，抽出的過程中時間長，則摩擦力對杯子的沖量較大；快速拉動紙條時，抽出的過程中時間短，則摩擦力對杯子的沖量較小，故AB錯誤；CD、為使杯子不滑落，杯子與桌面的動摩擦因數(shù)盡量大一些，這樣杯子在桌面上運動的加速度大，位移短，故C錯誤、D正確。故選：D。在抽動紙條時，杯子受到的摩擦力相等，但由于抽拉的時間不動使杯子受到的沖量不同；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度大小、位移大小。本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。4. 解：設(shè)運動員的質(zhì)量為m，他剛落到蹦床瞬間的速度為v，運動員自由下落的過程，只受重力作用，故機械能守恒，即：，解得：；選取小球接觸蹦床的過程為研究過程，取向上為正方向。設(shè)蹦床對運動員的平均作用力為，由動量定理得：； 蹦床對運動員的沖量大小為；結(jié)合以上兩個式子可得：故A正確、BCD錯誤。故選：A。根據(jù)機械能守恒求出小球落到蹦床瞬間的速度；到最低點時，小球的速度和動量均為零，運用動量定理可求得軟蹦床對運動員的沖量大小。本題題型是用動量定理求解一個緩沖過程平均作用力的沖量問題，一定要注意選取合適的研究過程和正方向的選取；本題也可選小球從開始下落到最低點全過程來解答。5. 【分析】根據(jù)動量定理知，合外力的沖量等于物體動量的變化量，即Ft=P，繼而分析判斷合外力的沖量與動量、動量變化的關(guān)系；由，判斷合外力與動量變化率的關(guān)系。本題考查動量定理應(yīng)用專題，涉及知識點是動量定理的應(yīng)用。【解答】AB.由Ft=P知，F(xiàn)t0，P0，故物體所受合外力沖量不為零時，它的動量一定要改變；Ft越大，P越大，但動量不一定大，它還與初態(tài)動量有關(guān)，故A錯誤，B正確；C.沖量不僅與P大小相等，而且方向相同，故C正確；D.由知，物體所受合外力越大，動量的變化率越大，即動量變化就越快，故D正確。本題選不正確的，故選A。6. 【分析】當(dāng)物體的速度沿水平方向炸裂成a、b兩塊時，質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，根據(jù)動量守恒定律判斷可知b運動方向一定沿水平方向，a、b均做平拋運動，高度相同，運動時間相同，同時到達地面在炸裂過程中，a、b間相互作用力大小相等，作用時間相等，沖量大小一定相等。本題是動量守恒定律的應(yīng)用，基礎(chǔ)題系統(tǒng)動量守恒，不僅作用前后總動量的大小保持不變，總動量的方向也保持不變，解題時要抓住這一點?！窘獯稹緼.在炸裂過程中，由于重力遠小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動量守恒，炸裂前物體的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原來的水平方向，根據(jù)動量守恒定律判斷出來b的速度一定沿水平方向，但是否與原速度方向相反，取決于a的動量與物體原來動量的大小關(guān)系,故A錯誤;B.a、b都做平拋運動，飛行時間相同，故B正確；C.a、b都做平拋運動，a的平拋初速一定大于0，b的平拋初速不一定小于0,故C錯誤；D.在炸裂過程中，a，b受到爆炸力大小相等，作用時間相同，則爆炸力的沖量大小一定相等,方向相反，故D錯誤。故選B。7. 【分析】兩球壓縮最緊時，兩球速度相等根據(jù)碰撞過程中動量守恒，以及總機械能守恒求出碰前A球的速度；解題的關(guān)鍵是應(yīng)用動量守恒定律和機械能守恒定律的結(jié)合解決碰撞問題?！窘獯稹吭O(shè)碰撞前A球的速度為v，當(dāng)兩球壓縮最緊時，速度相等，根據(jù)動量守恒得，mv=2mv，則，在碰撞過程中總機械能守恒，有，得；故C正確；ABD錯誤。故C正確。8. 解：小車固定不動時，物塊在小車上滑動，物塊與車的相對位移為：BC，克服摩擦力做功，使系統(tǒng)的機械能減少，由能量守恒定律可知，克服摩擦力做功等于彈簧的彈性勢能，EP=mgBC；小車不固定時，系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初狀態(tài)動量為零，由動量守恒定律可知，系統(tǒng)末狀態(tài)動量也為零，最終物塊靜止在小車上，系統(tǒng)克服摩擦力做功，由能量守恒定律可知：EP=mgx，已知：EP=mgBC，則x=BC，物塊仍然停在C點；故選：B物塊克服摩擦力做功使系統(tǒng)的機械能減少，小車不固定時系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律分析判斷物塊停止的位置物塊在小車上滑動時克服摩擦力做功使系統(tǒng)機械能減少，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出物塊相對于小車的位移大小，然后確定小車的位置9. 【分析】當(dāng)系統(tǒng)所受合外力為零時，系統(tǒng)動量守恒;當(dāng)只有重力或只有彈力做功時，系統(tǒng)機械能守恒.解題的關(guān)鍵是根據(jù)動量守恒與機械能守恒的條件分析問題?！窘獯稹吭谀緣K與子彈一起向左運動壓縮彈簧的過程中，木塊、子彈、彈簧所組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒；在子彈擊中木塊的過程中,要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機械能不守恒；因此子彈、木塊和彈簧所組成的系統(tǒng)，在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中，動量不守恒、機械能不守恒。故ABD錯誤；故C正確。故選C。10. 解：取向上為正方向，由動量守恒定律得：0=（M-m）v-mv0 則火箭速度v= 故選：D以火箭為研究對象，由動量守恒定律可以求出火箭的速度在發(fā)射火箭過程中，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律即可正確解題11. 【分析】首先從水平面光滑上判斷AB兩球碰撞過程中動量守恒，由于A球被反彈，所以可以判斷出B球的速度會大于0.5v；在兩球碰撞的過程中，有可能會存在能量的損失，由碰撞前后的動能求出B球的速度同時會小于等于，由兩個速度的范圍求出最終的結(jié)果。解決本題要注意臨界狀態(tài)的判斷，有兩個臨界狀態(tài)，其一是AB兩球碰撞后A靜止，由此求出速度的范圍之一；第二個臨界狀態(tài)時能量恰好沒有損失時，有能量的關(guān)系求出速度的另一個范圍，所以解決一些物理問題時，尋找臨界狀態(tài)是解決問題的突破口?！窘獯稹緼B兩球在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中動量守恒，設(shè)AB兩球碰撞后的速度分別為v1、v2，選A原來的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：mv=-mv1+2mv2，假設(shè)碰后A球靜止，即v1=0，可得：v2=0.5v由題意知球A被反彈，所以球B的速度：v20.5v，AB兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關(guān)系有，兩式聯(lián)立得：，由兩式可得：，符合條件的有0.55v和0.6v，所以BC正確。故選BC。12. 解：A、在A、B間存在相互作用的過程中，物體A和物塊B組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確。B、在A、B間存在相互作用的過程中，物塊B有向心加速度，有豎直方向的分加速度，所以物體A和物塊B組成的系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒，故B錯誤。C、設(shè)物塊B從槽口右端運動到左端時，物體A向右運動的位移是x。取水平向左為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒得：m-M=0，解得x =0.4m，故C正確。D、對B，由動量定理得I=mv0，得v0=2m/s。設(shè)B到達左側(cè)最高點時與A的共同速度為v，到達的最高點距槽口的高度為h。根據(jù)水平動量守恒得 0=（M+m）v，得v =0對系統(tǒng)，由機械能守恒得：mgh=，得h =0.2m，故D正確。故選：ACD。對照機械能守恒的條件：只有重力做功，分析機械能是否守恒。根據(jù)動量守恒的條件：合外力為零，分析動量是否守恒。由水平方向動量守恒求物體A向右運動的位移。根據(jù)水平動量守恒和機械能守恒求B到達的最高點距槽口的高度。解決本題時要抓住系統(tǒng)的總動量不守恒，只是水平方向動量守恒，是分方向動量守恒的類型。分析時要知道B到達左側(cè)最高點時與A的速度相同。13. 解：A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動量守恒，設(shè)B的初速度方向為正方向，設(shè)碰撞后B與A的速度分別為v1和v2，則：mv0=mv1+2mv2由動能守恒得：聯(lián)立得： 1恰好能通過最高點，說明小球到達最高點時小球的重力提供向心力，是在最高點的速度為vmin，由牛頓第二定律得： A在碰撞后到達最高點的過程中機械能守恒，得： 聯(lián)立得：，可知若小球B經(jīng)過最高點，則需要：2小球不能到達最高點，則小球不脫離軌道時，恰好到達與O等高處，由機械能守恒定律得：聯(lián)立得：可知若小球不脫離軌道時，需滿足：由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時，需滿足：或，故AD錯誤，BC正確故選：BC小球A的運動可能有兩種情況：1恰好能通過最高點，說明小球到達最高點時小球的重力提供向心力，由牛頓第二定律求出小球到達最高點點的速度，由機械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞過程中動量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2小球不能到達最高點，則小球不脫離軌道時，恰好到達與O等高處，由機械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞過程中動量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度熟練應(yīng)用牛頓第二定律、機械能守恒定律、動量守恒定律即可正確解題，注意小球A的運動過程中不脫離軌道可能有兩種情況，難度適中14. 解：A、當(dāng)兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，故A正確；B、先放開右手，右邊的小車就向右運動，當(dāng)再放開左手后，系統(tǒng)所受合外力為零，此后系統(tǒng)的動量守恒，且總動量方向向右，故B正確；C、先放開左手，左邊的小車就向左運動，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，故C錯誤；D、當(dāng)兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒；兩手放開有先后時，放開一手再放開另一手的過程中系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故D正確；故選：ABD當(dāng)兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，先放開左手，左邊的小車就向左運動，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左本題關(guān)鍵要掌握動量守恒的條件，系統(tǒng)所受合外力為零時，系統(tǒng)動量守恒，知道系統(tǒng)初狀態(tài)時動量的方向15. 【分析】 位移時間圖象的斜率等于速度，由斜率求出碰撞前后兩個物體的速度，由圖看出，碰后兩個物體速度均為零，根據(jù)動量守恒定律分析碰撞前兩物體動量有關(guān)系。解決本題關(guān)鍵抓住兩點：一是位移圖象的斜率等于速度，斜率的大小表示速率，正負表示速度的方向；二是掌握碰撞的基本規(guī)律：動量守恒，難度不大?！窘獯稹?A.位移時間圖象的斜率等于速度，由數(shù)學(xué)知識得知，碰撞后兩個物體的速度為零，根據(jù)動量守恒有：P1+P2=0，得：P1=-P2說明碰撞前兩物體動量大小相等、方向相反，由于動量是矢量，所以碰撞前兩物體動量不相同,故A錯誤，D正確C.由圖示圖象可知，兩物體碰撞后位移不隨時間變化，速度為零，碰撞后兩物體靜止，故C錯誤；B.由斜率可知，碰撞前兩物體速度大小相等，方向相反，則有：v1=-v2，由P1=-P2，得：m1v1=-m2v2，m1=m2，故B正確; 故選BD。16. 解：（1）要驗證動量守恒定律定律，需要驗證：m1v1=m1v2+m2v3，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t 得：m1OQ=m1OM+m2ON，因此實驗需要測量：兩球的質(zhì)量、小球的水平位移，故選：AD；（2）在進行實驗時，該實驗利用了多次實驗取平均值的思想進行的，在確定小球落點時注意采用的方法是用圓規(guī)畫一個盡可能小的圓把所有的落點圈在里面，圓心即平均位置，這樣可以減小實驗過程中造成的偶然誤差；（3）由（1）可知，若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為：m1OQ=m1OM+m2ON；如果碰撞為彈性碰撞，則碰撞過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：m1v12=m1v22+m2