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选择性必修 第一册3 动量守恒定律课后作业题
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这是一份选择性必修 第一册3 动量守恒定律课后作业题，共13页。试卷主要包含了关于动量，以下说法正确的是，汽车A在水平冰雪路面上行驶等内容，欢迎下载使用。
章末综合测评(一) 动量守恒定律
(时间：90分钟 分值：100分)
1．(4分)关于动量，以下说法正确的是( )
A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化
B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同
C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变
D．做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
D [做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，故动量时刻变化，故A项错；单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B项错；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C项错；做平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D项对．]
2．(4分)1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨．在碰撞过程中，关于安全气囊保护作用的认识正确的是( )
A．安全气囊减小了驾驶员的动量变化
B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大
C [在碰撞过程中，人的动量变化量是一定的，而且安全气囊增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故选C.]
3．(4分)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
B [根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确．]
4．(4分)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
D [根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝v0，选项D正确．]
5．(4分)如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动 ( )
A．一定沿v0的方向飞去
B．一定沿v0的反方向飞去
C．可能做自由落体运动
D．以上说法都不对
C [以整个导弹为研究对象，取v0的方向为正方向．根据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，则得另一块的速度为v′＝，若Mv0>mv，则v′>0，说明另一块沿v0的方向飞去；若Mv0
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
A [小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，选项A正确，B、C、D错误．]
7．(4分)在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma>mb B．ma
B [由题图知a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹，且速度小于a球的初速度大小，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mava＝mava′＋mbvb′和mav＝mava＋mbvb，可得va′＝va，vb′＝va，因va′<0，所以ma
(1)本实验必须满足的条件是________．
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线水平
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb
(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________(用相应的文字和字母表示)．
(3)如果动量守恒，须满足的关系式是________(用测量物理量的字母表示)．
[解析] (1)“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的，只要求离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A项错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B项正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C项正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma>mb，ra＝rb，D项错误．(2)要验证动量守恒定律，即验证：mav1＝mav2＋mbv3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：mav1t＝mav2t＋mbv3t，得：max1＝max2＋mbx3，因此实验需要测量：OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3.(3)根据第(2)问可知需验证max1＝max2＋mbx3，即maOP＝maOM＋mbON.
[答案] (1)BC
(2)测量OM的距离x2 测量ON的距离x3
(3)max1＝max2＋mbx3(写成maOP＝maOM＋mbON也可以)
9．(10分)在光滑的水平面上，质量为2m的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球与墙壁之间的碰撞没有能量损失，求：
(1)两球在O点碰后速度的大小？
(2)两球在O点碰撞的能量损失．
[解析] (1)由碰撞过程中动量守恒得
2mv0＝2mv1＋mv2
由题意可知：OP＝v1t
OQ＋PQ＝v2t
解得v1＝v0，v2＝v0.
(2)两球在O点碰撞前后系统的机械能之差
ΔE＝×2mv－
代入(1)的结果得ΔE＝0.
[答案] (1)v1＝v0，v2＝v0 (2)0
10．(10分)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
[解析] (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′2B＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s. ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA ④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA＝2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′ ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s. ⑦
[答案] (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
11．(4分)(多选)水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则( )
A．在相等的时间间隔内动量的变化相同
B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下
C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定
D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零
ABC [做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，则在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项A、B、C正确，D错误．]
12．(4分)(多选)如图所示，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
BD [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．]
13．(4分)(多选)如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是 ( )
A．甲、乙两车运动中速度之比为
B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为L
D．乙车移动的距离为L
ACD [本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．]
14．(4分)(多选)A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船上质量为m的人，以对地水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( )
A．A、B两船速度大小之比为2∶3
B．A、B(包括人)两船的动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船的动量之和为0
D．A、B(包括人)两船动能之比为1∶1
BC [最终人停在B船上，以A、B两船及人组成的系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvA－vB＝0，解得＝，A错误；以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B(包括人)两船的动量大小之比是1∶1，B正确；由于系统的总动量守恒，始终为零，故A、B(包括人)两船的动量之和也为零，C正确；A、B(包括人)两船的动能之比＝＝，D错误．]
15．(4分)(多选)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后的结合体的位移随时间的变化关系．已知相互作用时间极短．由图像给出的信息可知( )
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2
B．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
AD [根据st图像的斜率等于速度，可得碰撞前滑块Ⅰ的速度为v1＝ m/s＝－2 m/s，大小为2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝ m/s＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，A正确；碰撞前、后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小，B错误；碰撞后的共同速度为v＝ m/s＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据可得m1＝m2，D正确；碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的动能之比为＝＝·2＝，所以碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大，C错误．]
16．(6分)如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：
Ⅰ.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；
Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与固定挡板C和D碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；
Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值．
(1)在调整气垫导轨时应注意________；
(2)应测量的数据还有________；
(3)只要关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．
[解析] (1)导轨水平才能让滑块做匀速运动．
(2)需测出A左端、B右端到挡板C、D的距离x1、x2
由计时器计下A、B到两板的时间t1、t2
算出两滑块A、B弹开的速度v1＝，v2＝.
(3)由动量守恒知(m＋M)v1－Mv2＝0
即：(m＋M)＝.
[答案] (1)使气垫导轨水平
(2)滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2
(3)(M＋m)＝
17．(10分)如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离．
[解析] 设小球的质量为m，运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得：v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mg＝mv1′2
解得：v1′＝
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有
mv1＝－mv1′＋5mv2
解得：v2＝
由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：I＝5mv2＝m
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为
F＝5μmg
设物块在水平面上滑动的距离为s，由动能定理有
－Fs＝0－×5mv
解得：s＝.
[答案] m
18．(10分)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．求：
(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t；
(2)A的最大速度v的大小；
(3)初始时B离地面的高度H.
[解析] (1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有
h＝gt2①
代入数据解得
t＝0.6 s．②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有
vB＝gt③
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得
mBvB＝(mA＋mB)v④
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得
v＝2 m/s.⑤
(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有
(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥
代入数据解得
H＝0.6 m．⑦
[答案] (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
章末综合测评(一) 动量守恒定律
(时间：90分钟 分值：100分)
1．(4分)关于动量，以下说法正确的是( )
A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化
B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同
C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变
D．做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
D [做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，故动量时刻变化，故A项错；单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B项错；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C项错；做平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D项对．]
2．(4分)1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨．在碰撞过程中，关于安全气囊保护作用的认识正确的是( )
A．安全气囊减小了驾驶员的动量变化
B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大
C [在碰撞过程中，人的动量变化量是一定的，而且安全气囊增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故选C.]
3．(4分)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
B [根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确．]
4．(4分)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
D [根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝v0，选项D正确．]
5．(4分)如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动 ( )
A．一定沿v0的方向飞去
B．一定沿v0的反方向飞去
C．可能做自由落体运动
D．以上说法都不对
C [以整个导弹为研究对象，取v0的方向为正方向．根据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，则得另一块的速度为v′＝，若Mv0>mv，则v′>0，说明另一块沿v0的方向飞去；若Mv0
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
A [小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，选项A正确，B、C、D错误．]
7．(4分)在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma>mb B．ma
B [由题图知a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹，且速度小于a球的初速度大小，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mava＝mava′＋mbvb′和mav＝mava＋mbvb，可得va′＝va，vb′＝va，因va′<0，所以ma
(1)本实验必须满足的条件是________．
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线水平
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb
(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________(用相应的文字和字母表示)．
(3)如果动量守恒，须满足的关系式是________(用测量物理量的字母表示)．
[解析] (1)“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的，只要求离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A项错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B项正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C项正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma>mb，ra＝rb，D项错误．(2)要验证动量守恒定律，即验证：mav1＝mav2＋mbv3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：mav1t＝mav2t＋mbv3t，得：max1＝max2＋mbx3，因此实验需要测量：OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3.(3)根据第(2)问可知需验证max1＝max2＋mbx3，即maOP＝maOM＋mbON.
[答案] (1)BC
(2)测量OM的距离x2 测量ON的距离x3
(3)max1＝max2＋mbx3(写成maOP＝maOM＋mbON也可以)
9．(10分)在光滑的水平面上，质量为2m的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球与墙壁之间的碰撞没有能量损失，求：
(1)两球在O点碰后速度的大小？
(2)两球在O点碰撞的能量损失．
[解析] (1)由碰撞过程中动量守恒得
2mv0＝2mv1＋mv2
由题意可知：OP＝v1t
OQ＋PQ＝v2t
解得v1＝v0，v2＝v0.
(2)两球在O点碰撞前后系统的机械能之差
ΔE＝×2mv－
代入(1)的结果得ΔE＝0.
[答案] (1)v1＝v0，v2＝v0 (2)0
10．(10分)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
[解析] (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′2B＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s. ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA ④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA＝2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′ ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s. ⑦
[答案] (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
11．(4分)(多选)水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则( )
A．在相等的时间间隔内动量的变化相同
B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下
C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定
D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零
ABC [做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，则在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项A、B、C正确，D错误．]
12．(4分)(多选)如图所示，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
BD [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．]
13．(4分)(多选)如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是 ( )
A．甲、乙两车运动中速度之比为
B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为L
D．乙车移动的距离为L
ACD [本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．]
14．(4分)(多选)A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船上质量为m的人，以对地水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( )
A．A、B两船速度大小之比为2∶3
B．A、B(包括人)两船的动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船的动量之和为0
D．A、B(包括人)两船动能之比为1∶1
BC [最终人停在B船上，以A、B两船及人组成的系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvA－vB＝0，解得＝，A错误；以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B(包括人)两船的动量大小之比是1∶1，B正确；由于系统的总动量守恒，始终为零，故A、B(包括人)两船的动量之和也为零，C正确；A、B(包括人)两船的动能之比＝＝，D错误．]
15．(4分)(多选)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后的结合体的位移随时间的变化关系．已知相互作用时间极短．由图像给出的信息可知( )
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2
B．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
AD [根据st图像的斜率等于速度，可得碰撞前滑块Ⅰ的速度为v1＝ m/s＝－2 m/s，大小为2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝ m/s＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，A正确；碰撞前、后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小，B错误；碰撞后的共同速度为v＝ m/s＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据可得m1＝m2，D正确；碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的动能之比为＝＝·2＝，所以碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大，C错误．]
16．(6分)如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：
Ⅰ.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；
Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与固定挡板C和D碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；
Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值．
(1)在调整气垫导轨时应注意________；
(2)应测量的数据还有________；
(3)只要关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．
[解析] (1)导轨水平才能让滑块做匀速运动．
(2)需测出A左端、B右端到挡板C、D的距离x1、x2
由计时器计下A、B到两板的时间t1、t2
算出两滑块A、B弹开的速度v1＝，v2＝.
(3)由动量守恒知(m＋M)v1－Mv2＝0
即：(m＋M)＝.
[答案] (1)使气垫导轨水平
(2)滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2
(3)(M＋m)＝
17．(10分)如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离．
[解析] 设小球的质量为m，运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得：v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mg＝mv1′2
解得：v1′＝
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有
mv1＝－mv1′＋5mv2
解得：v2＝
由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：I＝5mv2＝m
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为
F＝5μmg
设物块在水平面上滑动的距离为s，由动能定理有
－Fs＝0－×5mv
解得：s＝.
[答案] m
18．(10分)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．求：
(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t；
(2)A的最大速度v的大小；
(3)初始时B离地面的高度H.
[解析] (1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有
h＝gt2①
代入数据解得
t＝0.6 s．②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有
vB＝gt③
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得
mBvB＝(mA＋mB)v④
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得
v＝2 m/s.⑤
(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有
(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥
代入数据解得
H＝0.6 m．⑦
[答案] (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
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