《全品作業(yè)本》選修3-5答案

參考答案

第十六章動量守恒定律

1實(shí)驗(yàn)：探究碰撞中的不變量

1.BCD［解析］為保證小球做平拋運(yùn)動，斜槽末端必須水平；要使兩球碰撞是一維的，

兩球球心必須在同一高度；質(zhì)量為m1的小球每次必須從同一高度滾下，以保證其每次滑到

斜槽末端時(shí)的速度相同；在該實(shí)驗(yàn)中，斜槽沒必要保證光滑，故8、C、0正確?

2.CI解析I要驗(yàn)證碰撞中mv的矢量和守恒，即n?vo=maV］+mbV2,小球做平拋運(yùn)動，

根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可知，兩小球運(yùn)動的時(shí)間相同，上式可轉(zhuǎn)換為mav0t≈mav1t+mbv2t,故需

驗(yàn)證n‰?OP=ma?OM+n??ON,因此A、B、。錯(cuò)誤，C正確.

3.(I)F(2)r∏AXι=mBX2

I解析1取小球A的初速度方向?yàn)檎较颍瑑尚∏蛸|(zhì)量分別為mA、mB,平拋的初速度分

別為VI、V2,平拋運(yùn)動的水平位移分別為XI、X2,平拋運(yùn)動的時(shí)間為t.

需要驗(yàn)證的關(guān)系式為O=HlAVLIΗBV2,其中V1='V2=彳

代入得到mAXl=∏?X2

故不需要用刻度尺測出操作臺面距地面的高度h,所以多余的步驟是F.

4.(1)接通充氣開關(guān)，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌使滑塊能靜止在導(dǎo)軌上

/c、mAmBτf∏AmC

(2)_T=Q或下一可B=°

(3)滑塊到光電門的距離(或AC、BD之間的距離)

5.碰撞前后兩滑塊的質(zhì)量與速度的乘積之和是不變量

［解析］碰撞之前，a滑塊的速度Va=O:?∕?=0.3，"/S

從閃光照片分析，碰撞之前，b滑塊靜止，vb=0

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

從閃光照片分析，第二次閃光瞬間正是發(fā)生碰撞的時(shí)刻

碰撞之后，a、b兩滑塊的速度分別為

,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+∏?v'b=0.2×0.15依?m∕s+0.1×0.3Ag?m∕s=0.06Zg?m/s

可見碰撞前后，有maVa+mbVb=n‰v'a+∏?v'b

即碰撞前后兩滑塊的質(zhì)量與速度的乘積之和是不變量.

7.(I)BCDE(2)0.4200.417

［解析1(1)從紙帶上打點(diǎn)情況看，BC段既表示小車做勻速運(yùn)動，又表示小車有較大的速

度，因此BC段能較準(zhǔn)確地描述在碰撞前小車A的運(yùn)動情況，應(yīng)選用BC段計(jì)算碰前A的速

度；從CD段打點(diǎn)情況看，小車的運(yùn)動情況還沒穩(wěn)定，而在DE段小車運(yùn)動己穩(wěn)定，故應(yīng)選

用DE段計(jì)算碰后A和B的共同速度.

(2)碰撞前小車A的速度vo=??='<5%;:,*/6=1.050血s,碰撞前小車A的質(zhì)量與

速度的乘積為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的質(zhì)量與速度的乘積之和為(mA+mB)v=(0.2+0.4)

3^U.UZ

×0.695kg?m∕s=0.417kg?m∕s.

8.(1)接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源放開滑塊1

(2)0.6200.618

(3)紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的限位孔間有摩擦

02

［解析］兩滑塊相互作用前，滑塊1的速度Vi=;^泉"心=2m/s,

其mv的矢量和為0.310依義2/w∕5=0.620kg?m!s,

兩滑塊相互作用后，滑塊I和滑塊2具有相同的速度V=黯?m∕s=↑.2m∕s,

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

2動量和動量定理

1.B［解析］物體的動量是指物體的質(zhì)量和速度的乘積，物體的動量大，即它的質(zhì)量和

速度的乘積大，但速度不一定大，慣性(由質(zhì)量決定)也不一定大，故A錯(cuò)誤，B正確；動量

與動量的變化量沒有直接關(guān)系，動量大的物體，其動量的變化量可能大，也可能小，C錯(cuò)誤；

豎直上拋的物體經(jīng)過空中同一位置時(shí)，速度方向不同，所以動量不同，。錯(cuò)誤?

2.D［解析］選豎直向上的方向?yàn)檎较?，動量的變化?p=mv2-(-mv1)=m(vι+

V2),/p>0,表明方向是豎直向上的.

3.O［解析］球在地面上滾動了IOs,這是地面摩擦力對足球的作用時(shí)間，不是踢球的

力的作用時(shí)間，由于不能確定人作用在球上的時(shí)間，所以無法確定運(yùn)動員對球的沖量.

4.D［解析］根據(jù)沖量的定義可知，拉力F的沖量和重力mg的沖量分別為Ft和mgt；

根據(jù)動量定理，合外力的沖量等于動量的變化量，即mv,選項(xiàng)。正確.

5.C［解析］人從高處跳到低處，從與地面接觸到最后靜止的過程中，動量變化量是一

個(gè)定值，由動量定理可知，沖量也是定值，A、B錯(cuò)誤；腳尖著地后膝蓋彎曲，增大了與地面

的作用時(shí)間，從而減小了地面對人的作用力，C正確，。錯(cuò)誤?

6.ACI解析|A、B兩球在空中只受重力作用，相同時(shí)間內(nèi)重力的沖量相同，因此兩球

ΔnΔV

動量的變化大小相等，方向相同，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤：動量的變化率為咪=m［i=

mg,因此兩球動量的變化率大小相等，方向相同，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)力錯(cuò)誤.

7.C［解析］安全帶長5根，人在這段距離上做自由落體運(yùn)動，獲得速度v=√56=10

，"/s,受安全帶的保護(hù)，經(jīng)1.2s速度減小為0,對此過程應(yīng)用動量定理，以向上為正方向，

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

8.B

9.A［解析］由動能定理得mg(H+h)+Wf=O,則Wf=-mg(H+h),所以小球的機(jī)械

能減少了mg(H+h),選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球自由下落至地面過程中機(jī)械能守恒，

有2解得落到地面上后又陷入泥潭中，由動量定理得%—一

mgH=∣mv,v=√?H,If=0mv,

所以If=IG+mV=IG+m√2gH,小球所受阻力的沖量大于m√2gH,選項(xiàng)C錯(cuò)誤:由動量定

理知，小球動量的改變量為零，選項(xiàng)0錯(cuò)誤.

10.(l)3%∕s(2)2.0×103N

I解析］(1)跳起后重心升高h(yuǎn)=2.55機(jī)一2.10加=0.45m

根據(jù)機(jī)械能守恒定律得TmV2=mgh

解得v=^2gh=3mis.

(2)由動量定理得(F—mg)t=mv-0

解得F=7+mg=2.0Xl()3N

根據(jù)牛頓第三定律可知，人對地面的平均壓力F(≈2.0×IO3M

11.(1)1441N8108N(2)原因略

［解析］(1)規(guī)定豎直向上為正方向，則運(yùn)動員著地(接觸海綿或沙坑)過程中的初、末動量

分別為p=mv=—m、2gh,p,=0

由動量定理得(FN—mg)∕t=p,-p

解得FN=mg+里*^

落在海綿墊上時(shí)，/t1=ls,則

LI,70×

FM=I70X10+------2V≈1441N

落在沙坑里時(shí)，4t2=0.1s,則

NQ8108N

Fw2=70×10÷

(2)放上海綿墊后，運(yùn)動員發(fā)生同樣動量變化的時(shí)間延長了，所受的作用力較小，同時(shí)又

增大了運(yùn)動員與地面(海綿墊)的接觸面積，可以有效地保護(hù)運(yùn)動員不受猛烈撞擊而受傷.

12.2X1()3N

［解析］設(shè)時(shí)間t內(nèi)落至石頭上的水的質(zhì)量為m,水的速度為V,則

2

m=Qtρ

設(shè)石頭對水的平均作用力為F,則

Ft=mv

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

由牛頓第三定律得，水對石頭的沖擊力F,=F=2×IO3M

13.(l)φ90w∕52②6倍(2)略

I解析］(1)①設(shè)重物受到?jīng)_擊力最大時(shí)的加速度大小為a,由牛頓第二定律得F,,,-mg=

ma

解得a=90m/,*

②重物在空中運(yùn)動過程中，由動能定理得mgh=∣mv2

重物與地面接觸前瞬間速度大小v1=√?H

重物離開地面瞬間速度大小v2=√?h

重物與地面接觸過程，設(shè)重物受到的平均作用力大小為F,取豎直向上為正方向，由動

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)人接觸地面后要下蹲以通過延長與地面接觸的時(shí)間從而減小受到地面的沖擊力.

3動量守恒定律

(A組)

1.ABD［解析］動量守恒定律成立的條件：(1)系統(tǒng)不受外力作用時(shí)，系統(tǒng)動量守恒；

(2)系統(tǒng)所受的合外力為0時(shí)，系統(tǒng)動量守恒；(3)系統(tǒng)所受的合外力雖然不為零，但系統(tǒng)內(nèi)力

遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動量近似看成守恒.

2.CI解析I甲船、乙船組成的系統(tǒng)所受的合力為零，動量守恒，選項(xiàng)C正確.

3.A［解析］設(shè)冰壺質(zhì)量為m,碰后中國隊(duì)冰壺速度為vχ,由動量守恒定律得mvo=

解得故選項(xiàng)正確.

mv÷mvx,VX=ODs,A

4.8［解析］當(dāng)兩手同時(shí)放開時(shí)，系統(tǒng)所受的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因

開始時(shí)總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項(xiàng)A正確；先放開左手，左邊的小車就向左

運(yùn)動，右手對右邊的小車有作用力，故系統(tǒng)的動量不守恒，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受的合

外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時(shí)總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，

故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C、。正確.

5.ADI解析］當(dāng)A、B兩物體組成一個(gè)系統(tǒng)時(shí)，彈簧的彈力為內(nèi)力，而A、B與C之

間的摩擦力為外力.當(dāng)A、B與C之間的摩擦力等大反向時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)所受的合外

力為零，系統(tǒng)動量守恒；當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小不相等時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)所受

的合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒.而對于A、B、C組成的系統(tǒng)，由于彈簧的彈力及A、B

與C之間的摩擦力均為內(nèi)力，故不論A、B與C之間的摩擦力的大小是否相等，A、B、C

組成的系統(tǒng)所受的合外力均為零，故系統(tǒng)的動量守恒.

6.AI解析］甲、乙、球三者在整個(gè)過程中動量守恒，有(mψ+m?)vI-mz,v1=(m用

代入數(shù)據(jù)得選項(xiàng)正確.

+ms)√,v，=0,A

7.QI解析I子彈擊中木塊并嵌在其中，該過程動量守恒，有mv。=(m+M)v,故子彈

擊中木塊后二者的速度為V=黑，此后只有彈簧彈力做功，子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)

機(jī)械能守恒，當(dāng)?shù)谝淮位氐皆瓉砦恢脮r(shí)，速度大小仍然等于V,根據(jù)動量定理，合外力的沖

量等于動量變化量，有I=MV-O=曲禺，選項(xiàng)0正確?

m÷M

'33μg

I解析1設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,則盒的質(zhì)量為2m.對整個(gè)過程，由動量守恒定律可得mv=(m

+2m)v共

解得V共=^

由能量關(guān)系可知μmgx=∣mv2-；(m+2m)《)

解得XF^

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

［解析］設(shè)鐵塊向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為"，根據(jù)動能定理得

—μmgL=∕mvf-gmv3

解得vι=4m/s

鐵塊與墻碰撞后以4機(jī)/s的速度向右運(yùn)動，小車離開墻壁，系統(tǒng)的動量守恒.

假設(shè)鐵塊最終與平板小車達(dá)到共速v2,根據(jù)動量守恒定律得

mv］=(m+M)v2

解得V2=1m/s

設(shè)此時(shí)鐵塊在平板小車上運(yùn)動的距離為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，說明鐵塊尚未與平板小車達(dá)到共速就已滑離小車.

設(shè)鐵塊滑離小車時(shí)的速度為V3,小車的速度為V4.對系統(tǒng)，由動量守恒定律及能量守恒定

律得

mvl=mv3+MV4

∕mv+=∕mV彳+；Mv?+μmgL

聯(lián)立解得V3=2.5m∕sfV4=O.5mlSf

所以最終小車的速度為0?5mis

從鐵塊開始運(yùn)動到滑離小車，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2μmgL=18，

10.肅，方向向右

［解析1同時(shí)對A、B施加水平向右的瞬時(shí)沖量I和21后，設(shè)A、B獲得的初速度分別為

VA和VB,則對小物塊A,由動量定理得I=ITUVA-O

對小物塊B,由動量定理得2I=N?VB-0

設(shè)最終A、B、C的共同速度為V,則對A、B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得

mAvA+?！荁VB=(Γ∏A+∏?+mc)v

聯(lián)立解得V=就，方向向右.

(8組)

1.BC［解析］無論斜面是否光滑，系統(tǒng)在水平方向上都不受外力，在水平方向上動量

守恒，但在豎直方向上物體B受力不平衡，在豎直方向上動量不守恒；斜面光滑時(shí)系統(tǒng)機(jī)械

能守恒，斜面粗糙時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，B、C正確.

2.AI解析I根據(jù)動量守恒定律知，兩滑塊脫離彈簧后動量大小相等，B錯(cuò)誤；由Π1AVA

=n?VB得VA:VB=ITiB:r∏A=l:2,C錯(cuò)誤；由E*=靠得EkA:EAB=me:?！茿=1：2,A正

確；由W=4E"得WA:WB=E*A:E*B=1:2,。錯(cuò)誤?

3.BCI解析］小車AB與木塊C組成的系統(tǒng)動量守恒，C向右運(yùn)動時(shí)，AB應(yīng)向左運(yùn)

動，故4錯(cuò)誤；設(shè)與B碰前C的速率為vi，AB的速率為V2，則0=mvι-MV2，得干"=*

V?m

故8正確；設(shè)C與油泥粘在一起后，AB與C的共同速度為V共，則O=(M+m)v共，得V共

=0,故C正確，Q錯(cuò)誤.

4.BDI解析I碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)M與N具有相同的速度當(dāng)時(shí)，系統(tǒng)動能損

失最大，損失的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即彈簧彈性勢能最大，A錯(cuò)誤，B正確；M的

速度為三時(shí)，彈簧的壓縮量最大，彈簧的長度最短，C錯(cuò)誤，。正確.

5.B［解析］人與車組成的系統(tǒng)動量守恒，且初動量為0,所以在人由車的一端走到另

一端的過程中，人與車的速度方向總是相反的，且人運(yùn)動得越快，車運(yùn)動得越快，選項(xiàng)B正

確.

6.守恒不守恒

［解析1輕繩斷開前，A、B做勻速運(yùn)動，系統(tǒng)受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于

零，即F-fA-fB=0,所以系統(tǒng)動量守恒；在輕繩斷開后到B靜止之前，A、B組成的系統(tǒng)

的受力情況不變，即F-fA-f15=O,所以系統(tǒng)的動量依然守恒；當(dāng)B靜止后，系統(tǒng)的受力情

況發(fā)生改變，即F-fA=nua,系統(tǒng)所受的合外力不等于零，系統(tǒng)動量不守恒.

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

2-4

m∕s,B球速度為V2=2∕n/s,碰撞后的共同速度為v=-^—nt∕s=~}m∕s,根據(jù)動量守恒定律，

有m1V1+m2V2=(m1+m2)v,解得m2=0.67Ag,故C正確.

8.CI解析］C物塊與A、B物塊間的接觸面光滑，C在水平方向上不受力，C在水平

方向上的速度保持不變，始終為零，即vc=0;子彈打入A后，與A、B—起向右運(yùn)動，A、

B的速度相等，子彈穿過A后，單獨(dú)與B相互作用，A在水平方向上不受力，保持子彈離開

A時(shí)的速度不變,而B的速度將進(jìn)一步增大,直到子彈完全穿出B后停止增大,故有VB>VA>VC,

C正確.

9.C［解析］以地面為參考系，初始階段，A受水平向右的摩擦力，向左做減速運(yùn)動，

B受水平向左的摩擦力，向右做減速運(yùn)動，A的速度先減為零，設(shè)此時(shí)B的速度為VB,由動

Q

量守恒定律得Mvo—mvo=MvB,解得VB=Qmk?,此后A向右做加速運(yùn)動，B繼續(xù)向右做減

速運(yùn)動，最后二者達(dá)到共同速度V,由動量守恒定律得Mv0-mv0=(M+m)v,解得v=2.0m∕s,

Q

所以B相對地面的速度應(yīng)大于2.0nils而小于］mk,故選項(xiàng)C正確.

［解析］設(shè)A、B質(zhì)量均為m,它們與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.

若A能與B相碰，則有:mv3-μmgs>O

設(shè)A碰前速度為V1,碰后速度為V2?

由動能定理得一μmgs=|mv?-TmV8

根據(jù)動量守恒定律得mvι=(m+m)v2

A、B一起不落入坑中的條件為：

；(m+m)v3<μ(m÷m)g?2s

2-

聯(lián)立解得T?<"券

11.(1)m√2gL(2>?/77"??~?-

I解析］(1)設(shè)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)的速度為V,由動能定理有

1

ITigIL=^mv2z

由動量定理可知，該過程中合力對小球的沖量大小為I=mv

解得I=mM^E.

(2)由于小車和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力的作用，可知該系統(tǒng)在水平方向上

動量守恒；在小球擺動的過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)的重力勢

能最小，動能最大，此時(shí)小車和小球均具有最大速度，設(shè)小車和小球的最大速度分別為V］、

V2，有

Mv∣-mv2=0

mgL=^Mv^+^mv^

2gLr∩2

解得Vj=

M(M+m)?

12.⑴1.25加S(2)小車上的A處零

［解析］(1)設(shè)子彈、滑塊、小車的質(zhì)量分別為m。、m和M,由于整個(gè)過程中子彈、滑塊、

小車這一系統(tǒng)的總動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得

m°vr=(mo+m+M)v牟

解得V車=1.25mis

(2)設(shè)子彈射入滑塊后與滑塊的共同速度為vo,子彈、滑塊、小車相對靜止時(shí)的共同速度

為V,由動量守恒定律得

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

因?yàn)閙°+m=M,可知Mv°=2Mv

再設(shè)AB長為1,滑塊與小車車面間的動摩擦因數(shù)為口，由動能定理得

μMgl=g(mo+m)v&—/(mo+m+M)v2

聯(lián)立解得1=奈

4Ug

在小車與墻壁碰撞后，滑塊相對于小車向右滑動壓縮彈簧又返回B處的過程中，系統(tǒng)的

機(jī)械能守恒，在滑塊相對于小車由B處向左滑動的過程中系統(tǒng)有機(jī)械能損失，而在小車與墻

壁碰撞后的整個(gè)過程中系統(tǒng)的動量守恒.

假設(shè)滑塊最終仍在小車上與小車相對靜止，設(shè)滑塊的最終速度為u,

則(mo+m)v-Mv=(mo+m+M)u,

解得u=0

設(shè)滑塊由B向左在車面上滑行距離為L,則由能量守恒定律得

μ(mo+m)gL=2?；(mo+m)v2

解得L=I

故假設(shè)成立，即滑塊最終停在了小車上的A處，且最終速度為零.

4碰撞

(A組)

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

右，選項(xiàng)。正確.

2.C［解析］小車和沙袋組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，取小車運(yùn)動的方向?yàn)檎?/p>

向，m∣=2kg,r∏2=2Ag,v∣=2m∕s,V2=—3,w∕s,設(shè)共同速度為v,根據(jù)動量守恒定律得

m1V1+m2V2=(m1+m2)v,解得v=-0.5"z/s,負(fù)號表示方向水平向左，故選項(xiàng)C正確.

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

為6依?m/s,即都向右運(yùn)動，兩球不可能相碰，選項(xiàng)C、。錯(cuò)誤；設(shè)碰后二者速度分別為V%、

,

vB,由題意知P'A=∏1AV'A=2奴?∕n∕s,P'B=?！荁V'B=10kg?ιnls,由mB=2r∏A可得V'A：v'

B=2：5,選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.

,,

4.BI解析］由圖像知,va>vb>0,vb=0,va<0,根據(jù)動量守恒定律得maVa+r∏bVb=

,,

maVa+mbVb，變形得?！莂(Va-v'a)=∏?(v'b-Vb),因Va—v'a>Va>v'b=v'b~Vb,故r∏a<mb.

5.C1解析1設(shè)小球與泥球碰前的速度為V"碰后的速度為V2,小球下落過程中，有

mgL(l—cOS60°)=^mvf,在碰撞過程中，有mv∣=(m+M)v2,上升過程中，有(m+M)gh=

；(m+M)v3，又知M=m,聯(lián)立解得h=*

6.(l)y(2)∣mvβ

［解析］(1)以初速度VO的方向?yàn)檎较颍O(shè)B的質(zhì)量為n?,A、B碰撞后的共同速度為V,

由題意知，碰撞前瞬間A的速度為*碰撞前瞬間B的速度為2v,由動量守恒定律得

V

m?/+2mBV=(m+mB)v

解得HlB=?.

(2)從開始到碰后的全過程，由動量守恒定律得

mvo=(m+r∏B)v

設(shè)碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能的損失為/E,則

NE=/包+熱B(2V)2-/(m+mB)v2

聯(lián)立解得/E=Vmv3.

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

I解析］(1)上面薄板與支架碰撞前，根據(jù)動能定理得

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返回做豎直上拋運(yùn)動，下面薄板繼續(xù)下落做勻加速運(yùn)動，

經(jīng)時(shí)間t輕繩繃緊，上面薄板上升高度為h1,下面薄板下落高度為h2,則

1

t9

hι=v0t-^g

h2=vot+2gt2

h1+h2=lo

故t=由=°?1s?

(2)設(shè)繩繃緊前上面薄板速度為V"下面薄板的速度為V2,有

Vi=Vo-gt=lmls

V2=vo+gt=3m/s

繩繃緊時(shí)，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，取向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律得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氣

［解析I(I)甲、乙碰撞過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，有(m1+m2)v］=m2vo

故碰撞后乙車的瞬時(shí)速度V］=』P-=2"7/S.

ITli-r?！?

(2)在甲、乙相碰后至繩子與豎直方向所成的角度最大的過程中，甲、乙和小球組成的系

統(tǒng)在水平方向上動量守恒，整體機(jī)械能守恒，設(shè)當(dāng)繩子與豎直方向所成的最大角度為9,此

時(shí)甲、乙兩車與小球共同的速度為V2,則有

(mi+m2)v∣=(m1+m2+m)v2

^(mj÷m2)v?=^(m+m1÷m2)v?÷mgL(1—cos。)

2

聯(lián)立解得θ=arcco^.

9.(l)?ymA≤mB≤5mA(2)是

［解析］(1)要使A追上B,則應(yīng)有VA>VB,艮曦喘，可得

mB>1.4r∏A;

由碰撞中動量守恒可得IyA=2依?機(jī)/S,碰后p，A、P'B均大于0,表示同向運(yùn)動，則應(yīng)有

v?≥v,A，即片‘2三廣，可得r∩B≤5mA;

r∏Br∏A

碰撞過程中，動能不增加，應(yīng)有嘉+熱2喘+喘，可得mB》%A；

17

綜上可知，—mA≤me≤5mA.

⑵因mB=￥mA，則碰前總動能Ek=昌+昌=簫(力

,,

PλlP?384,C

碰后總動肥E產(chǎn)五χ+而=限Q)

所以E=EZ故該碰撞是彈性碰撞?

10.略

［解析］設(shè)A球碰后速度向右，則由動量守恒定律，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，這是不可能的；

再設(shè)A球碰后速度向左，則有

mwo=—mιv+r∏2V2

解得V2=6mis

則碰前系統(tǒng)總動能為碰后系統(tǒng)總動能為2

EW)=JnlV3=1.28J,E?=∣m∣v+∣m2V2=1.76

這也是不可能的.

J>Eω,

因此該同學(xué)的報(bào)告是假的.

(8組)

解析根據(jù)圖像可知球的初速度為球的初速度為碰

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

撞后a球的速度為v'=-l"心，碰撞后b球的速度為v、=2加s,兩球碰撞過程中，動能變

化量為一^即碰撞前后系統(tǒng)的總動能不變，此碰撞是彈

/EA=!ma*+0-∕mav'WmtlV'HO,

性碰撞，A正確.

2.A［解析］碰撞后三個(gè)小球的動量相等，設(shè)其為p,則總動量為3p,由機(jī)械能守恒定

律得號F=A:+恭+5?即2r^+??而球2與球3碰撞過程，由機(jī)械能守恒定

律得_縹_=恭唯=焉故mι:nι選項(xiàng)正確.

+5?2：m3=6：3：1,A

3.ADI解析I甲、乙和彈簧組成的系統(tǒng)在任意時(shí)刻所受的合力均為零，所以任意時(shí)刻

系統(tǒng)的總動量守恒，甲的動量變化量大小等于乙的動量變化量大小，故A正確；當(dāng)彈簧被壓

縮到最短時(shí)，甲、乙具有相同的速度，彈簧的彈性勢能最大，甲的速度不為零，故B錯(cuò)誤；

當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，乙的速度最大，假設(shè)甲的速度為0，由動量守恒定律得2mv=mv

乙，解得V乙=2v,初態(tài)機(jī)械能E∣=^X2mv2=mv2,末態(tài)機(jī)械能E2=^m(2v)2=2mv2,E2>E1,

這是不可能的，所以此時(shí)甲向右的速度不為零，速度方向仍向右，故C錯(cuò)誤，。正確?

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

I解析I(I)對小鐵塊，由動量定理得I=m。vo

小鐵塊與木箱相互作用，滿足動量守恒定律，以向右為正方向，有

r∏ovo=(M+mo)v∣

由能量守恒定律得μmogL=∣mov3—；(M+mo)v；

聯(lián)立解得L=3m.

(2)木箱與薄板發(fā)生彈性碰撞，對系統(tǒng)，由動量守恒定律及機(jī)械能守恒定律得

MVl=MV2+mv3

^?Mv?=^Mv?+^mv^

解得v2=—0.5WJ∕S,V3=O.5m/s

碰撞后小鐵塊做平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有

h=2gt2

小鐵塊落在薄板上，距離薄板左端距離為/X=(V］-V3)t

聯(lián)立解得4X=0.5m

即小鐵塊落在薄板上距離薄板左端距離為0.5m處.

5.(l)jmvg(2)0

I解析］(1)由題意可知，當(dāng)兩滑塊的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)此時(shí)兩滑塊的

速度為V,滑塊A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有

mv°=(m+2m)v

滑塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有

；mv&=g(m+2m)v2+E〃

解得EP=Imv&

(2)設(shè)彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)A、B的速度分別為vi、V2,從開始到彈簧第一次恢復(fù)原長

時(shí)，由動量守恒定律得

mvo=mv］+2mv2

由機(jī)械能守恒定律得TmV3=^mv；+；×2mv^

解得Vl=一田，V2=爭

當(dāng)彈簧第一次達(dá)到原長時(shí)滑塊A己經(jīng)反向，所以運(yùn)動過程中滑塊A的最小速度為0.

6?<1?(2?vδ

I解析I(1)從滑塊滑上長木板到兩者有共同速度的過程中，設(shè)滑塊在長木板上滑行的距離

為L1,兩者共同速度為V,則

mvo=(m+2m)v

μmgLι=∕mvo-］(m+2m)v~

碰撞后，長木板立叩靜止，滑塊向前滑動的過程中，有

19

μmg(L-L∣)=z2mv

解得μ=?

(2)滑塊與長木板間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為

7,

Q=μmgL=γ^mvo.

7.,∣mvo

［解析］設(shè)碰后A、B和C的共同速度的大小為V,由動量守恒定律得mvo=(m+m+m)v

設(shè)C離開彈簧時(shí)A、B的速度大小為"，由動量守恒定律得(m+m+m)v=(m+m)v|+

mv0

設(shè)彈簧的彈性勢能為E,,,從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有

2

^(m+m÷m)v÷Ep=^(m+m)vτ÷^mvo

故彈簧所釋放的彈性勢能為Ep=∣mvg.

8.(1)0.9/77(2)16顆(3)14155.5J

［解析］(1)第一顆子彈射入木塊過程中動量守恒，有

mv()—Mvι=mu+Mv'ι

解得vl=3mis

木塊向右做減速運(yùn)動，加速度a=±^=μg=5機(jī)//

木塊速度減小為零所用時(shí)間t|=JL=O.6s<lS

所以木塊在被第二顆子彈擊中前向右運(yùn)動離A點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)，速度為零，移動的距離為S1

=^7=0.9m.

(2)在第二顆子彈射中木塊前，木塊再向左做勻加速運(yùn)動，運(yùn)動時(shí)間12=1S-0.65=0.4S

速度增大為V2=at2=2:"/s(恰與傳送帶同速)

向左移動的距離為S2=,at3=O.4m

在兩顆子彈射中木塊的時(shí)間間隔內(nèi)，木塊總位移SO=Sl-S2=0.5機(jī)，方向向右

第16顆子彈擊中前，木塊向右移動的距離為s=15so=7.5m

第16顆子彈擊中后，木塊將會再向右先移動0.9現(xiàn)，總位移為0.9機(jī)+7.5根=8.4加>8.3

，"，木塊將從B端落下.

所以木塊在傳送帶上最多能被16顆子彈擊中.

(3)第一顆子彈擊穿木塊過程中產(chǎn)生的熱量為

Q∣=；mv8+：Mv?—；mi?—：Mv，∣

木塊向右減速運(yùn)動過程中相對傳送帶的位移為S，=Vg+s］

產(chǎn)生的熱量為Q2=μMgs'

木塊向左加速運(yùn)動過程中相對傳送帶的位移為S"=v1t2-S2

產(chǎn)生的熱量為Q3=μMgs"

設(shè)第16顆子彈射入后木塊滑行時(shí)間為t3,有Vlt3-%t*=8.3/M-7.5"2=0.8機(jī)

解得t3=0.4s(t3=O.8S舍去)

木塊與傳送帶的相對位移為4s=v1t3+0.8m

產(chǎn)生的熱量為Q4=μMg/s

全過程中產(chǎn)生的熱量為Q=i5(Q1+Q2+Q3)+Q1+Q4

聯(lián)立解得Q=14155.57.

5反沖運(yùn)動火箭

1.8I解析］噴氣式飛機(jī)和火箭都是靠噴出氣體通過反沖獲得前進(jìn)的動力；直升機(jī)的運(yùn)

動是飛機(jī)螺旋槳與外部空氣作用的結(jié)果，不屬于反沖運(yùn)動；反擊式水輪機(jī)的轉(zhuǎn)輪在水中受到

水流的反作用力而旋轉(zhuǎn)，水輪機(jī)通過反沖獲得動力，故只有8不屬于反沖運(yùn)動.

2.A［解析］由動量守恒定律得Mvi—mv2=0,解得Vι=**^γ學(xué)鼓^/n∕s≈?≈2zn∕6.

3.C［解析］以救生員和小船為一系統(tǒng)，選水平向右的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定

律得(M+m)vo=Mv∣-mv,解得Vl=-^^"^^^^竺=Vo+辭(vo+v),故選項(xiàng)C正確，A、

B、O錯(cuò)誤.

4.A［解析］以炮艇及炮艇上的炮彈為研究對象，動量守恒，其速度均為對地速度，故

A正確.

5.A［解析］在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，噴出的燃?xì)獾膭恿繛閜=mv=30依?Ms,由動量

守恒定律可得，火箭的動量大小為30依M/s,選項(xiàng)A正確.

6.AC［解析］由反沖運(yùn)動的知識可知，火箭的速度一定增大，火箭做離心運(yùn)動，運(yùn)動

半徑增大?但物體P是否離開原來的運(yùn)動軌道要根據(jù)釋放時(shí)的速度大小而定，若釋放的速度

與原來的速度大小相等，則P仍在原來的軌道上向反方向運(yùn)動；若不相等，則其軌道半徑變

化.

7.C［解析］飛船發(fā)動機(jī)點(diǎn)火噴出燃?xì)?，由動量守恒定律得mv=(m-4m)v1-4mv2,

選項(xiàng)C正確.

8.B［解析］設(shè)彈丸爆炸前質(zhì)量為m,爆炸成甲、乙兩塊后質(zhì)量之比為3：1,則m中

31

=］m,m4=jυ.設(shè)爆炸后甲、乙的速度分別為打、V2,爆炸過程中甲、乙組成的系統(tǒng)在水平

31

方向動量守恒，取彈丸運(yùn)動方向?yàn)檎较?，有mvo=4mv1+F|v2,得3vι+v2=8根/s.爆炸后

甲、乙水平飛出，做平拋運(yùn)動.豎直方向上做自由落體運(yùn)動，由h=∕t2,可得t=

水平方向上做勻速直線運(yùn)動，有X=Vt,所以甲、乙飛行的水平位移大小與爆炸后甲、乙獲

得的速度大小在數(shù)值上相等，因此應(yīng)滿足3X1+X2=8"3從圖中所給數(shù)據(jù)可知，B正確.

9.DI解析I忽略空氣阻力和質(zhì)量變化，系統(tǒng)動量守恒，有(m1+m2)vo=m2v2+m|v］,

解得Vl=V0+孟(VO-V2),￡>正確.

4EMh

10.(1gm(M÷m)

［解析］(1)設(shè)發(fā)射炮彈后炮彈的速度及炮身的速度大小分別為VI、V2,選擇炮彈的速度方

向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻?=mv］-MV2

由能量守恒定律得E=∣mvι+∣Mv2

2EM

聯(lián)立解得Vl=

m(M÷m)

⑵炮彈水平射出后做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動的規(guī)律得

h=∣gt2

x=v∣t

4EMh

聯(lián)立解得X=

gm(M÷m)

11.(1)2mis(2)2.56m∕s2

［解析］(1)流進(jìn)小車的水與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)流入質(zhì)量為m的水后，設(shè)小車速

度為Vi,則mv=(m÷M)vι

解得"='^?=2'"∕s?

(2)質(zhì)量為m的水流進(jìn)小車后，在極短的時(shí)間Nt內(nèi)，沖擊小車的水的質(zhì)量為Zlm=PS(V

—vι)∕l

此時(shí)水對車的沖擊力為F,則車對水的作用力P=F,根據(jù)動量定理有一FYt=Nmvi-

Nmv

解得F=PS(V—vι)2=64N

F

故小車的加速度a=——7=2.56m∕s2.

m十M

12.0.05?g≤m≤0.45kg

I解析1宇航員使用氧氣噴嘴噴出一部分氧氣后，因反沖運(yùn)動而返回，遵從動量守恒定

律.剩余氣體應(yīng)供返回途中呼吸之用.

設(shè)瞬間噴出氧氣質(zhì)量為m,宇航員剛好安全返回，且宇航員返回時(shí)的速度為V”其中m

相對M來說很小，可近似認(rèn)為噴出氧氣后宇航員連同裝備的質(zhì)量仍為IOO依.由動量守恒定

律得

mv—Mv∣=O

Y

勻速運(yùn)動的時(shí)間t=-

Vi

又m°2Qt+m

聯(lián)立解得0.05kgWmW0.45kg.

章末基礎(chǔ)排查(一)

1.CD［解析］動量是矢量，具有瞬時(shí)性，物體的動量由物體的質(zhì)量和速度共同決定，

選項(xiàng)A錯(cuò)誤.物體的動量相同，說明物體的質(zhì)量和速率的乘積相等，但物體的質(zhì)量和速率的

乘積相等，其速度方向不一定相同，故動量不一定相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.物體的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生

了變化，其速度的大小或方向一定發(fā)生了變化，其動量一定發(fā)生變化，故選項(xiàng)C正確.系統(tǒng)

動量守恒時(shí)，動能不一定守恒；某一方向上動量守恒時(shí)，系統(tǒng)整體受的合力不一定為零，系

統(tǒng)整體動量不一定守恒，選項(xiàng)。正確.

2.8［解析］任何碰撞的能量都守恒，在彈性碰撞中沒有動能損失，故4錯(cuò)誤，B正確；

由動量守恒定律和能量守恒定律可得，當(dāng)兩個(gè)物體的質(zhì)量相等時(shí)，發(fā)生彈性碰撞的兩物體才

可能互換速度，故C錯(cuò)誤；碰撞不在一條直線上時(shí)，動量也守恒，故0錯(cuò)誤.

3.BI解析］鐵錘擊打放在鐵砧上的鐵塊時(shí)，鐵砧對鐵塊的支持力大于鐵錘和鐵塊的總

重力，合外力不為零；子彈水平穿過墻壁時(shí)，地面對墻壁有水平作用力，合外力不為零；棒

擊壘球時(shí)，手對棒有作用力，合外力不為零；子彈水平穿過放在光滑水平面上的木塊時(shí)，系

統(tǒng)所受的合外力為零，所以選項(xiàng)B正確.

4.B［解析］以甲的初速度方向?yàn)檎较?碰前的總動量p1=m|vι+rn2V2=(lX6+2X

2)kg?m/s—10kg?mis,碰前的動能為EH=%1爐+彌2*=22J.A項(xiàng)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,碰后機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；同理8項(xiàng)中動量守恒，機(jī)械能不增加，且碰后v?>v'

1，不會發(fā)生二次碰撞，B正確；C項(xiàng)中動量不守恒，C錯(cuò)誤；0項(xiàng)中動量守恒，機(jī)械能不增

加，但v1>v?,會發(fā)生二次碰撞，故0錯(cuò)誤?

解析碰撞前總動量為碰撞前總動能為

5.AIIp=mAvo=1X4Zg?"?/s=4kg?〃?/s,Ei

=5∏AV3=∕X1X4?J=8J.A項(xiàng)中，碰撞后總動量p，=mAVi+mBV2=l義1??m∕s+3×1

kg?mk=4kg?mis,動量守恒，碰撞后總動能為Ek=^mAV彳+∣mBvW=!x1XFJ+^X3X

2即總動能不增加，所以這組數(shù)值是可能的，故正確；項(xiàng)中，由于

lJ=2J<Et,ABv］>V2,

碰后兩球同向運(yùn)動，即碰后小球A的速度大于前面小球B的速度，會發(fā)生二次碰撞，不符合

實(shí)際，故8錯(cuò)誤；C項(xiàng)中，碰撞后總動量p,=mAV1+rnBV2=1X0.5依?:"/s+3X2依?m/s=

6.5kg.mk,動量不守恒，不可能，故C錯(cuò)誤；I＞項(xiàng)中，碰撞后總動量p，=mAVι+mBV2=1

X(—5)依?機(jī)∕s+3X3kg*m∕s=4kg?m∕s,動量守恒，碰撞后總動能為E^=y∩AVι÷^mβV^

22

=|×1×(-5)7+|×3×37=26J＞EA,即總動能增加，不可能，故0錯(cuò)誤.

6.ABC［解析］若a、b兩球發(fā)生彈性碰撞，則b球上擺的高度為L；若a、b兩球發(fā)生

完全非彈性碰撞(即碰后兩球速度相同)，則根據(jù)mgL=*ιv2,mv=2m",J?2mv'^2mglV,

可知b球上擺的高度為*考慮到完全非彈性碰撞中動能的損失最多，故b球上擺的高度h應(yīng)

滿足*≤hWL.

7.BDI解析］小球下滑的過程中，半圓形軌道對小球的支持力對小球做負(fù)功，小球的

機(jī)械能不守恒，但由小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；對小球和小車組成的系統(tǒng),

由機(jī)械能守恒及水平方向上動量守恒可知，小球可以到達(dá)右側(cè)軌道的最高點(diǎn)，B正確；小球

在右側(cè)軌道上運(yùn)動時(shí)，軌道仍向左移動，但做減速運(yùn)動，C錯(cuò)誤；對小球和小車組成的系統(tǒng),

在水平方向上動量守恒，有O=mvLmv車，可得v*=v車，￡＞正確.

8.(1)用水平儀調(diào)試使得導(dǎo)軌水平(2)A至C的距離Li、B至D的距離L2(3)0(M+

L∣L

m)-—2

tιt2

I解析I(I)為了保證滑塊A、B作用后做勻速直線運(yùn)動，必須使氣墊導(dǎo)軌水平，需要用水

平儀調(diào)試.

(2)要求出A、B兩滑塊在卡銷放開后的速度，需測出A至C的運(yùn)動時(shí)間t］和B至D的

運(yùn)動時(shí)間t2,并且要分別測量出兩滑塊到擋板的距離LI和L2,再由公式V=：求出其速度.

(3)以向左為正方向，根據(jù)所測數(shù)據(jù)求得兩滑塊的速度分別為VA=