第一篇：屆高考物理專項復習動量守恒定律及其應用實驗探究碰撞中的不變量練習教案

動量守恒定律

1． 關于牛頓運動定律和動量守恒定律的適用范圍，下列說法正確的是()A．牛頓運動定律也適用于解決高速運動的問題 B．牛頓運動定律也適用于解決微觀粒子的運動問題 C．動量守恒定律既適用于低速，也適用于高速運動的問題 D．動量守恒定律適用于宏觀物體，不適用于微觀粒子

2． 在做“碰撞中的動量守恒”實驗中，以下操作正確的是。A．在安裝斜槽軌道時，必須使斜槽末端的切線保持水平B．入射小球沿斜槽下滑過程中，受到與斜槽的摩擦力會影響實驗

C．白紙鋪到地面上后，實驗時整個過程都不能移動，但復寫紙不必固定在白紙上 D．復寫紙必須要將整張白紙覆蓋

3． 甲、乙兩個質量都是M的小車靜置在光滑水平地面上.質量為m的人站在甲車上并以速度v(對地)跳上乙車,接著仍以對地的速率v反跳回甲車.對于這一過程,下列說法中正確的是（）

A．最后甲、乙兩車的速率相等

B．最后甲、乙兩車的速率之比v甲:v乙=M:(m+M)C．人從甲車跳到乙車時對甲的沖量I1,從乙車跳回甲車時對乙車的沖量I2,應是I1=I2 D．選擇C.中的結論應是I1＜I2

4． 在光滑水平面上，動能為E0、動量為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1，球2 的動能和動量的大小分別記為E2、p2，則必有()A．E1E0 D．p2>p0

5． 甲、乙各站在船的兩端，甲在左，乙在右，原來甲、乙和船都靜止，為了能使船向右移動，以下情況符合要求的是（不計水的阻力）（）A．甲單獨向乙走動

B．甲乙相向走動，只要乙的速度大于甲 C．甲乙相向走，只要乙的質量大于甲 D．甲乙相向走動，乙的動量大于甲

6． A、B兩球在光滑水平面上相向運動，已知mA>mB，當兩球相碰后，其中一球停下來，則可以判定（）

A．碰前A球動量大于B球動量 B．碰前A球動量等于B球動量

C．若碰后A球速度為零，則碰前A球動量大于B球動量 D．若碰后B球速度為零，則碰前A球動量大于B球動量

7． 質量分別為60kg和70kg的甲．乙二人,分別同時從原來靜止的在光滑水平面上的小車兩端，以3m/s的 水平初速度沿相反方向跳到地面上.若小車的質量為20kg，則當二人跳離小車后,小車的運動速度為（）

A． 19.5m/s,方向與甲的初速度方向相同 B． 19.5m/s,方向與乙的初速度方向相同 C． 1.5m/s,方向與甲的初速度方向相同 D． 1.5m/s,方向與乙的初速度方向相同

8． 在光滑水平面上，有兩個小球A、B沿同一直線同向運動（B在前），已知碰前兩球的動量分別為pA=12kg.m/s、pB=13kg.m/s，碰后它們動量的變化分別為△pA、△pB．下列數值可能正確的是（）

A．△pA=﹣3kg.m/s、△pB=3kg.m/s C．△pA=﹣24kg.m/s、△pB=24kg.m/s

B.△pA=3kg.m/s、△pB=﹣3kg.m/s D.△pA=24kg.m/s、△pB=﹣24kg.m/s 9． 對同一質點，下面說法中正確的是（）

A.勻速圓周運動中，動量是不變的

B.勻速圓周運動中，在相等的時間內，動量的改變量相等

C.平拋運動、豎直上拋運動，在相等的時間內，動量的改變量相等

D.只要質點的速度大小不變，則它的動量就一定不變

10． 三個完全相同的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個不同的都是靜止的小球相碰后，小球a被反向彈回，小球b與被碰球粘合在一起仍沿原方向運動，小球c恰好碰后靜止。那么，三種情況比較以下說法中正確的是（）A．b球損失的動能最多 B．被碰球對a球的沖量最大 C．c球克服阻力做功最多

D．三種碰撞過程，系統的機械能都守恒

參考答案： 1． 答案： C 解析： 牛頓運動定律只適用于低速宏觀的物體，動量守恒定律適用于物理學研究的各個領域．

2． 答案： AC 3． 答案： BD 4． 答案： ABD 解析： 兩個鋼球組成的系統在碰撞過程中動量守恒，設鋼球1初動量的方向為正方向，又由動量守恒定律得：p0＝p2－p1，可見p2>p0，故選項D正確。單從動量方面分析，p1可以大于p0，若如此必有碰后系統的動能增加，但對于碰撞問題碰撞后系統的動能不可能大于碰前系統的動能，因此E1＋E2≤E0，必有E1解析： 要使船向右運動，則船需要有向右運動的速度，甲乙在船上運動時，甲乙船整體不受外力，動量守恒．設向右為正，則

A．若甲單獨向乙走動，則甲的速度方向向右，根據動量守恒定律得此時船的速度方向與甲的速度方向相反，向左運動，故A錯誤； B．若甲乙相向走動，乙的速度大于甲，根據動量守恒定律得：m甲v甲+m船v船+m乙v乙=0，因為不知道甲乙質量的關系，不能判斷船速度的正負，及不能判斷船的運動方向，故B錯誤； C．同理可以得到，由于不知道甲乙速度的大小，不能判斷船速度的正負，及不能判斷船的運動方向，故C錯誤；

D．若甲乙相向走動，根據動量守恒定律得：m甲v甲+m船v船+m乙v乙=0，因為乙的動量大于甲的動量，所以船的速度方向與乙的速度方向相反，向右運動，故D正確； 故選D． 6． 答案： C 7． 答案： C 8． 答案： A 解析： 考點： 動量守恒定律．

分析： 當A球追上B球時發生碰撞，遵守動量守恒．由動量守恒定律和碰撞過程總動能不增加，進行選擇．

解答： 解：B、由題，碰撞后，兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大．故碰后它們動量的變化分別為△pA＜0，故B、D錯誤． A．根據碰撞過程動量守恒定律，如果△pA=﹣3kg.m/s、△pB=3kg.m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A=9kg.m/s、p′B=16kg.m/s，根據碰撞過程總動能不增加，故A正確．

C．根據碰撞過程動量守恒定律，如果△pA=﹣24kg.m/s、△pB=24kg.m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A=﹣12kg.m/s、p′B=37kg.m/s，可以看出，碰撞后A的動能不變，而B的動能增大，違反了能量守恒定律．故C錯誤． 故選A．

點評： 對于碰撞過程要遵守三大規律：

1、是動量守恒定律；

2、總動能不增加；

3、符合物體的實際運動情況 9． 答案： C 解析： 考點:動量守恒定律.分析:物體質量與速度的乘積是物體的動量，動量是矢量，既有大小又有方向；根據動量的定義式與動量定理分析答題．

解答:解：A、在勻速圓周運動中，速度的大小不變，速度的方向不斷變化，物體的動量大小不變，方向時刻改變，物體的動量不斷變化，故A錯誤；

B．在勻速圓周運動中，物體所受合外力提供向心力，向心力始終指向圓心，方向不斷改變，在相等時間內，力與時間的乘積，即力的沖量反向不同，沖量不同，由動量定理可知，勻速圓周運動中，在相等的時間內，動量的改變量不同，故B錯誤；

C．平拋運動、豎直上拋運動，物體受到的合外力是重力mg，在相等的時間t內，合外力的沖量：I=mgt相等，由動量定理可知，動量的該變量相等，故C正確；

D．物體動量p=mv，質點速度大小不變，如果速度方向發生變化，則物體的動量發生變化，故D錯誤； 故選：C．

點評:本題考查了判斷物體動量是否變化，知道動量是矢量、應用動量定理可以解題，注意動量、速度、沖量是矢量，注意方向問題是正確解題的關鍵． 10． 答案： BC 解析： 試題分析：三小球與被撞小球碰撞過程中動量守恒，因為a球是唯一碰撞前后動量方向相反的，則碰撞過程a球動量變化最大，由動量定理可知，a球獲得的沖量最大，故B正確；c小球恰好碰后靜止，動能全部損失，故C球損失動能最多，由動能定理可知，c球克服阻力做功最多，故A錯誤，C正確；碰撞過程系統所受合外力為零，系統動量守恒，但是機械能不守恒，故D錯誤；故選BC.考點：動量守恒定律；能量守恒定律。

第二篇：屆高考物理專項復習動量守恒定律及其應用沖量和動量定理動量定理練習2教案

動量定理

1． 下列說法中正確的是()

A．物體只有受到沖量，才會有動量 B．物體受到沖量，其動量大小必定改變 C．物體受到沖量越大，其動量也越大

D．做減速運動的物體，受到的沖量的方向與動量變化的方向相同

2． 一個士兵坐在皮劃艇上，他連同裝備和皮劃艇的總質量共120 kg.這個士兵用自動步槍在2 s時間內沿水平方向連續射出10發子彈，每發子彈質量10 g，子彈離開槍口時相對地面的速度都是800 m/s.射擊前皮劃艇是靜止的．求連續射擊后皮艇的速度是多大？ 3． 物體在恒力作用下作直線運動,在t1時間內物體的速度由零增大到v,F對物體做功W1,給物體沖量I1.若在t2時間內物體的速度由v增大到2v,F對物體做功W2,給物體沖量I2,則（）A．W1=W2,I1=I2 B.W1=W2,I1＞I2

C.W1W2,I1=I2

4． 跳傘員從飛機上跳下,經過一段時間速度增大到收尾速度50m/s時才張開傘,這時,跳傘員受到很大的沖力.設張傘時間經1.5s,傘開后跳傘員速度為5m/s,速度方向始終豎直向下,則沖力為體承的_____倍.5． 光子不僅有能量，還有動量，光照射到某個面上就會產生壓力-光壓，宇宙飛船可以采用光壓作為動力．現給飛船安上面積很大的薄膜，正對著太陽光，靠太陽光在薄膜上產生的壓力推動宇宙飛船前進，第一次安裝反射率極高的薄膜，第二次安裝的是吸收率極高的薄膜，那么（）A．第一次飛船的加速度大 B．第二次飛船的加速度大

C．兩種情況，飛船的加速度一樣大 D．兩種情況的加速度不能比較

6． 一質量為m的小球，從高為H的地方自由落下，與水平地面碰撞后向上彈起。設碰撞時間為t并為定值，則在碰撞過程中，小球對地面的平均沖力與跳起高度的關系是（）A．跳起的最大高度h越大，平均沖力就越大 B．跳起的最大高度h越大，平均沖力就越小 C．平均沖力的大小與跳起的最大高度h無關

D．若跳起的最大高度h一定，則平均沖力與小球質量正比

7． 從同一高度將兩個質量相等的物體，一個自由落下，一個以某一水平速度拋出，當它們落至同一水平面的過程中（空氣阻力不計）（）

A．動量變化量大小不同，方向相同 B．動量變化量大小相同，方向不同 C．動量變化量大小、方向都不相同 D．動量變化量大小、方向都相同 8． 相同的玻璃杯從同一高度落下，分別掉在水泥地和草地上。則（）A．玻璃杯剛要落在水泥地上時的動量大于剛要落在草地上時的動量 B．玻璃杯落在水泥地上動量的變化量大于落在草地上動量的變化量 C．玻璃杯落在水泥地上動量的變化率大于落在草地上動量的變化率 D．玻璃杯落在水泥地上受到的沖量大于落在草地上受到的沖量

9． 玻璃茶杯從同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海錦墊上不易碎，這是因為茶杯與水泥地撞擊過程中()A．茶杯動量較大 B．茶杯動量變化較大 C．茶杯所受沖量較大 D．茶杯動量變化率較大

10． 質量為5 kg的物體，原來以v=5 m/s的速度做勻速直線運動，現受到跟運動方向相同的沖量15 N·s的作用，歷時4 s，物體的動量大小變為()A．40 kg·m/s B．160 kg·m/s C．80 kg·m/s D．10 kg·m/s

參考答案： 1． 答案： D 解析：

2． 答案： 解：每次發射子彈過程中，對人、艇、槍及子彈組成的系統總動量守恒，連續發射十顆子彈和一次性發射十顆子彈結果相同． 由題中所給數據M＝120 kg，t＝2 s，m＝0.01 kg，v1＝800 m/s，射擊后劃艇的速度是v2，由動量守恒得：

10mv1＝(M－10m)v2，解得v2≈0.67 m/s.解析：

3． 答案： C 解析： 結合動量定理和動能定理來分析求解。4． 答案： 4 5． 答案： A

解析： 因為光子和薄膜的接觸時間極短，在兩種情況下接觸的時間可以認為近似相等，運用反射率極高的薄膜，根據動量定理得，F1t=-2mv，運用吸收率極高的薄膜，根據動量定理有：F2t=-mv，知安裝反射率極高的薄膜，產生的作用力較大，根據牛頓第二定律知，產生的加速度較大．故A正確，B、C、D錯誤． 故選A． 6． 答案： AD 7． 答案： D 8． 答案： C 9． 答案： D 解析： 考點：動量定理

試題分析: 玻璃茶杯從同一高度掉下，與水泥地和海綿墊接觸前瞬間速度相同，動量相同，與水泥地和海綿墊作用后速度均變為零，茶杯動量的變化相同，故AB錯誤；茶杯的動量變化相同，根據動量定理I=△P得知，茶杯所受沖量相同，故C錯誤；茶杯與水泥地作用時間短，茶杯與海綿墊作用時間長，△P相同，則動量的變化率較大，故D正確。10． 答案： A 解析： 考點：動量定理

試題分析: 以物體為研究對象，以物體的初速度方向為正方向，由動量定理得：I=p-mv，則物體末動量：p=I+mv=5×5+15=40kg？m/s，故選：A。

第三篇：屆高考物理專項復習動量守恒定律及其應用沖量和動量定理沖量練習3教案

沖量

1． 甲乙兩個質量相等的物體，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上運動，甲物體先停下來，乙物體后停下來，則()A．甲物體受到的沖量大 C．兩物體受到的沖量相等

B．乙物體受到的沖量大 D．兩物體受到的沖量無法比較

2． 關于沖量的概念，以下說法正確的是（）

A．作用在兩個物體上的力大小不同，但兩個物體所受的沖量大小可能相同 B．作用在物體上的力很大，物體所受的沖量一定也很大 C．作用在物體上的力的作用時間很短，物體所受的沖量一定很小 D．只要力的作用時間和力的大小的乘積相同，物體所受的沖量一定相同 3． 下面關于沖量的說法正確的是()A．物體受到很大的力時，其沖量一定很大 B．當力與位移垂直時，該力的沖量一定為零

C．不管物體做什么運動，在相同的時間內重力的沖量相同 D．只要力的大小恒定，其沖量就等于該力與時間的乘積 4． 在物體(質量不變)運動過程中，下列說法正確的是()A．動量不變的運動，一定是勻速運動 B．動量大小不變的運動，可能是變速運動

C．如果在任何相等時間內物體所受的沖量相等(不為零)，那么該物體一定做勻速直線運動 D．若某一個力對物體做功為零，則這個力對該物體的沖量也一定為零

5． 在滑冰場上，甲、乙兩小孩分別坐在滑冰板上，原來靜止不動，在相互猛推一下后分別向相反方向運動。假定兩板與冰面間的動摩擦因數相同。已知甲在冰上滑行的距離比乙遠，這是由于（）

A．在推的過程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 B．在推的過程中，甲推乙的時間小于乙推甲的時間 C．在剛分開時，甲的初速度大于乙的初速度

D．在分開后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小

6． 古時有“守株待兔”的寓言．假設兔子質量約為2kg，以15m/s的速度奔跑，撞樹后反彈的速度為1m/s，則兔子受到撞擊力的沖量大小為（）A．28N？s B．29N？s

C．31N？s

D．32N？s 7． 質量為m的物體以初速υ0做豎直上拋運動。不計空氣阻力，從拋出到落回拋出點這段時間內，以下說法正確的是（）

A．物體動量變化大小是零 B．物體動量變化大小是2mυ0

C．物體動量變化大小是mυ0 D．重力的沖量為零

8． 在距地面高為h，同時以相等初速V0分別平拋，豎直上拋，豎直下拋一質量相等的物體m，當它們從拋出到落地時，比較它們的動量的增量△P，有（）A．平拋過程較大 B．豎直上拋過程較大 C．豎直下拋過程較大 D．三者一樣大

9． 豎直上拋一球，球又落回原處，己知空氣阻力的大小f=KV，（其中K為比例常量，且整個過程中KV小于重力），則（）

A．上升過程中克服重力做的功大于下降過程中重力做的功 B．上升過程中重力的沖量小于下降過程中重力的沖量 C．上升過程中動能的改變量大于下降過程中動能的改變量 D．上升過程中動量的改變量小于下降過程中動量的改變量

10． 物塊從斜面的底端以某一初速度沿粗糙斜面上滑至最高點后再沿斜面下滑至底端，下列說法正確的是（）

A．上滑過程中摩擦力的沖量大于下滑過程中摩擦力的沖量 B．上滑過程中機械能損失等于下滑過程中機械能損失

C．上滑過程中物塊的動量變化的方向與下滑過程中動量變化的方向相反 D．上滑過程中地面受到的壓力大于下滑過程中地面受到的壓力

參考答案： 1． 答案： C 解析：

2． 答案： A 解析： 沖量是矢量，其大小由力和作用時間共同決定． 3． 答案： C 解析： 由沖量的定義可知，力很大作用時間很短，沖量也可以很小．A錯．沖量的大小與力的方向和位移的方向無關，所以B錯．在相同時間內物體重力的沖量IG＝mg·t，C對．如果只是大小不變，方向總發生變化，I＝F·t不適用，D錯． 4． 答案： AB 解析： 由于動量是矢量，因此動量不變包括大小和方向都不變，一定是勻速運動，選項A正確；而動量大小不變的運動，方向可能發生變化，可能是變速運動，選項B也正確；如果在任何相等時間內物體所受的沖量相等，可以理解為受到一個恒力作用，有可能做勻變速曲線運動，選項C錯誤；功和沖量是兩個完全不同的概念，某一個力對物體做功為零，這個力對該物體的沖量可以不為零，選項D錯誤．

225． 答案： C 6． 答案： D 解析： 設初速度方向為正方向，則由題意可知，初速度v0=15m/s；末速度為v=-1m/s； 則由動量定理可知： I=mv-mv0=-2-2×15=32N？s 7． 答案： B 8． 答案： B 9． 答案： BC 解析： A、因物體在上升和下降過程中高度相同，則重力做功的大小相等，故A錯誤； B．因向上運動時受向下的重力及阻力，而向下運動時，物體受向下的重力及向上的阻力，故向上時的加速度大于向下時的加速度，因高度相同，故向上時的時間小于下降時的時間，故上升過程中重力的沖量小于下降過程中重力的沖量；故B正確；

C．由B的分析可知，向上時的合外力大于向下時的合外力，故由動能定理可知，向上時的動能改變量大于下降時的動能改變量，故C正確；

D．因阻力做功，故落回到地面上時的速度小于上拋時的速度，故向上運動時動量的改變量大于下降過程動量的改變量；故D錯誤； 故選BC．

10． 答案： B

第四篇：2010高考物理二輪復習動量、動量守恒定律及應用教案

高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ 專題十二 動量、動量守恒定律及應用 教案

一、專題要點

1.動量：動量是狀態量，因為V是狀態量，動量是失量，其方向與物休動動方向相同。2.動量的變化ΔP是失量，其方向與速度的變化ΔV的方向相同。

求解方法：求解動量的變化時遵循平行四邊形定則。

（1）若初末動量在同一直線上，則在選定正方向的前提下，可化失量運算為代數運算。（2）若初末動量不在同一直線上，則運算遵循平行四邊形定則。3．動量守恒定律

（1）內容：一個系統不受外力或者所受外力之和為零，這個系統的總動量保持不變。（2）適用范圍：動量守恒定律是自然界中普遍適用的規律，既適用宏觀低速運動的物體，也適用微觀高速運動的粒子。大到宇宙天體間的相互作用，小到微觀粒子的相互作用，無不遵守動量守恒定律，它是解決爆炸、碰撞、反沖及復雜的相互作用的物體系統類問題的基本規律。

（3）動量守恒的條件為：①充分且必要條件：系統不受外力或所受外力為零。②近似守恒：雖然系統所受外力之和不為零，但系統內力遠遠大于外力，此時外力可以忽略不計，如：爆炸和碰撞。

4.動量守恒定律的表達式

(1)

p=p意義：系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p’(從守恒的角度列式)．

(2)?p =p/-p=0意義：系統總動量的增量等于零(從增量角度列式)．(3)對相互作用的兩個物體組成的系統：

①p1+p2=p1/ +p2/ 或者m1v1 +m2v2=m1v1/+m2v2/意義：兩個物體作用前的動量的矢量和等于作用后的動量的矢量和．

②p1-p1=一(p2-p2)或者?p1=一?p2或者?p1+?p2=0 意義：兩物體動量的變化大小相等，方向相反． 5． 彈性碰撞與非彈性碰撞

形變完全恢復的叫彈性碰撞；形變完全不恢復的叫完全非彈性碰撞；而一般的碰撞其形變不能夠完全恢復。機械能不損失的叫彈性碰撞；機械能損失最多的叫完全非彈性碰撞；而一般的碰撞其機械能有所損失。///

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高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ 6．碰撞過程遵守的規律——應同時遵守三個原則

/①系統動量守恒m1v1/?m2v2?m1v1?m2v2

②系統動能不增12m1v1?/212m2v2?/212m1v1?212m2v2

2③實際情景可能：碰前、碰后兩個物體的位置關系（不穿越）和速度關系應遵循客觀實際．如甲物追乙物并發生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于、等于乙的速度或甲反向運動．

二、考綱要求

考點

要求 Ⅱ

說明 動量守恒定律只限于一維情況

考點解讀

本章的重點內容：唯一的二級要求是動量及其守恒定律，本專題和前面的3-4模塊有共同特點是題目教簡單，但為了照顧知識點的覆蓋面，會出現一個大題中在套二、三個小題的情況 動量、動量守恒定律及其應用

彈性碰撞和非彈性碰撞、反沖運動 Ⅰ 驗證動量守恒定律（實驗、探究）Ⅰ

三、教法指引

此專題復習時，可以先讓學生完成相應的習題，在精心批閱之后以題目帶動知識點，進行適當提煉講解。要求學生強加記憶。這一專題的題目還是較難的，雖然只有一個二級要求，但是此專題的內容涉及受力分析、過程分析等二輪復習時還是要穩扎穩打，從基本知識出發

四、知識網絡

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五、典例精析

題型1.（子彈射木塊題型）矩形滑塊由不同材料的上下兩層固體組成，將其放在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v水平射向滑塊 若射中上層子彈剛好不穿出，若射中下層子彈剛好能嵌入，那么（）

A．兩次子彈對滑塊做的功一樣多

B．兩次滑塊所受沖量一樣大

C．子彈嵌入上層時對滑塊做功多

D．子彈嵌入上層時滑塊所受沖量大 解：設固體質量為M，根據動量守恒定律有：

mv?(M?m)v'

由于兩次射入的相互作用對象沒有變化，子彈均是留在固體中，因此，固體的末速度是一樣的，而子彈對滑塊做的功等于滑塊的動能變化，對滑塊的沖量等于滑塊的動量的變化，因此A、B選項是正確的。

規律總結：解決這樣的問題，還是應該從動量的變化角度去思考，其實，不管是從哪個地方射入，相互作用的系統沒有變化，因此，動量和機械能的變化也就沒有變化。

題型2.（動量守恒定律的判斷）把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，槍發射出子彈時，關于槍、子彈、車的下列說法正確的是（）

A.槍和子彈組成的系統動量守恒 B.槍和車組成的系統動量守恒

C.只有忽略不計子彈和槍筒之間的摩擦，槍、車和子彈組成的系統的動量才近似守恒 D.槍、子彈、車組成的系統動量守恒

解：本題C選項中所提到的子彈和槍筒之間的摩擦是系統的內力，在考慮槍、子彈、車組成的系統時，這個因素是不用考慮的 根據受力分析，可知該系統所受合外力為0，符合動量守恒的條件，故選D

規律總結：判斷系統是否動量守恒時，一定要抓住守恒條件，即系統不受外力或者所受合外力為0。

題型3.（碰撞中過程的分析）如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊A和B都可視作質點，質量相等。B與輕質彈簧相連。設B靜止，A以某一初速度向B運動并與彈簧發生碰撞。在整個碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于（）

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高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ A.A的初動能 B.A的初動能的1/2 C.A的初動能的1/3

A B D.A的初動能的1/4

解： 解決這樣的問題，最好的方法就是能夠將兩個物體作用的過程細化。具體分析如右圖，開始A物體向B運動，如右上圖；接著，A與彈簧接觸，稍有作用，彈簧即有形變，分別對A、B物體產生如右中圖的作用力，對A的作用力的效果就是產生一個使A減速的加速度，對B的作用力的效果則是產生一個使B加速的加速度。如此，A在減速，B在加速，一起向右運動，但是在開始的時候，A的速度依然比B的大，所以相同時間內，A走的位移依然比B大，故兩者之間的距離依然在減小，彈簧不斷壓縮，彈簧產生的作用力越來越大，對A的加速作用和對B的加速作用而逐漸變大，于是，A的速度不斷減小，B的速度不斷增大，直到某個瞬間兩個物體的速度一樣，如右下圖。過了這個瞬間，由于彈簧的壓縮狀態沒有發生任何變化，所以對兩個物體的作用力以及力的效果也沒有變，所以A要繼續減速，B要繼續加速，這就會使得B的速度變的比A大，于是A、B物體之間的距離開始變大。因此，兩個物體之間的距離最小的時候，也就是彈簧壓縮量最大的時候，也就是彈性勢能最大的時候，也就是系統機械能損失最大的時候，就是兩個物體速度相同的時候。

根據動量守恒有mv?2mv'，根據能量守恒有求解的EP?122Aa1v1Ba2v2Aa’1v’1Ba’2v’2AB 12mv2?12?2mv'?EP，以上兩式聯列

2mv，可見彈簧具有的最大彈性勢能等于滑塊A原來動能的一半，B正確

規律總結：處理帶有彈簧的碰撞問題，認真分析運動的變化過程是關鍵，面對彈簧問題，一定要注重細節的分析，采取“慢鏡頭”的手段。

題型4.（動量守恒定律的適用情景）小型迫擊炮在總質量為1000kg的船上發射，炮彈的質量為2kg．若炮彈飛離炮口時相對于地面的速度為600m/s，且速度跟水平面成45°角，求發射炮彈后小船后退的速度？

解：發射炮彈前，總質量為1000kg的船靜止，則總動量Mv=0．

發射炮彈后，炮彈在水平方向的動量為mv1'cos45°，船后退的動量為(M-m)v2'．

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高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ 據動量守恒定律有

0=mv1'cos45°＋(M-m)v2'．

取炮彈的水平速度方向為正方向，代入已知數據解得

規律總結：取炮彈和小船組成的系統為研究對象，在發射炮彈的過程中，炮彈和炮身(炮和船視為固定在一起)的作用力為內力．系統受到的外力有炮彈和船的重力、水對船的浮力．在船靜止的情況下，重力和浮力相等，但在發射炮彈時，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系統所受到的合外力不為零，但在水平方向上系統不受外力(不計水的阻力)，故在該方向上動量守恒．

題型5.（多物體多過程動量守恒）兩塊厚度相同的木塊A和B，并列緊靠著放在光滑的水平面上，其質量分別為mA=2.0kg，mB=0.90kg．它們的下底面光滑，上表面粗糙．另有質量mC=0.10kg的鉛塊C(其長度可略去不計)以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面(見圖)，由于摩擦，鉛塊最后停在本塊B上，測得B、C的共同速度為v=0.50m/s，求：木塊A的速度和鉛塊C離開A時的速度．

解：設C離開A時的速度為vC，此時A、B的共同速度為vA，對于C剛要滑上A和C剛離開A這兩個瞬間，由動量守恒定律知

mCvC=(mA+mB)vA+mCv'C

(1)以后，物體C離開A，與B發生相互作用．從此時起，物體A不再加速，物體B將繼續加速一段時間，于是B與A分離．當C相對靜止于物體B上時，C與B的速度分別由v'C和vA變化到共同速度v．因此，可改選C與B為研究對象，對于C剛滑上B和C、B相對靜止時的這兩個瞬間，由動量守恒定律知

mCv'C+mBvA=(mB+mC)v

(2)由(l)式得

mCv'C=mCvC-(mA＋mB)vA

代入(2)式

mCv'C-(mA+mC)vA+mBvA=(mB+mC)v．

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高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ 得木塊A的速度

所以鉛塊C離開A時的速度

題型6.（人船模型）在靜止的湖面上有一質量M=100kg的小船，船上站立質量m=50kg的人，船長L=6m，最初人和船靜止．當人從船頭走到船尾(如圖)，船后退多大距離？(忽略水的阻力)解：選地球為參考系，人在船上行走，相對于地球的平均速度為(L-x)/t，船相對于地球后退的平均速度為x/t，系統水平方向動量守恒方程為

L?xtxtmM?mm?M(?)?0

故

x?L?1.2m

規律總結：錯解：由船和人組成的系統，當忽略水的阻力時，水平方向動量守恒．取人前進的方向為正方向，設t時間內人由船頭走到船尾，則人前進的平均速度為L/t，船在此時間內后退了x距離，則船后退的平均速度為x/t，水平方向動量守恒方程為

LtxtmMm?M(?)?0

故

x?L?3m

這一結果是錯誤的，其原因是在列動量守恒方程時，船后退的速度x/t是相對于地球的，而人前進的速度L/t是相對于船的。相對于不同參考系的速度代入同一公式中必然要出錯．

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高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ 題型7.（動量守恒中速度的相對性）一個靜止的質量為M的原子核，放射出一個質量為m的粒子，粒子離開原子核時相對于核的速度為v0，原子核剩余部分的速率等于（）

解：取整個原子核為研究對象。由于放射過程極為短暫，放射過程中其他外力的沖量均可不計，系統的動量守恒．放射前的瞬間，系統的動量p1=0，放射出粒子的這一瞬間，設剩余部分對地的反沖速度為v'，并規定粒子運動方向為正方向，則粒子的對地速度v=v0-v'，系統的動量

p2=mv-(M-m)v'=m(v0-v')-(M-m)v'．

由p1=p2，即

0=m(v0-v)-(M-m)v'=mv0-Mv'．

故選C。

規律總結：運用動量守恒定律處理問題，既要注意參考系的統一，又要注意到方向性。

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第五篇：高考物理復習考題精選(106) 動量守恒定律的應用

高中物理考題精選（106）——動量守恒定律的應用

1、光滑水平地面上停放著甲、乙兩輛相同的平板車，一根輕繩跨過乙車的定滑輪（不計定滑輪的質量和摩擦），繩的一端與甲車相連，另一端被甲車上的人拉在手中，已知每輛車和人的質量均為30kg，兩車間的距離足夠遠。現在人用力拉繩，兩車開始相向運動，人與甲車保持相對靜止，當乙車的速度為0.5m/s時，停止拉繩。求： ①人在拉繩過程做了多少功？

②若人停止拉繩后，至少以多大速度立即從甲車跳到乙車才能使兩車不發生碰撞？ 答案

解：（1）設甲、乙兩車和人的質量分別為m甲、m乙和m人，停止拉繩時甲車的速度為v甲，乙車的速度為v乙，由動量守恒定律得

（m甲+m人）v甲= m乙v乙（2分）

求得： v甲= 0.25m/s(1分)由功與能的關系可知，人拉繩過程做的功等于系統動能的增加量。

W=（m甲+m人）v甲2 + m乙v乙2 =5.625J（2分）

（2）設人跳離甲車時人的速度為v人，人離開甲車前后由動量守恒定律得

人跳到乙車時： 代入得：

（1分）

（2分）

（2分）

當人跳離甲車的速度大于或等于0.5m/s時，兩車才不會相撞。

（注：計算題其它解法正確均給分。）

2、如圖所示，有一豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一輕彈簧，其下端固定，上端連接一質量為m的薄滑塊，當滑塊運動時，圓筒內壁對滑塊有阻力的作用，阻力的大小恒為Ff＝mg(g為重力加速度)．在初始位置滑塊靜止，圓筒內壁對滑塊的阻力為零，彈簧的長度為l.現有一質量也為m的物體從距地面2l處自由落下，與滑塊發生碰撞，碰撞時間極短．碰撞后物體與滑塊粘在一起向下運動，運動到最低點后又被彈回向上運動，滑動到剛發生碰撞位置時速度恰好為零，不計空氣阻力。求

(1)物體與滑塊碰撞后共同運動速度的大小；

(2)下落物體與薄滑塊相碰過程中損失的機械能多大。

(2)碰撞后，在滑塊向下運動的最低點的過程中彈簧彈性勢能的變化量。

教學課件

答案

解析（16分）

(1)設物體下落至與薄滑塊碰撞前的速度為v0，在此過程中機械能守恒，依據機械能守恒定律有mgl＝mv解得v0＝/2

設碰撞后共同速度為v，依據動量守恒定律有mv0＝2mv 解得v＝.---------------------5分

(2)物體與薄滑塊相碰過程中損失的機械能

---------------------4分

(3)設物體和滑塊碰撞后下滑的最大距離為x，依據動能定理，對碰撞后物體與滑塊一起向下運動到返回初始位置的過程，有

－2Ffx＝0－×2mv2 設在滑塊向下運動的過程中，彈簧的彈力所做的功為W，依據動能定理，對碰撞后物體與滑塊一起向下運動到最低點的過程，有W＋2mgx－Ffx＝0－×2mv2 解得：。所以彈簧的彈性勢能增加了。

3、如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的 固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切。質量為M的小木塊靜止在0點，一個質量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內，并留在其中和小木塊一起運動。且恰能到達圓弧軌道的最高點c(木塊和子彈均可以看成質點)。

教學課件

①求子彈射入木塊前的速度。

②若每當小木塊返回到0點或停止在0點時，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當第9顆 子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少? 答案

解析

（1）；（2）（）2R． 解析：：（1）第一顆子彈射入木塊的過程，系統動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，系統由O到C的運動過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得：gR

(m+M）v12=（m+M）由以上兩式解得：v0=；

（2）由動量守恒定律可知，第2、4、6…顆子彈射入木塊后，木塊的速度為0，第1、3、5…顆子彈射入后，木塊運動．當第9顆子彈射入木塊時，以子彈初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0=（9m+M）v9，設此后木塊沿圓弧上升的最大高度為H，由機械能守恒得：gH

（9m+M）v92v=（9m+M）由以上各式可得：H=（）2R．

4、如圖所示，LMN是豎直平面內固定的光滑軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切．質量為m的小球B與一輕彈簧相連，并靜止在水平軌道上，質量為2m的小球A從LM上距水平軌道高為h處由靜止釋放，在A球進入水平軌道之后與彈簧正碰并壓縮彈簧但不粘連．設小球A通過M點時沒有機械能損失，重力加速度為g．求：（1）A球與彈簧碰前瞬間的速度大小

；

（2）彈簧的最大彈性勢能EP；

（3）A、B兩球最終的速度vA、vB的大小． 答案

解：（1）對A球下滑的過程，由機械能守恒定律得：

教學課件 解得：

（2）當兩球速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律得：

解得：

根據能的轉化和守恒定律：

解得：

（3）當A、B相距最近之后，將會被彈簧彈開，該過程中，A、B兩球和彈簧組成的系統動量守恒、機械能也守恒

解得：

5、如圖所示，一個學生坐在小車上做推球游戲，學生和不車的總質量為M=100kg，小球的質量為m=2kg．開始時小車、學生和小球均靜止不動．水平地面光滑．現該學生以v=2m/s的水平速度（相對地面）將小球推向右方的豎直固定擋板．設小球每次與擋板碰撞后均以同樣大小的速度返回．學生接住小球后，再以相同的速度大小v（相對地面）將小球水平向右推向擋板，這樣不斷往復進行，此過程學生始終相對小車靜止．求：（1）學生第一次推出小球后，小車的速度大小；

（2）從學生第一次推出小球算起，學生第幾次推出小球后，再也不能接到從擋板彈回來的小球．

答案

解：（1）學生推小球過程：設學生第一次推出小球后，學生所乘坐小車的速度大小為v1，學生和他的小車及小球組成的系統動量守恒，取向右的方向為正方向，由動量守恒定律得： mv+Mv1=0…①，代入數據解得：v1=﹣0.04m/s，負號表示車的方向向左；

（2）學生每向右推一次小球，根據方程①可知，學生和小車的動量向左增加mv，同理，學生每接一次小球，學生和小車的動量向左再增加mv，設學生第n次推出小球后，小車的速度大小為vn，由動量守恒定律得：（2n﹣1）mv﹣Mvn=0，要使學生不能再接到擋板反彈回來的小球，有：vn≥2 m/s，解得：n≥25.5，教學課件 即學生推出第26次后，再也不能接到擋板反彈回來的小球． 答：（1）學生第一次推出小球后，小車的速度大小為0.04m/s；

（2）從學生第一次推出小球算起，學生第26次推出小球后，再也不能接到從擋板彈回來的小球．

6、如圖所示，一個物塊A（可看成質點）放在足夠長的平板小車B的右端，A、B一起以v0的水平初速度沿光滑水平面向左滑行。左邊有一固定的豎直墻壁，小車B與墻壁相碰，碰撞時間極短，且碰撞前、后無動能損失。已知物塊A與小車B的水平上表面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。若A、B的質量均為m，求小車與墻壁碰撞后的運動過程中，物塊A所受摩擦力的沖量大小和方向若A、B的質量比為k，且k＜1，求物塊A在小車B上發生相對運動的過程中物塊A對地的位移大小。

答案

解析

（1）設小車B與墻碰撞后物塊A與小車B所達到的共同速度大小為v，設向右為正方向，則由動量守恒定律得mv0－mv0=2mv 解得v=0

對物塊A，由動量定理得摩擦力對物塊A的沖量I=0－（－mv0）=mv0，沖量方向水平向右（2）設A和B的質量分別為km和m，小車B與墻碰撞后物塊A與小車B所達到的共同速度大小為v′，木塊A的位移大小為s。設向右為正方向，則由動量守恒定律得：mv0－kmv0=（m+km）v′

解得v′=

對木塊A由動能定理

代入數據解得

7、光滑絕緣的水平地面上方有界空間內存在勻強電場，場強為有一固定的絕緣墻壁，如圖所示，質量為

和，電場寬度為，左邊界的A、B兩小球靜置于地面的同一水平軌道

（），A、B上，電場線與軌道平行，B球處于電場的右邊界處，A球距離墻壁為兩球帶正電，電量分別為

和；今由靜止同時釋放兩球，問（已知所有碰撞機械能均不損失，小球電量不轉移，忽略兩球的庫侖力作用）

教學課件

（1）A球第一次與墻壁碰時B球的速度大小；

（2）要使A球第一次向右運動過程中就能與B球相碰，求滿足的條件

答案

解析】(1)(2)1＞k≥解析 ：（1）在電場內運動時兩球的加速度：aA=，aB=…①

A球第一次與墻壁碰時兩球速度相等為v，v2-0=2aAkx0…②

由①②式得v=

（2）A球與墻壁第一次碰后到A、B相遇用時為t，兩球加速度為a 有：xB-xA=（1-k）x0…③

xA=-vt+at2…④

xB=vt+at2…⑤

t≤…⑥

由③④⑤⑥得：1＞k≥

8、（1）下列說法正確的有

（填入正確選項前的字母，選對1個給3分，選對2個給4分，選對3個給6分，每選錯1個扣3分，最低得分為0分）。A．方程式B．方程式

是重核裂變反應方程 是輕核聚變反應方程

C．氫原子光譜是分立的

D．氫原子從基態躍遷至某激發態要吸收特定頻率的光子

E．在光電效應實驗中，某金屬的截止頻率相應的波長為λ0,若用波長為λ（λ>λ0）的單色光做

教學課件 該實驗，會產生光電效應。

（2）如圖所示，光滑水平面上靜止放置質量M = 2kg的長木板C；離板右端x = 0.72m處靜止放置質量mA =1kg的小物塊A，A與C間的動摩擦因數μ = 0.4；在板右端靜止放置質量mB = 1kg的小物塊B，B與C間的摩擦忽略不計．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A、B均可視為質點，g = 10m/s2．現在木板上加一水平向右的力F=3N, 到A與B發生彈性碰撞時撤去力F。問： ①A與B碰撞之前運動的時間是多少？

②若A最終能停在C上，則長木板C的長度至少是多少？

答案

解析（1）BCD解析：（1）A、方程式誤；B、方程式

是散射反應方程，故A錯

是輕核聚變反應方程，故B錯誤；C．氫原子光譜是不連續是分立的，故C正確；D、氫原子從基態躍遷至某激發態要吸收特定頻率的光子，根據躍遷規律D正確；E．在光電效應實驗中，某金屬的截止頻率相應的波長為λ0,若用波長為λ（λ>λ0）的單色光做該實驗，由v=λf可知，因（λ>λ0），所以其頻率小于截止頻率，不會產生光電效應.⑵解：①若AC相對滑動，則A受到的摩擦力為：

故AC不可能發生相對滑動，設AC一起運動的加速度為

由有：

②因AB發生彈性碰撞，由于由動量守恒定律：

故AB碰后，A的速度為0.1

由能量守恒：

故木板C的長度L至少為：

=0.84

教學課件

9、如圖所示，在光滑水平面上有一塊長為L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一個光滑的圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上。現有很小的滑塊A以初速度v0從右端滑上B并以高點。A、B、C的質量均為m，試求： 的速度滑離B，恰好能到達C的最

(1)木板B上表面的動摩擦因數μ。

(2)圓弧槽C的半徑R。

答案

(1)(2)

解析

(1)由于水平面光滑，A與B、C組成的系統動量守恒，有：

mv0＝m(v0)＋2mv1 又μmgL＝mv－m(v0)2－×2mv

解得：μ＝

(2)當A滑上C，B與C分離，A、C間發生相互作用。A到達最高點時兩者的速度相等，A、C組成的系統水平方向動量守恒，有：

m(v0)＋mv1＝(m＋m)v2 又m(v0)2＋mv＝(2m)v＋mgR 解得：R＝

10、如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發生正碰，小球的質量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的s－t圖象。已知m＝0.1kg，由此可以判斷()

教學課件

A．碰前m2靜止，m1向右運動 B．碰后m2和m1都向右運動 C．m2＝0.3kg D．碰撞過程中系統損失了0.4J的機械能 答案

AC 解析

由圖乙可以看出，碰前m1的位移隨時間均勻增加，m2的位移不變，可知m2靜止，m1向右運動，故A是正確的。碰后一個位移增大，一個位移減小，說明運動方向不一致，即B錯誤。由圖乙可以算出碰前m1的速度v1＝4m/s，碰后的速度v1′＝－2m/s，碰前m2的速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2m/s，由動量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，計算得m2＝0.3kg，故C是正確的。碰撞過程中系統損失的機械能ΔE＝此D是錯誤的。

11、如圖所示，光滑水平面

左端有一彈性擋板的長度

m1v－m1v1′2－m2v2′2＝0。因，右端與處于同一高度的水平傳送帶之間的距離可忽略，傳送帶水平部分.上放置兩個質量都為，傳送帶逆時鐘勻速轉動其速度、,開始時、、靜止，、間，并迅速移走彈簧.取的小物塊壓縮一輕質彈簧，其彈性勢能..現解除鎖定，彈開

（1）求物塊、被彈開時速度的大小.（2）要使小物塊在傳送帶的端不掉下，則小物塊與傳送帶間的動摩擦因數至少為多大？，當

與

發生第一次彈性碰撞后物塊

返（3）若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數回，在水平面終的運動情況.答案

解：（1）對于、上、相碰后粘接在一起,求碰后它們的速度大小及方向，并說明它們最

物塊被彈簧分開的過程，由動量守恒定律得：

教學課件 ①（2分）

由機械能守恒定律知：解得所求的速度大小：（2）要使小物塊在傳送帶的以

②（2分）③（1分）

端不掉下，則小物塊B在傳送帶上至多減速運動達

處。

物體為研究對象，滑到最右端時速度為（1分）

據動能定理：得所求的：（3）因為又因為 設向右為正方向，則：

④（2分）

=0.1 ⑤（2分），所以物塊，故返回時，⑥（2分）

必返回（1分）

（1分）

對A、B相碰后粘接在一起過程，由動量守恒定律得： 得所求的：，方向向右.（2分）

此后A.B整體沖上傳送帶做減速運動，同理可得A.B將返回，返回時，因為，后又與P彈性碰撞向右折回，再次一起沖上傳送帶，再返回，重復上述運動，最終在P板、MN上和傳送帶間如此往復運動.（2分）

12、如右圖所示，用輕彈簧相連的質量均為2 kg的A、B兩物塊都以v=6 m／s的速度在光滑水平地面上運動，彈簧處于原長，質量4 kg的物塊C靜止在前方，B與C碰撞后二者粘在一起運動。在以后的運動中，求：

（1）當彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度多大?（2）彈性勢能的最大值是多大?（3）A的速度有可能向左嗎?為什么? 答案

教學課件

13、如圖所示，固定在地面上的光滑軌道AB、CD，均是半徑為R的圓弧．一質量為m、上表面長也為R的小車靜止在光滑水平面EF上，小車上表面與軌道AB、CD的末端B、C相切．一質量為m的物體(大小不計)從軌道AB的A點由靜止下滑，由末端B滑上小車，小車在摩擦力的作用下向右運動．當小車右端與壁CF接觸前的瞬間，物體m恰好滑動到小車右端相對于小車靜止，同時小車與CF相碰后立即停止運動但不粘連，物體則繼續滑上軌道CD.求：(1)物體滑上軌道CD前的瞬間的速率；(2)水平面EF的長度；

(3)當物體再從軌道CD滑下并滑上小車后，如果小車與壁BE相碰后速度也立即變為零，最后物體m停在小車上的Q點，則Q點距小車右端多遠？

答案

解析：(1)設物體從A滑至B時速率為v0，根據機械能守恒定律有：mgR＝＝

mv02，v0，物體與小車相互作用過程中，系統動量守恒，設共同速度為v1，有mv0＝2mv1，解得物體滑上軌道CD前瞬間的速率：v1＝.教學課件(2)設二者之間的摩擦力為f，根據動能定理，對物體有：－fsEF＝mv12－mv02，對小車有：f(sEF－R)＝mv12(或對系統根據能量守恒定律有：fR＝mv02－×2mv12)得：f＝mg，sEF＝R.(3)設物體從CD滑下后與小車達到相對靜止狀態，共同速度為v2，相對小車滑行的距離為s1，小車停后物體做勻減速運動，相對小車滑行距離為s2，根據動量守恒和能量守恒有：mv1＝2mv2 fs1＝mv12－×2mv22 對物體根據動能定理有：

fs2＝mv22；

解得：s1＝R，s2＝R.則Q點距小車右端距離：

s＝s1＋s2＝R.答案：(1)(2)R(3)R

14、有尺寸可以忽略的小物塊A，放在足夠長的水平地面上．取一無蓋的長方形木盒B將A罩住．B的左右內壁間的距離為L．B的質量與A相同．A與地面間的滑動摩擦系數μA，B與地面間的滑動摩擦系數為μB，且μB>μA．開始時，A的左端與B的左內壁相接觸（如圖所示），兩者以相同的初速度v０向右運動．已知A與B的內壁發生的碰撞都是完全彈性的，且碰撞時間都極短．A與B的其他側面之間均無接觸，重力加速度為g．

（1）經過多長時間A、B發生第一次碰撞（設碰撞前A、B均未停下）

（2）A和B右側第一次相碰后，若還能夠和B的左端相遇，試通過定量討論說明此次相遇時A、B兩個物體的速率那個大些？還是等大？

教學課件（3）要使A、B同時停止，而且A與B間輕輕接觸（即無作用力），求初速v0的所有可能的值（用含有L、μB、μA和g的代數式表示）

答案

（1）對A：（1分），（1分）

對B：（1分），（1分）

（1分）解得：（1分）

（2）設A、B第一次在右壁相碰前的速度分別為v1和v2，碰后速度分別為v3和v4

（2分）得：（1分）

設經過時間t2，A與B的左側相遇，此時A、B的速度分別為v5、v6，則：

（2分），代入得（1分）

所以有：，顯然（2分）

注：亦可做v-t圖分析，同樣得分

（3）分析可得，每次A與B的左側相遇時二者的速度都相同，且比前一次相遇時的速度減小（2分）

為滿足題中要求，只要某次A與B的左側相遇時二者的速度都恰好等于0即可 即需要，其中n=1，2，3……（1分）

代入得：，n為正整數（1分）

15、如圖5-9所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內。小球A、B質量分別為m、βm（β為待定系數）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞后A、B球能達到的最大高度均為,碰撞中無機械能損失。重力加速度為g。試求：（1）待定系數β;

（2）第一次碰撞剛結束時小球A、B各自的速度和B球對軌道的壓力;（3）小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結束時各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結束時各自的速度。

教學課件 答案

（1）由機械能守恒定律可得：mgR＝+得

β＝3（2）設A、B碰撞后的速度分別為v1、v2，則

=

=

設向右為正、向左為負，解得

v1＝，方向向左 v2＝，方向向右

設軌道對B球的支持力為N，B球對軌道的壓力為N /，方向豎直向上為正、向下為負。則

N－βmg＝βm

N /＝－N＝－4.5mg，方向豎直向下

（3）設A、B球第二次碰撞剛結束時的速度分別為V1、V2，則

解得：V1＝－，V2＝0（另一組：V1＝－v1，V2＝－v2，不合題意，舍去）

由此可得：當n為奇數時，小球A、B在第n次碰撞剛結束時的速度分別與第一次碰撞剛結束時相同；當n為偶數時，小球A、B在第n次碰撞剛結束時的速度分別與第二次碰撞剛結束時相同

16、如圖所示，一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序號是1，2，3，…，n的物體，所有物塊的質量均為m，與木板間的動摩擦因數都相同，開始時，木板靜止不動，第1，2，3，…n號物塊的初速度分別是v，2 v，3 v，…nv，方向都向右，木板的質量與所有物塊的總質量相等 ,最終所有物塊與木板以共同速度勻速運動。設物塊之間均無相互碰撞，木板足夠長。試求：

（1）所有物塊與木板一起勻速運動的速度v；（2）第1號物塊與木板剛好相對靜止時的速度v；

（3）通過分析與計算說明第k號（k＜n＝物塊的最小速度v

答案

（1）設所有物塊都相對木板靜止時的速度為 v，因木板與所有物塊系統水平方向不受外力，動量守恒，應有：

m v+m·2 v+m·3 v+…+m·n v=（M + nm）v

教學課件 M = nm，解得: v=（n+1）v，（2）設第1號物塊相對木板靜止時的速度為v，取木板與物塊1為系統一部分，第2 號物塊到第n號物塊為系統另一部分，則

木板和物塊1 △p =（M + m）v-m v，2至n號物塊 △p=（n-1）m·（v-v）由動量守恒定律： △p=△p，解得 v= v，（3）設第k號物塊相對木板靜止時的速度由v，則第k號物塊速度由k v減為v的過程中，序數在第k號物塊后面的所有物塊動量都減小m（k v-v），取木板與序號為1至K號以前的各物塊為一部分，則

△p=（M+km）v-（m v+m·2 v+…+mk v）=（n+k）m v-序號在第k以后的所有物塊動量減少的總量為

△p=（n-k）m（k v-v）由動量守恒得 △p=△p，即

（k+1）m v

（n+k）m v-（k+1）m v=（n-k）m（k v-v），解得 v=

17、帶有等量異種電荷的兩個平行金屬板A和B水平放置，相距為d（d遠小于板的長和寬），一個帶正電的油滴M懸浮在兩板的正中央，處于平衡。油滴的質量為m，帶電量為q。如圖所示，在油滴的正上方距離A板d處有一質量也為m的帶電油滴N，油滴N由靜止釋放后，可以穿過A板上的小孔，進入兩金屬板間與油滴M相碰，并立即結合成一個大油滴。整個裝置處在真空環境中，不計油滴之間的庫侖力和萬有引力以及金屬板本身的厚度，要使油滴N能與M相碰，并且結合成的大油滴又不至于與金屬板B相碰。求：（1）兩個金屬板A、B間的電壓是多少；哪板的電勢較高；

教學課件（2）油滴N帶何種電荷，電量可能是多少。

答案

（1）油滴M帶正電，所以B板電勢較高； 因油滴M在兩金屬板之間處于平衡，有 mg=qU/d，所以電勢差U=mgd/q。

（2）油滴N與M相碰后，要不落到B板上，油滴N帶正電。設油滴N帶電量為Q，油滴N與M碰前的速度設為v0，18、如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0質量為m的子彈擊中，子彈嵌在其中，已知A的質量是B的質量的，子彈的質量是B的質量的.求：

(1)A物體獲得的最大速度；

(2)彈簧壓縮量最大時B物體的速度；（3）彈簧的最大彈性勢能。

答案

(1)對子彈進入A中的過程，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v1，解得它們的共同速度，即為A的最大速度v1＝＝.(2)以子彈、A、B以及彈簧組成的系統作為研究對象，整個作用過程中總動量守恒，彈簧具有最大壓縮量時，它們的速度相等，由動量守恒定律得 mv0＝(m＋mA＋mB)v2，解得三者的共同速度即彈簧有最大壓縮量時B物體的速度

v2＝＝v0(3)彈簧壓縮最短時的彈性勢能最大，由能量守恒

教學課件

19、如圖所示，懸掛在高處O點的繩子下端是質量M=10kg的橡膠桿P，在游樂節目中，選手需要借助該裝置飛越到對面的水平傳送帶上，傳送帶始終以u=3m/s的速度逆時針轉動，傳送帶的另一端B點就是終點，且xAB=3m。一名質量m=50kg的選手腳穿輪滑鞋以水平向右大小為v0=8.4m/s的速度迅速抱住豎直靜止的橡膠桿P并開始擺動，若選手可看作質點，懸點O到選手的距離L＝6m，不考慮空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8，求：（1）當繩子擺到與豎直方向的夾角θ=370時選手速度的大小；

（2）此時刻選手立即放開橡膠桿P并且最終剛好站到了高度相同的傳送帶的端點A上，若選手在傳送帶上做無動力的自由滑行，受到的摩擦阻力為自身重量的0.2倍，求選手在傳送帶上滑行過程中因摩擦而產生的熱量Q。

答案

v2=5m/s Wf=600J 解析(1)選手抱住P，由動量守恒定律有

得：v1=7m/s 選手抱住P后，從開始擺動到擺角為37°時，設速度為v2，由機械能守恒有得：v2=5m/s(2)選手站上A點時，設水平速度為vx，則選手在傳送帶上做勻減速運動，設選手對地面的位移為x，由動能定理得：因為，所以選手沖過了終點B，設選手從A到B的時間為t，教學課件 則

又得：、(舍去)

在這段時間內傳送帶通過的位移為：所以，摩擦力做功：得：Wf=600J。

20、如圖所示，固定的光滑平臺左端固定有一光滑的半圓軌道，軌道半徑為R，平臺上靜止放著兩個滑塊A、B，其質量mA=m，mB=2m，兩滑塊間夾有少量炸藥．平臺右側有一小車，靜止在光滑的水平地面上，小車質量M=3m，車長L=2R，車面與平臺的臺面等高，車面粗糙，動摩擦因數μ=0.2，右側地面上有一立樁，立樁與小車右端的距離為S，S在0

（1）滑塊A在半圓軌道最低點C受到軌道的支持力FN。（2）炸藥爆炸后滑塊B的速度大小vB。

（3）請討論滑塊B從滑上小車在小車上運動的過程中，克服摩擦力做的功Wf與S的關系。

答案

⑴ ⑵

⑶當時，滑塊B克服摩擦力做功為

當時，滑塊會滑離小車，滑塊B克服摩擦力做功為

（1）以水平向右為正方向，設爆炸后滑塊A的速度大小為VA，教學課件 滑塊A在半圓軌道運動，設到達最高點的速度為VAD，則，得

滑塊A在半圓軌道運動過程中，據動能定理：得：

滑塊A在半圓軌道最低點：，得：

（2）A、B爆炸過程動量守恒，則，得：（3）、滑塊B滑上小車直到與小車共速的過程中，動量守恒：得：

滑塊B從滑上小車到共速時的位移為

小車從開始運動到共速時的位移為

滑塊B相對小車的位移為：，滑塊B未掉下小車。

討論：當時，滑塊B從滑上小車到共速時克服摩擦力做功為

然后滑塊B做勻減速運動直到停下的位移為，滑塊會從小車滑離。

則滑塊共速后在小車運動時克服摩擦力做功為

所以，當時，滑塊B克服摩擦力做功為

教學課件 當時，滑塊會滑離小車，滑塊B克服摩擦力做功為

21、“爆竹聲中一歲除，春風送暖人屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標志，是喜慶心情的流露。有一個質量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質量不等的兩塊，其中一塊質量為2m，速度大小為v，方向水平向東，則另一塊的速度是________。

A．3v0－v B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v 答案

C 在最高點水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一塊的速度為v′＝3v0－2v，故C正確。

22、如圖所示，一質量的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。車頂右端放一質量的子彈以水平速度的小物體，小物體可視為質點。現有一質量射中小車左端，并留在車中，已知子彈與車相互作用時間極短，小物體與車間的動摩擦因數為，最終小物體以的速度離開小車，g取

。求：

① 子彈剛剛射入小車時，小車的速度大小② 小車的長度L。答案

；

23、如圖，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距＝1.0 m．物塊A以速度＝10 m/s沿水

教學課件平方向與B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運動，并再與C發生正碰，碰后瞬間C的速度＝2.0 m/s.已知A和B的質量均為m，C的質量為A質量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數＝0.45.(設碰撞時間很短，g取10 m/)(1)計算與C碰撞前瞬間AB的速度；

(2)根據AB與C的碰撞過程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運動方向． 答案

解析：（1）4.0 m/s(2)當取k＝4時，v3＝0，即與C碰后AB靜止 當取4>k≥2時，v3>0，即與C碰后AB繼續向右運動

當取6≥k>4時，v3<0，即碰后AB被反彈向左運動．

24、用輕彈簧相連的質量均為m=2㎏的A、B兩物體都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量M = 4㎏的物體C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者粘在一起運動，在以后的運動中，求：

（1）B與C碰撞后二者粘在一起的共同速度v1.（2）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度v2。答案

1.A、B兩物體碰撞前后動量守恒 v1=2m/s----------5分

2.A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大(M+2m)v2=2mv v2=3 m/s-----------5分

25、光滑絕緣的水平地面上方有界空間內存在勻強電場，場強為E，電場寬度為x0，左邊界有一固定的絕緣墻壁，如題9圖所示，質量為3m和m的A、B兩小球靜置于地面的同一水平軌道上，電場線與軌道平行，B球處于電場的右邊界處，A球距離墻壁為kx0(0

（1）A球第一次與墻壁碰時B球的速度大小；（2）要使A球第一次向右運動過程中就能與B球相碰，求k滿足的條件？

（3）若A球第一次向右運動到速度為0時恰與B球相碰，求A、B第一次碰后到第二次碰前兩球的最大間距？

答案

解：（1）在電場內運動時兩球的加速度：

教學課件

…①(1分)A球第一次與墻壁碰時兩球速度相等為v，………②(2分)由①②式得 ………………(1分)（2）A球與墻壁第一次碰后到A、B相遇用時為t，兩球加速度為a 有： ………………③(1分)

………………④(1分)…………⑤（1分）

…………⑥（2分）

由③④⑤⑥得： …………（1分）

（3）A球第一次向右運動到速度為0時恰與B球相碰，即

相碰時，B球的速度

B與A相碰：

…………⑦（1分）

…………⑧（1分）

…………⑨（1分）

由⑧⑨得 …………（1分）

當A第二次到墻壁時，兩球距離最遠；A從碰后到墻壁用時

有 ………… ⑩（1分）

得A相對B勻速運動： …………（1分）

…………（1分）

教學課件 得： …………（1分）

26、有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長，一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量，他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他自身的質量為m，則漁船的質量為（）A.B.C.D.答案

B 解析

設人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t．取船的速度為正方向。

則，根據動量守恒定律：，得：

解得漁船的質量：

27、如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA=4.0kg和mB=3.0kg.用輕彈栓接相邊放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸.另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運動，在t=4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示。.試求：

（1）物塊C的質量mC；

（2）墻壁對物塊B的彈力在4 s到12s的時間內對B做的功W（3）B離開墻后的過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。

教學課件 答案

解：（1）由圖知，C與A碰前速度為分）

C與A碰撞過程動量守恒.（2）墻對物體B不做功，W=0（2分）

（3）物塊B在12S末離開墻壁，此時AC速度大小

（1分）碰后速度為（（2分）解得mC=2kg（2分），之后A、B、C及彈簧組成的系統動量和機械能守恒，且當AC與B速度相等時彈簧彈性勢能最大，設AC與B共速時速度大小為4。（2分）

（3分）

（3分）得

（2分）

28、一宇航員在國際空間站內做了如下實驗：選取兩個質量分別為mA =0.lkg、mB=0.2kg的小球A、B和一根輕質短彈簧，彈簧的一端與小球A粘連，處于鎖定狀態，一起以速度vo=0.1 m/s做勻速直線運動。如圖所示，經過一段時間后，突然解除鎖定（解除鎖定時沒有機械能損失），兩球仍然沿直線運動，從彈簧與小球B剛剛分離開始計時，經過時間t=3.0s，兩球之間的距離增加了s=2.7m，求：

①彈簧與小球B剛剛分離時兩小球的速度分別為多大； ②原先彈簧鎖定時的彈性勢能Ep？ 答案

教學課件

29、如圖所示，O為一水平軸，軸上系一長＝0.6m的細繩，細繩的下端系一質量m=1.0kg的小球（可視為質點），原來處于靜止狀態，球與平臺的B點接觸但對平臺無壓力，平臺高＝0.80m，一質量M＝2.0kg的小球沿平臺自左向右運動到B處與小球m發生正碰，碰后小球m在繩的約束下做圓周運動，經最高點A點，繩上的拉力恰好等于擺球的重力，而M落在水平地面上的C點，其水平位移為s＝1.2m，求質量為M的小球與m碰撞前的速度。（取g=10 m/s2）答案

解析 M與碰撞前后

M離開平臺后 從B到A的過程中

在A點時

由①②③④⑤聯立解得

30、如圖所示，木板A質量mA=1 kg，足夠長的木板B質量mB=4 kg，質量為mC=4 kg的木塊C置于木板B上右側，水平面光滑，B、C之間有摩擦。現使A以v0=12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4 m/s速度彈回。求：

（1）B運動過程中的最大速度大小。（2）C運動過程中的最大速度大小。

（3）整個過程中系統損失的機械能的多少。

答案

（1）A與B碰后瞬間，B速度最大。由A、B系統動量守恒（取向右為正方向）有： mAv0+0=-mAvA+mBvB（3分）

代入數據得：vB=4 m/s（1分）

（2）B與C共速后，C速度最大，由BC系統動量守恒，有mBvB+0=（mB+mC）vC（3分）代入數據得：vC=2 m/s（1分）

（3）△E損= mAv02－ mAvA2－（mB+mC）vC2 ＝48J（2分）

教學課件

31、如圖所示，光滑的水平面上靜止停放著質量均為m的A、B兩輛小車，A車上靜止站著一個質量為m的人。若此人從A車跳到B車上，并與B車保持相對靜止。在此過程中，A車、B車、人各自動量變化的矢量和等于______________。此后，A車與B車的速度大小之比為______________。

答案

0，4:3

32、如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排放置的木塊A和B，已知mA=0.5 kg，mB=0.3 kg,有一質量為mC=0.1 kg的小物塊C以20 m/s的水平速度滑上A表面，由于C和A、B間有摩擦，C滑到B表面上時最終與B以2.5 m/s的共同速度運動，求：

（1）木塊A的最后速度.（2）C離開A時C的速度.答案

由于水平面是光滑的，A、B、C三個物體 組成系統在水平方向上不受外力，故系統動量守恒，1).當C滑上A至C離開A時A、B有共同的速度記為Vab,C離開A時,C物體的速度記為Vc,則

Mc×Vc0=McVc+(Ma+Mb)×Vab ①

Mc×Vc0=MaVab+(Mc+Mb)×Vbc ②

2).C離開A時C、B組成的系統動量守恒。最終的共同速度記為Vbc=2.5m/s McVc+Mb×Vab=(Mc+Mb)×Vbc ③由②得 0.1×20=0.5×Vab+(0.1+0.3)×2.5 Vab=2.0m/s 此為木塊A的最后速度 由①得0.1×20=0.1×Vc+(0.5+0.3)×2 C離開A時C的速度Vc=4m/s

33、如圖所示，甲車的質量是2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質量為1 kg的小物體.乙車質量為4 kg，以5 m/s的速度向左運動，與甲車碰撞以后甲車獲得8 m/s的速度，物體滑到乙車上.若乙車足夠長，上表面與物體的動摩擦因數為0.2，則物體在乙車上表面滑行多長時間相對乙車靜止?(g取10 m/s2)

答案

乙與甲碰撞動量守恒：m乙v乙=m乙v乙′+m甲v甲′，小物體m在乙上滑動至有共同速度v，對小物體與乙車運用動量守恒定律得 m乙v乙′=（m+m乙）v，對小物體應用牛頓第二定律得 a=μg

所以 t=，教學課件 代入數據得 t=0.4 s。

34、如圖所示，一質量m1=0．45kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上，車頂右端放一質量m2=0．2kg的小物體，小物體可視為質點，現有一質量m0= 0．05kg的子彈以水平速度v0=l00m/s射中小車左端，并留在車中，最終小物塊以5m/s的速度與小車脫離，子彈與車相互作用時間很短，g取l0m/s2．求：

①子彈剛射入小車時，小車的速度大小；

②小物塊脫離小車時，小車的速度多大，答案

35、如圖所示，兩完全相同的小車A、B以大小相同的速度v0在光滑的水平面上相向運動，在A車上有一質量為m的小木塊與A車保持相對靜止，小車的質量為M，且M=2m。兩小車發生碰撞后，A車立即停止，小木塊滑上B車，在 B車碰墻之前與B車達到共同速度。小車B與右側的墻壁發生完全彈性碰撞后很快與小木塊一起向左運動。求它們一起向左運動的速度大小。

答案

設碰后B車與木塊一起向右運動的速度大小為v1，B車與木塊一起向左運動的速度大小為v2，根據動量守恒定律得

………………（3分）

………………（2分）

解得： ………………（1分）

36、用兩個大小相同的小球在光滑水平上的正碰來“探究碰撞中的不變量”實驗，入射小球m1 = 15g，原來靜止的被碰小球m2 = 10g，由實驗測得它們在碰撞前后的x – t 圖象如圖所示。

教學課件 ① 求碰撞前、后系統的總動量p和p′； ② 通過計算得到的實驗結論是什么。答案

① p = m1v1 = 0.015 kg·m/s、p′ = m1v1′ + m2v2′ = 0.015 kg·m/s（2分）② 通過計算發現：兩小球碰撞前后的動量相等，即碰撞過程中動量守恒（2分）

37、兩磁鐵各放在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動。已知甲車和磁鐵的總質量為0.5kg，乙車和磁鐵的總質量為1.0kg。兩磁鐵的N極相對，推動一下，使兩車相向運動。某時刻甲的速率為2m/s，乙的速率為3m/s，方向與甲相反。兩車運動過程中始終未相碰。求：

（i）兩車最近時，乙車的速度為多大？

（ii）甲車開始反向運動時，乙車的速度為多大？ 答案

（i）兩車相距最近時，兩車的速度相同，（1分）設該速度為，取乙車的速度方向為正方向。由動量守恒定律得

（3分）

可得(i i)甲車開始反向時，其速度為0，設此時乙車的速度為（3分）

（1分），由動量守恒定律得

－ 可得（1分）

38、如圖所示，在光滑、平直的軌道上靜止著兩輛完全相同的平板車，人從a車跳上b車，又立即從b車跳回a車，并與a車保持相對靜止，此后a車的速率______(選‘大于”、“小于”或“等于”)b車的速率；在這個過程中，a車對人的沖量______(選‘大于”、“小于”或“等于”)b車對人的沖量。

答案

39、如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線

教學課件 同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度．(不計水的阻力)

答案

解析：設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得 12m×v0＝11m×v1－m×vmin① 10m×2v0－m×vmin＝11m×v2② 為避免兩船相撞應滿足 v1＝v2③

聯立①②③式得 vmin＝4v0.④ 答案：4v0

40、如圖所示，一光滑地面上有一質量為m′的足夠長的木板ab，一質量為m的人站在木板的a端，關于人由靜止開始運動到木板的b端(M、N表示地面上原a、b對應的點)，下列圖示正確的是()

答案

D 解析：根據動量守恒定律，木板與人組成的系統動量守恒，對于題中的“人板模型”，設各自對地的位移為xm′、xm，且有m′xm′＝mxm，xm′＋xm＝L板長，以M點為參考點，人向右運動，木板向左運動，易得D是正確的．

41、如圖所示，有A、B兩質量為M= 100kg的小車，在光滑水平面以相同的速率v0=2m/s在同一直線上相對運動，A車上有一質量為m = 50kg的人至少要以多大的速度（對地）從A車跳到B車上，才能避免兩車相撞？

答案：v人=5.2m/s解析：人跳出后，兩車速度恰相同時，既避免相撞，同時人的速度又最小，由動量守恒定律得

(2分)，(2分)解得：v人=5.2m/s(2分)

42、某小組在探究反沖運動時，將質量為m1一個小液化瓶固定在質量為m2的小球具船上，利用液化瓶向外噴射氣體做為船的動力。現在整個裝置靜止放在平靜的水面上，已知打開液化汽瓶后向外噴射氣體的對地速度為v1，如果在△t的時間內向后噴射的氣體的質量為△m，教學課件 忽略水的阻力，則

①噴射出質量為△m的液體后，小船的速度是多少？

②噴射出△m液體的過程中，小船所受氣體的平均作用力的大小是多少？

答案

解：由動量守恒定律得：

得：v船=。(2)對噴射出的氣體運用動量定理得：F△t=△mv1 解得F= 由牛頓第三定律得，小船所受氣體的平均作用力大小為F=

43、如圖(a)所示，在水平光滑軌道上停著甲、乙兩輛實驗小車，甲車系一穿過打點計時器的紙帶，當甲車受到水平向右的瞬時沖量時，隨即啟動打點計時器，甲車運動一段距離后，與靜止的乙車發生正碰并粘在一起運動，紙帶記錄下碰撞前甲車和碰撞后兩車運動情況如圖（b）所示，電源頻率為50Hz，求：甲、乙兩車的質量比m甲：m乙

答案

由圖知：碰前甲車運動的速度大小為v甲=0.6m/s，碰后甲乙兩車一起運動的速度大小為v共=0.4m/s，由動量守恒定律可得： m甲v甲=（m甲+ m乙）v共 解得：m甲：m乙=2：1

44、如圖所示，水平光滑地面上依次放置著質量m=0.08kg的10塊完全相同長直木板。一質量M=1.0kg大小可忽略的小銅塊以初速度v0=6.0m／s從長木板左側滑上木板，當銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為v1=4.0m／s。銅塊最終停在第二塊木板上。(g=10m／s2，結果保留兩位有效數字)求：

①第一塊木板的最終速度； ②銅塊的最終速度。

答案

解：①銅塊和10個長木板水平方向不受外力，所以系統動量守恒，設銅塊剛滑到第二個木板時，木板的速度為v2，由動量守恒得：

……①…………（2分）

得v2=2.5m/s…………②………………（1分）

②由題可知銅塊最終停在第二塊木板上，設最終速度為v3，由動量守恒得：

…………③…………（1分）

得v3=3.4m/s…………④………………（1分）

教學課件

45、如圖(a)所示，在水平光滑軌道上停著甲、乙兩輛實驗小車，甲車系一穿過打點計時器的紙帶，當甲車受到水平向右的瞬時沖量時，隨即啟動打點計時器，甲車運動一段距離后，與靜止的乙車發生正碰并粘在一起運動，紙帶記錄下碰撞前甲車和碰撞后兩車運動情況如圖（b）所示，電源頻率為50Hz，求：甲、乙兩車的質量比m甲：m乙

答案

由圖知：碰前甲車運動的速度大小為v甲=0.6m/s，(2分)碰后甲乙兩車一起運動的速度大小為v共=0.4m/s，(2分)由動量守恒定律可得：m甲v甲=（m甲+ m乙）v共(2分)解得：m甲：m乙=2：1(1分)

46、如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車質量為M=20kg.從水槍中噴的水柱，橫截面積為S=10cm2，速度為v=10m/s，水的密度為ρ=1.0×103kg/m3.若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁，且沖擊到小車前壁的水全部沿前壁淌入小車中。

⑴求當有質量為m=5kg的水進入小車時，小車的速度大小；.⑵若將小車固定在水平面上，且水沖擊到小車前壁后速度立即變為零，求水對小車的沖擊力大小。.答案

解：(1)淌入小車的水與小車組成的系統動量守恒，當淌入質量為m的水后，小車速度為v1，則

（3分）.解得

m/s=2m/s（2分）..（3分）.(2)在極短的時間Δt內，沖擊小車的水的質量為此時，水對車的沖擊力為F，據動量定理有=1.0×103×10×10-4×102=100N（2分）

47、如圖（1）所示，在光滑的水平面上有甲、乙兩輛小車，質量為30kg的小孩乘甲車以5m/s的速度水平向右勻速運動，甲車的質量為15kg，乙車靜止于甲車滑行的前方，兩車碰撞前后的位移隨時間變化圖象如圖（2）所示。求：

教學課件

（1）甲乙兩車碰撞后的速度大小；（2）乙車的質量；

（3）為了避免甲乙兩車相撞，小孩至少以多大的水平速度從甲車跳到乙車上？ 答案

解：（1）由圖可知，碰撞后甲車的速度大小為乙車的速度大小為v2=3m/s(2)在碰撞過程中，三者組成的系統滿足動量守恒。

解得：(3)設人跳向乙車的速度為v人,由動量守恒定律得 人跳離甲車：人跳至乙車：為使二車避免相撞，應滿足

取“=”時，人跳離甲車的速度最小，48、如圖甲所示，一質量為M的木板靜止在光滑水平地面上，現有一質量為m的小滑塊以一定的速度v0從木板的左端開始向木板的右端滑行，滑塊和木板的水平速度大小隨時間變化的情況如圖乙所示，根據圖像作出如下判斷

①滑塊始終與木板存在相對運動

②滑塊未能滑出木板

③滑塊的質量m大于木板的質量M ④在t1時刻滑塊從木板上滑出 這些判斷正確的是（）

A．①③④ B．②③④

C．②③ D．②④ 答案

A

49、如圖甲所示，光滑的水平地面上固定一長為L＝1.7m的長木板C,板的左端有兩個可視為質點的物塊A和B，其間夾有一根長為1.0m的輕彈簧，彈簧沒有形變，且與物塊不相連。已知，A與木板C、B與木板C的動摩擦因數分別為

和。假設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。現用水平力F作用于A，讓F從零開始逐漸增大，并使B緩慢地向右移動0.5m，使彈簧儲存了彈性勢能E0.問：

教學課件

（1）若彈簧的勁度系數為k＝200N/m，以作用力F為縱坐標，物塊A移動的距離為橫坐標，試通過定量計算在圖乙的坐標系中畫出推力F隨物塊A位移的變化圖線。（2）求出彈簧儲存的彈性勢能E0的大小。

（3）當物塊B緩慢地向右移動了0.5m后，保持A、B兩物塊間距不變，將其間夾有的彈簧更換，使得壓縮量相同的新彈簧儲存的彈性勢能為12E0，之后同時釋放三物體A、B和C，已被壓縮的輕彈簧將A、B向兩邊彈開，求哪一物塊先被彈出木板C？最終C的速度是多大？ 答案

（1）A與C間的摩擦力為

B與C間的摩擦力為

推力F從零逐漸增大，當增大到100N時，物塊A開始向右移動壓縮彈簧（此時B仍然保持靜止），設壓縮量為x，則力當x=0.5m時，力,此時B將緩慢地向右移動。

B移動0.5m后，B離開木板C的右端0.2m，A離開木板C端0.1m。作出力F隨A位移的變化圖線如圖所示。

（2）在物塊B移動前，力F作用于物塊A，壓縮彈簧使彈簧儲存了彈性勢能E0，物塊A移動了s=0.5m,此后物塊AB以相同的速度向右移動，彈簧儲存的彈性勢能不變。設物塊A開始移動0.5m的過程中，力F做功W，由能量守恒有

（3）撤去力F之后，AB兩物塊給木板C的摩擦力的合力為零，故在物塊AB滑離木板C之前，C仍靜止不動。物塊AB整體所受外力的合力也為零，其動量守恒，可得

由題可知，始終有

教學課件 當物塊B在木板C上向右滑動了0.2m，物塊A則向左滑動了0.4m，但A離木板C的左端還有d=0.6m.可見，物塊B先滑離木板C。

并且兩物體的相對位移△s=0.4m+0.2m=0.6m0.5m（彈簧的壓縮量），彈簧儲存的彈性勢能已全部釋放，由能量守恒定律有

由此求出物塊B滑離木板C時A物塊的速度為vA=4m/s 設此后A滑離木板C時，物體A的速度，木板C的速度，有動量守恒定律有由能量守恒有將d=0.6m及有關數據代入上兩式解得：

（

50、如圖所示，在光滑水平長直軌道上有線相連接，其中的質量為，、不合題意舍棄）

兩個絕緣體，它們之間有一根長為的輕質軟，為帶有電荷量為的正電荷。開始用外力把

與

不的質量為帶電，空間存在著方向水平向右的勻強電場，場強大小為并保持靜止，某時刻撤去外力，將有極短時間的相互作用，而后

靠在一起

開始向右運動，直到細線繃緊，當細線被繃緊時，兩物體開始運動，且細線再次松弛。已知

開始運動時的速度等于線剛繃緊前瞬間的速度的。設整個過程中，的電荷量都保持不變。問

（1）細線第一次繃緊前瞬間（2）從的速度多大？

與

是否會相碰？

間開始運動后到細線第二次被繃緊前的過程中，（3）如果能相碰，的位移和相碰前瞬間、的速度各是多少？如果不能相碰，和的位移多大？，的最短距離是多少？細線第二次被繃緊的瞬間答案

（1）設細線第一次繃緊前瞬間的速度為

教學課件 由動能定理得 的速度為，的速度為，因細線繃緊過程所用時間（2）設細線第一次繃緊后的瞬間極短，電場力的沖量

極小，可以忽略不計，根據動量守恒定律有

且有，解得

負號表示速度的方向水平向左

令第一次繃緊后的速度為A

（3）兩者速度相同時，此后再運動繃緊：

解得：

教學課件

又回到第一次繃緊的位置歷時

不會相碰