第一章 动量守恒定律
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第1节 动量
第一章 动量守恒定律
第1页
1. [多选]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.做匀速圆周运动的质点，其动能不随时间发生变化
C.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
D.平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
2. 有两颗质量不等、在圆轨道上运行的人造地球卫星,用T表示卫星的运行周期,用p表示卫星的动量,则有关轨道半径较大的那颗卫星的周期T、动量p和机械能,下列说法中正确的是 ( )
A.周期T较大,动量p也一定较大,机械能也大
B.周期T较大,动量p可能较小,机械能不能确定
C.周期T较小,动量p较大,机械能也大
D.周期T较小,动量p也较小,质量大的卫星的机械能也大
3. [多选]A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球的运动过程中空气阻力不计，则在落地前下列说法正确的是( )
A.相等时间内，动量的变化大小相等、方向相同
B.相等时间内，动量的变化大小相等、方向不同
C.动量的变化率大小相等、方向相同
D.动量的变化率大小相等、方向不同
4. 如图所示,p、p'分别表示物体被作用前、后的动量,短线表示的动量大小为15 kg·m/s,长线表示的动量大小为30 kg·m/s,箭头表示动量的方向。在下列四种情况中,物体动量改变量相同的是 ( )
A.①② B.②④
C.①③ D.③④
5. 质量为0.2 kg的小球以6 m/s的速度竖直向下落至水平地面上,再以4 m/s的速度反向弹回,取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,小球动量的变化量Δp和合外力对小球做的功W为 ( )
A.Δp=2 kg·m/s,W=2 J
B.Δp=2 kg·m/s,W=2 J
C.Δp=0.4 kg·m/s,W=2 J
D.Δp=0.4 kg·m/s,W=2 J
6.[多选]如图所示，在“探究碰撞中的不变量”的实验中，把两个等体积小球用线悬挂起来，一个小球静止，拉起另一个小球，放下后它们相碰，则下列说法正确的是( )
A．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长
B．由静止释放小球，以便较准确计算小球碰前速度
C．两小球必须都是弹性球，且质量相同
D．两小球碰后可以粘在一起共同运动
7. “探究碰撞中的不变量”的实验装置如图甲所示。已知打点计时器的电源周期为0.02 s。
甲
乙
(1)下列说法正确的是 。(填正确选项前的字母)
A.本实验中应尽可能减小摩擦
B.实验时先推动小车A,再接通打点计时器电源
(2)若获得的纸带如图乙所示,从a点开始,每5个点取一个计数点,其中a、b、c、d、e都为计数点,并测得相邻计数点间距分别为ab=
20.3 cm、bc=36.2 cm、cd=25.1 cm、de=20.5 cm,已测得小车A(含橡皮泥)的质量mA=0.4 kg,小车B(含撞针)的质量mB=0.3 kg。由以上测量结果可得碰前系统总动量为 kg·m/s,碰后系统总动量为 kg·m/s。(结果均保留三位有效数字) 。
8.某班物理兴趣小组选用如图所示装置来探究碰撞中的不变量。将一段不可伸长的轻质绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点，另一端连接小钢球A，把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧。在小钢球最低点N右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)。当地的重力加速度为g。
某同学按如图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生一维碰撞。让小钢球A从某位置释放，摆到最低点N与滑块B碰撞，碰撞后小钢球A并没有立即反向，碰撞时间极短。
(1)为完成实验，除了毫秒计读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力F1、碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B质量mB和遮光板宽度d外，还需要测量的物理量有________。
A．小钢球A的质量
B．绳长L
C．小钢球从M到N运动的时间
(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度＝________。(用题中已给的物理量符号来表示)
(3)实验中的不变量的表达式是： _____________。(用题中已给的物理量符号来表示)
9. 一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为0.8 m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中：
(1)篮球动量的变化量；
(2)篮球动能的变化量．
10.物块A的质量为2.0 kg，放在水平面上，在水平力F作用下由静止开始做直线运动，水平力F随物块的位移x变化的规律如图所示。最后物块停在距出发点28 m处。求物块开始运动后5 s末的动量。
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第1节 动量
参考答案
1.BD
2.B
3.AC
4.C
5.A
6.ABD
7. （1）A（2）1.45 1.44
解析：(1)本实验中要尽可能减小摩擦,这样可减小实验误差,故A正确;实验时应先接通打点计时器电源,再推动小车A,故B错误。
(2)碰前A车做匀速直线运动,速度由bc段求得,v0=,解得v0=3.62 m/s,则碰前系统总动量p0=mAv0 ≈
1.45 kg·m/s;碰后A、B车一起做匀速直线运动,速度由de段求得,v =，解得v=2.05 m/s,则碰后系统总动量p=(mA+mB)v ≈1.44 kg·m/s。
8. （1）AB （2） （3）＝＋mB
解析：滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝，
根据牛顿第二定律得，F1－mAg＝mA，F2－mAg＝mA，
碰撞中mv不变，则mAv1＝mAv2＋mBvB
整理得＝＋mB，可以知道还需要测量小钢球的质量mA，绳长L，所以A、B两项是正确的。
9. 解: (1)篮球与地面相撞前瞬间的速度为v1＝＝ m/s＝4 m/s，方向竖直向下，篮球反弹时的初速度v2＝＝ m/s＝2 m/s，方向竖直向上．规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为Δp＝(－mv2)－mv1＝－0.5×2 kg·m/s－0.5×4 kg·m/s＝－3 kg·m/s.
即篮球的动量变化量大小为3 kg·m/s，方向竖直向上．
(2)篮球的动能变化量为ΔEk＝mv22－mv12＝×0.5×22 J－×0.5×42 J＝－3 J
即动能减少了3 J.
10. 解：由动能定理有F1x1+F2x2-fx=0
代入数据得f=5 N
匀加速过程有F1-f=ma1
匀减速过程有F2-f=ma2
-f=ma3
物块在第一段时间内v01=0，x1=12 m，
由，解得t1=4 s
由v4=a1t1，解得4 s末物块的速度v4=6 m/s
故5 s末物块的速度
v5=v4+a2t2=6 m/s-0.5×（5-4） m/s=5.5 m/s
所以5 s末物块的动量p5=mv5=11 kg·m/s。
第4页第一章 动量守恒定律
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第2节 动量定理
第一章 动量守恒定律
第1页
1.关于力的冲量，下列说法正确的是( )
A．力越大，力的冲量就越大
B．作用在物体上的力大，力的冲量不一定大
C．静置于地面的物体受水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零
D．若F1与作用时间t1的乘积F1t1的大小等于F2与作用时间t2的乘积F2t2的大小，则这两个冲量相同
2.[多选]大小为F的恒力作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小为Ftcos θ
D．合力对物体的冲量大小为零
3.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为，重力加速度为.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )
A．mgsin θ(t1＋t2)
B．mgsin θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2)
D．0
4. 质量相同的子弹a、橡皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球以原速率被反向弹回．关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( )
A．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等
B．子弹对墙的冲量最小
C．橡皮泥对墙的冲量最小
D．钢球对墙的冲量最小
5. 水平面上有质量相等的两个物体，水平推力分别作用在上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的图线如图所示，图中.则整个过程中( )
A．F1的冲量等于的冲量
B．F1的冲量小于的冲量
C．摩擦力对物体的冲量等于摩擦力对物体的冲量
D．合外力对物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
6. 在公园里有多个高度相同、倾角不同的滑梯，一名小孩从静止沿不同滑梯的光滑斜面下滑至底端，小孩的动量是否相同？如果小孩质量为20 kg，斜面倾角为30°，高为5 m，取g=10 m/s2。求小孩下滑过程中的重力、支持力、合力的冲量。
7.在某轿车的撞击实验中，有一质量为60 kg的人体模型坐在驾驶位置，轿车以108 km/h的速度撞到坚固的墙，假设该模型与车皆在0.2 s内停下。
（1）此模型在水平方向所受力的平均值为多少？
（2）有人认为，在类似的事故中，如果人用双手抵住方向盘，便可止住突然向前倾倒的身体。请对上述看法作出评价，并说出你的依据。
8.一名80 kg的特技演员从一个距离地面5 m高的窗户跳出，触地瞬间他的速度是多少？若他落在一个大安全气垫上，在1.5 s后静止，这一过程中他感受到的平均作用力是多大？如果他直接落到地上呢？（假设碰撞时间t=0.01 s）哪种情况下特技演员受到的伤害大？（g取
10 m/s2）
9.一质量为1 kg的物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，其所受的合外力随时间变化的图像如图所示。求物体分别在2 s末、6 s末和9 s末的速度。
10.有一艘宇宙飞船，它的正面面积S=3.5 m2，以v=2×103 m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m=2×10-7 kg。要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？（设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上）
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第2节 动量定理
参考答案
1. B
2.BD
3.C
4.B
5.BD
6.解：设滑梯倾角为θ，如图所示
则小孩运动的位移x=
因为斜面光滑，则小孩只受自身重力和滑梯的支持力
则根据牛顿第二定律
F合=mgsin θ=ma
所以小孩下滑的加速度a=gsin θ
则小孩滑到底端时速度v2=2ax=2gsin θ·=2gh
即v=，方向沿滑梯斜向下，
所以小孩的动量p=mv大小相同，与滑梯倾角无关，但方向不同，与滑梯倾角有关。
小孩下滑到滑梯底端所用时间为t
由x=得t==·
代入数据解得t=2 s
重力的冲量I1=mgt=20×10×2 N·s=400 N·s，方向竖直向下；
支持力的冲量I2=Nt=mgcos θ·t=20×10××2 N·s= N·s，方向垂直斜面向上；
合力的冲量I3=F合t=mgsin θ·t=20×10××2 N·s=200 N·s，方向沿斜面向下。
7. 解：（1）取初速度方向为正方向，由题意知：
v1=108 km/h=30 m/s，v2=0，t=0.2 s
据动量定理Ft = mv2 mv1，得
=== 9×103 N
该模型在水平方向所受力的平均值大小为9×103 N，方向与运动方向相反。
（2）如果双手抵在方向盘上，胳膊在轿车撞墙过程受到的水平力约为9×103 N，相当于人举起900 kg重的物体所需的力，很明显人的胳膊是不能承受9×103 N的冲击力的。
8. 解：特技演员跳出后做自由落体运动，
由公式v2=2gh得
触地瞬间他的速度v==10 m/s
以向下为正方向，落地瞬间特技演员的动量p1=mv，
停下来时p2=0
则在安全气垫上特技演员受重力和安全气垫的作用力，
由动量定理得（mg+F1）t1=p2-p1=-mv
则F1=mg = = 1 333.3 N
负号表示平均作用力的方向竖直向上，即他受到的平均作用力大小约为1.3×103 N。
若直接落到地上，由动量定理得（mg+F2）t = p2p1 = mv
则F2=mg = = =80 800 N
负号表示平均作用力的方向竖直向上，即他受到的平均作用力大小约8.1×104 N。
可以看出直接落到地上特技演员受到的伤害大。
9. 解：0~2 s，F1=2 N，，据动量定理Ft=mv2-mv0
得2 s末速度大小为v2===4 m/s，方向与规定的正方向相同。
0~2 s，F1=2 N
2~4 s，F2=0
4~6 s，F3=2 N
据动量定理F合t=mv6-mv0，取0~6 s为研究过程，
F1t1+F2t2+F3t3=mv6-mv0，代入数据，解得
6 s末速度v6=0。
同理，据动量定理可得9 s末的速度
v9=
==-2 m/s。
9 s末速度大小为2 m/s，方向与规定的正方向相反。
10. 解：选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象。
则其质量等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的质量，建立模型如图所示。
即M=mSvΔt，初动量为0，末动量为Mv，
设飞船对微粒的作用力为F，则由动量定理得
FΔt=Mv-0
整理得F===mSv2。
根据牛顿第三定律，微粒对飞船的撞击作用力大小等于mSv2。
则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F′=F=mSv2
代入数据得F′=2.8 N。
点评：此题在于建立模型，选在Δt时间内与飞船碰撞的微粒为研究对象，表示出其质量，再根据动量定理求解。
第5页第一章 动量守恒定律
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第3节 动量守恒定律
第一章 动量守恒定律
第1页
1. [多选] 如图所示，光滑水平面上的两玩具小车中间连接一被压缩的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止。对于两车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是 （ ）
A.两手同时放开后，系统总动量始终为0
B.两手先后放开后，系统总动量始终为0
C.先放开左手紧接着放开右手后，系统总动量向右
D.先放开左手紧接着放开右手后，系统总动量向左
2．[多选]如图所示，小车静止放在光滑的水平面上，将系着轻绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计空气阻力，那么在以后的过程中( )
A.小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B.小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒
C.小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零
D.在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或者都为零)
3.[多选]如图所示，观察发现，短道速滑队“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )
A.甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同
B.相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足机械能守恒定律
C.相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足动量守恒定律
D.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
4. 如图所示，一平板车停在光滑的水平面上，某同学站在小车上，若他设计下列操作方案，最终能使平板车持续地向右驶去的是( )
A．该同学在图示位置用大锤连续敲打车的左端
B．只要从平板车的一端走到另一端即可
C．在车上装个电风扇，不停地向左吹风
D．他站在车的右端将大锤丢到车的左端
5. [多选]物体P从光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示。在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统（ ）
A.动量守恒
B.水平方向动量守恒
C.最终P和Q以一定的速度共同向左运动
D.最终P和Q以一定的速度共同向右运动
6.[多选]如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )
A.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
B.小木块和木箱最终速度为v0
C.小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
7．[多选]两个小木块A和B(均可视为质点)中间夹着一水平轻质弹簧，用细线(未画出)拴在一起，放在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后均做平抛运动(离开桌面前两木块已和弹簧分离)，落地点与桌面边缘的水平距离分别为1 m，＝2 m，如图所示，则下列说法正确的是( )
A.木块A、B离开弹簧时的速度大小之比＝1∶2
B.木块A、B的质量之比2∶1
C.木块A、B离开弹簧时的动能之比＝1∶2
D.弹簧对木块A、B的作用力大小之比1∶2
8.[多选]如图所示，光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上，从一定高度自由下落的小球m恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内，对此情况，下列说法不正确的是 （ ）
A.小球第一次离开槽时，将向右上方做斜拋运动
B.小球第一次离开槽时，将做竖直上拋运动
C.小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做往复运动
D.槽一直向右运动
9.两条小船相向航行，航线邻近。在两船首尾相齐时，由每条船上各自向对方放置一质量为50 kg的麻袋，结果总质量较小的船停了下来，另一条船则以8.5 m/s的速度沿原方向航行。设两条船总质量分别为500 kg，1 000 kg。问：交换麻袋前两船的速度分别是多大？（水的阻力忽略不计）
10.如图所示，在光滑水平面上，使滑块A以2 m/s的速度向右运动，滑块B以4 m/s的速度向左运动并与滑块A发生相互作用，已知滑块A、B的质量分别为1 kg、2 kg，滑块B的左侧连有水平轻弹簧，求：
图11
(1)当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度；
(2)两滑块相距最近时，滑块B的速度；
(3)弹簧弹性势能的最大值。
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第3节 动量守恒定律
参考答案
AD
BD
CD
C
BC
AB
ABC
AD
9. 解：每条船向对方放置麻袋过程中不会影响本船的速度，船速之所以发生了变化，是接收了对方的麻袋后并与之发生相互作用的结果。
以质量为m2的船速度方向为正方向，质量为m1的船与原在质量为m2的船上的麻袋组成的系统为研究对象，
系统动量守恒有mv2-（m1-m）v1=0
以质量为m2的船与原在质量为m1的船上的麻袋为研究对象，
系统动量守恒，有
（m2-m）v2-mv1=（m2-m+m）v
解得v1=1 m/s，v2=9 m/s
即交换麻袋前总质量小的船速度大小为1 m/s，总质量大的船速度为9 m/s。
点评：船与麻袋组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律解决问题要注意研究对象的选取。
10. 解：(1)以向右为正方向，A、B与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒．当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度为vB′，由动量守恒定律得：
mAvA＋mBvB＝mBvB′
解得vB′＝－3 m/s，
故滑块B的速度大小为3 m/s，方向向左；
(2)两滑块相距最近时速度相等，设此速度为v.
根据动量守恒得：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，
解得：v＝－2 m/s，
故滑块B的速度大小为2 m/s，方向向左；
(3)两个滑块的速度相等时，弹簧压缩至最短，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒知，弹簧的最大弹性势能为：
Epm＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)v2
解得：Epm＝12 J.
第4页第一章 动量守恒定律
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第4节 实验：验证动量守恒定律
第一章 动量守恒定律
第1页
1. 某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，调节实验装置，使小球放在QR上时恰能保持静止，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．
图甲中O是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点．若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP.米尺的零点与O点对齐．
(1)入射球A的质量和被碰球B的质量的关系是________(选填“”“”或“＝”)．
(2)碰撞后B球的水平射程约为________cm.
(3)下列选项中，属于本次实验必须测量的是________(填选项前的字母)．
A．水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离
C．测量A球或B球的直径
D．测量A球和B球的质量
E．测量G点相对于水平槽面的高度
(4)若系统动量守恒，则应有关系式：________________________________________.
2.某同学利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通数字计时器；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧带有固定弹簧(未画出)的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦读出滑块通过光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间＝8.35 ms；
⑧测出挡光板的宽度5 mm，测得滑块1的质量为＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为＝200 g.
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：
A.________________________________________________________________________；
B.________________________________________________________________________.
②碰撞前滑块1的速度为__________ m/s；碰撞后滑块1的速度为__________ m/s；碰撞后滑块2的速度为__________ m/s；(结果均保留两位有效数字)
③碰撞前系统的总动量为＝________.
碰撞后系统的总动量为＝________.
由此可得实验结论：__________________________________.
3. “验证碰撞中的动量守恒”实验装置如图所示，让质量为m1的小球A从斜槽上的某一位置自由滚下，与静止在支柱上大小相等、质量为m2的小球B发生碰撞．(球A运动到水平槽末端时刚好与B球发生碰撞)
(1)安装轨道时，要求轨道末端________．
(2)两小球的质量应满足m1________m2.
(3)用游标卡尺测小球直径时的读数如图所示，则小球的直径d＝________ cm.
(4)实验中还应测量的物理量是________．
A．两小球的质量m1和m2
B．小球A的初始高度h
C．轨道末端切线离地面的高度H
D．两小球平抛运动的时间t
E．球A单独滚下时的落地点P与O点的距离sOP
F．碰后A、B两小球的落地点M、N与O点的距离sOM和sON
(5)若碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，下列式子可能成立的是________．
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
(6)若碰撞过程无机械能损失，除动量守恒外，还需满足的关系式是________．(用所测物理量的符号表示)
4. 利用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上．O点到A球球心的距离为L.使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直方向的夹角为α，A球释放后摆动到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直方向夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D.保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录了多个B球的落点，重力加速度为g.(悬线长远大于小球半径)
(1)图中x应是B球初始位置到________的水平距离．
(2)为了验证动量守恒，应测得的物理量有________________．
(3)用测得的物理量表示(vA为A球与B球刚要相碰前A球的速度，vA′为A球与B球刚相碰后A球的速度，vB′为A球与B球刚相碰后B球的速度)：mAvA＝________________；
＝_________；mBvB′＝________________.
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第4节 实验：验证动量守恒定律
参考答案
(1)(2) (3)ABD (4)
解析:(1)要使两球碰后都向右运动，A球质量应大于B球质量，即
(2)将10个点圈在圆内的最小圆的圆心为平均落点，可由米尺测得碰撞后B球的水平射程约为64.7 cm.
(3)从同一高度做平抛运动，飞行的时间t相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移的测量值代替平抛初速度．故需测出未放B球时A球飞行的水平距离OP和碰后A、B球飞行的水平距离OM和ON，及A、B两球的质量，故A、B、D正确．
(4)若动量守恒，需验证的关系式为mAvA＝mAvA′＋mBvB′，
将vA＝，vA′＝，vB′＝代入上式得mA·OP＝mA·OM＋mB·ON.
2.见解析
解析:(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②滑块1碰撞之前的速度v1＝＝ m/s≈0.50 m/s；
滑块1碰撞之后的速度
v2＝＝ m/s≈0.10 m/s；
滑块2碰撞之后的速度v3＝＝ m/s≈0.60 m/s；
③系统碰撞之前＝0.15 kg·m/s，系统碰撞之后0.15 kg·m/s.
通过实验结果，可得结论：在实验误差允许的范围内，两滑块相互作用的过程，系统的动量守恒．
3. (1)切线水平 (2)> (3)1.04 (4)AEF (5)B (6)m1sOP2＝m1sOM2＋m2(sON－d)2
解析:(1)为了保证每次小球都做平抛运动，则需要轨道的末端切线水平．
(2)验证碰撞中的动量守恒实验，为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1>m2.
(3)游标卡尺的游标是10分度的，其精确度为0.1 mm，则读数为：10 mm＋4×0.1 mm＝10.4 mm＝
1.04 cm.
(4)小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相等，两球碰撞动量守恒，有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′，
两边同时乘以时间t，则m1v1t＝m1v1′t＝m2v2′t，
根据落点可化简为：m1·sOP＝m1sOM＋m2(sON－d)，
则实验还需要测出：两小球的质量m1和m2；球A单独滚下时的落地点P点到O点的距离sOP和碰后A、B两小球的落地点M、N与O点的距离sOM和sON，故选A、E、F.
(5)根据动量守恒：m1·OP＝m1OM＋m2O′N
即：＝＝，故B正确．
(6)若碰撞过程无机械能损失，则有m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
可得：m1sOP2＝m1sOM2＋m2(sON－d)2.
4. (1)B球平均落点 (2)mA、mB、α、β、H、L、x(3)mA mA mBx
解析：小球A在碰撞前、碰撞后的两次摆动过程，均满足机械能守恒定律．小球B在碰撞后做平抛运动，则x应为B球的平均落点到其初始位置的水平距离．碰撞前对A，由机械能守恒定律得
mAgL(1－cos α)＝mAvA2，
则：mAvA＝mA.
碰撞后对A，由机械能守恒定律得
mAgL(1－cos β)＝mAvA′2，
则：mAvA′＝mA.
碰后B做平抛运动，
有x＝vB′t，H＝gt2.
所以mBvB′＝mBx.
故要得到碰撞前后的动量，要测量的物理量有mA、mB、α、β、H、L、x.
第4页第一章 动量守恒定律
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第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞
第一章 动量守恒定律
第1页
1. 如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态可能是( )
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
2.[多选]一兴趣小组利用玩具小车进行实验。如图所示，在质量为M的小车中用细线挂一质量为m0的小球。小车和小球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止物体发生碰撞，碰撞时间极短。在此碰撞过程中，可能发生的情况是 （ ）
A.小车、物体、小球的速度都发生变化，三者构成的系统动量守恒，机械能守恒
B.小车、物体、小球的速度都发生变化，三者构成的系统动量守恒，机械能不守恒
C.小球的速度不变，小车和物体构成的系统动量守恒，机械能守恒
D.小球的速度不变，小车和物体构成的系统动量守恒，机械能不守恒
3. 如图所示，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，小球均可视为质点，则它们能上升的最大高度是( )
A．h B.h C.h D.h
4. 两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后，mA=1 kg，mB=2 kg，vA=6 m/s，vB=2 m/s。当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（ ）
A. vA=5 m/s，vB=2.5 m/s B. vA= 2 m/s，vB=4 m/s
C. vA= -4 m/s，vB=7 m/s D. vA=7 m/s，vB=1.5 m/s
5. [多选]如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m1和m2都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
6. 如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的2倍，也是碰撞前瞬间B的速度的。求：
（1）B的质量；
（2）碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
7.如图所示，两质量分别为m和M的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由下落。h远大于两小球半径，落地瞬间球B先与地面碰撞，后与球A碰撞。所有碰撞都视为弹性碰撞且都发生在竖直方向上，碰撞时间均很短。求球A能上升的最大高度。
8. 如图所示，一光滑水平面上有质量为m的光滑曲面体A，A右端与水平面平滑连接，一质量为m的小球C放在曲面体A的曲面上，距水平面的高度为h，小球C从静止开始滑下，然后与质量为2m的小球B发生弹性正碰(碰撞时间极短，且无机械能损失)．重力加速度为g.
(1) 小球C与曲面体A分离时，求A、C的速度大小；
(2) 小球C与小球B发生碰撞后，小球C能否追上曲面体A
9. 1930年，科学家用放射性物质中产生的粒子轰击铍原子时，产生了一种看不见的、贯穿能力很强的不带电粒子。为了弄清楚这是一种什么粒子，人们用它分别去轰击氢原子和氮原子，结果从中打出了氢核和氮核，以此推算出该粒子的质量，从而确定该粒子为中子。设氢核质量为，打出后速度为，氮核质量为氢核质量的14倍，打出后速度为，假设中子与它们的碰撞为弹性碰撞，试推算中子的质量。
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第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞
参考答案
D
CD
C
B
AC
解：（1）设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知碰撞前瞬间vA =，vB = 2v，
以原速度v0方向为正方向，系统动量守恒，有
m·+ mB·2v =（m+mB）v
解得mB =。
（2）全过程动量守恒，以v0方向为正方向， 由动量守恒得
mv0 =（m+mB）v
碰撞过程系统机械能的损失
ΔE = + v2 =。
7. 解：A、B两球下降过程为自由落体运动，设到达地面时速度为v，可据运动学公式v2=2gh，
解得v= ①
B碰撞地面后，速度瞬间反向，与A碰撞，碰撞过程动量守恒：
Mvmv = mv1+Mv2 ②
碰撞前后动能不变：
=+ ③
联立①②③式解得v1=v
A球以速度v1反弹做竖直上抛运动，据= 2gH
得出，反弹后的最大高度H = =h。
8. 解:(1)设小球C与曲面体A分离时速度大小为v0，此时曲面体A的速度大小为vA，小球C运动到曲面体A最低点的过程中，以向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0－mvA＝0，
由机械能守恒定律得mgh＝mv02＋mvA2，
解得vA＝v0＝.
(2)设小球C与小球B发生正碰后速度分别为vC和vB，以向右为正方向，由于小球C与小球B发生弹性正碰，由动量守恒定律得mv0＝mvC＋2mvB，
由机械能守恒定律得mv02＝mvC2＋×2mvB2，
解得vB＝，vC＝－，
因|vC|<|vA|，则小球C与小球B发生碰撞后，小球C不能追上曲面体A.
9. 解：氢核、氮核与中子之间的碰撞为弹性碰撞，设中子质量为m，速度为v0。氢核的质量为mH，打出后速度为vH，并认为氢核在打出前为静止的，以中子初速度方向为正方向。
由动量守恒定律得
mv0=mv+mHvH ①
由机械能守恒定律得
=+ ②
其中v是碰撞后中子的速度，由①②可得vH= ③
同理mv0=mv′+mNvN
=+
可得出中子与氮原子核碰撞后打出的氮核的速度
vN= ④
又因为mN=14mH
故=，可求出中子的质量m=
点评：氢核、氮核与中子之间的碰撞是弹性碰撞，遵守动量守恒和能量守恒。
第4页第一章 动量守恒定律
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第6节 反冲现象 火箭
第一章 动量守恒定律
第1页
1. 关于反冲运动的说法中，正确的是( )
A.抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲
B.若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力
C.反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D.抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
2. 静止的实验火箭，总质量为M，当它以相对地面的速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为( )
A.v0 B．－v0
C.v0 D．－v0
3. [多选]在某次军演中，炮兵使用了炮口与水平方向的夹角θ可调节的迫击炮，已知迫击炮的总质量为M(不包括炮弹的质量)，炮弹的质量为m，忽略迫击炮与水平面之间的摩擦力及炮管长度．则下列说法正确的是( )
A.如果θ＝0，炮弹离开炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为
B.如果θ＝0，炮弹离开炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为
C.如果θ＝60°，炮弹离开炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为
D.如果θ＝60°，炮弹离开炮口的速度为v0时，炮身后退的速度为
4. 如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度大小之比为（ ）
A. B.
C. D.
5. 一炮弹以一定倾角斜向上发射达到最高点时，爆炸成两块，其中一块沿原方向运动，则另一（ ）
A.一定沿原来相反的方向运动
B.一定沿原来相同的方向运动
C.可能做自由落体运动
D.可能做竖直上拋运动
6. [多选]小车静止在光滑水平地面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法正确的是( )
A.待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B.待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同
D.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移应越来越大
7. 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
8. 如图所示，反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg.(水蒸气质量忽略不计)。
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度．(小车一直在水平方向运动)
9. 课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m3/s，喷出速度保持为相对地面
10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg，则启动2 s末火箭的速度大小可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动且阻力不计，水的密度是
103 kg/m3)。
10.中国“天宫二号”空间实验室采用实验舱和资源舱两舱构型，全长10.4 m，最大直径
3.35 m，太阳翼展宽约18.4 m，质量为8.6 T。在“神舟十一号”飞船与“天宫二号”自动交会对接过程中（如图所示），假设两个航天器的相对速度要从之前的10 km/s降到
0.2 m/s，飞船上有像手一样的捕获装置，会先伸出手来把“天宫二号”紧紧抓住。若“神舟十一号”飞船从后加速追上“天宫二号”，假定“神舟十一号”飞船在对接前的质量为6 T，发动机喷射燃料的速度为3 000 m/s，估算“神舟十一号”飞船需要喷射多少燃料。
课时把关练
第6节 反冲现象 火箭
参考答案
D
D
BD
C
C
BC
7. 解：规定与v相反的方向为正方向
(1)设喷出三次气体后，火箭的速度为v3，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝≈13.5 m/s.
8. 解：(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零．以橡皮塞运动的方向为正方向
根据动量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－v＝－ ×2.9 m/s＝－0.1 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s.
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mvcos 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－＝－ m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s.
9. 解： “水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度大小为v，火箭的反冲速度大小为v′，由动量守恒定律得(M－ρQt)v′＝ρQtv，火箭启动后2 s末的速度为v′＝＝ m/s＝4 m/s.
10. 解：设喷燃料前飞船的质量为M，喷射出燃料的质量为m，以喷燃料前的飞船为参考系，喷燃料后飞船速度与“天宫二号”速度相差 0.2 m/s，因为0.2 m/s10 km/s，故可认为喷燃料后飞船的速度增加Δv =10 km/s，
喷出的燃料可等效为一次喷出，Δv′=3 000 m/s，
由动量守恒定律可知：MΔv = mΔv′
解得 m = = 20 T
即需要喷射20 T的燃料。
第5页
