2025高中物理人教版选修3-5教学资源包（名师同步导学）第十六章 第2节含答案

2025高中物理人教版选修3-5教学资源包（名师同步导学）第十六章第2节动量和动量定理课时分层训练「基础达标练」1．如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以速度2v抽出纸条，则铁块落地点为()A．仍在P点B．在P点左边C．在P点右边不远处D．在P点右边原水平位移的两倍处解析：选B以速度v或2v抽纸条时，纸条给铁块的摩擦力不变，以速度2v抽纸条时，纸条对铁块的作用时间短，对铁块的冲量小，铁块获得的速度小，根据平抛知识可知它的水平射程短，所以落点在P点的左边，故B正确．2．(多选)恒力F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FtC．拉力F对物体的冲量大小是FtcosθD．合力对物体的冲量大小为零解析：选BD对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确．3．(2019·三明一中高二期末)如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1.忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量()A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同解析：选D取拍子击打网球前网球的速度的方向为正方向，根据动量定理得拍子对网球作用力的冲量为：I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，即冲量大小为m(v1＋v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同，故D正确，A、B、C错误．4.(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B在同一水平线上，当A球水平抛出的同时B球自由下落，运动到t＝2s时刻，两球的运动方向夹角为37°(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，不计空气阻力，则()A．当t＝2s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为5∶4B．当t＝2s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为1∶1C．在0～2s过程中，两球的动能改变不同D．在0～2s过程中，两球的动量改变相同解析：选BD因t＝2s时两球竖直向速度相同为vy，重力的功率为P＝mgvy相同，则A错误，B正确；0～2s过程中，下落高度相同，重力做功相同，两球的动能改变相同，则C错误；0～2s过程中，重力的冲量相同，则两球的动量改变相同，则D正确．5．如图，质量为m的小物块，在与水平方向成α角的恒力F作用下，沿光滑水平面运动，通过A点和B点的速度分别为vA和vB(A、B未在图中标出)，其加速度为a，物块由A运动到B的过程中，F对物块所做的功为W，F对物块的冲量为I，以下结论正确的是()A.eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvA2 B．W＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2C．I＝mvB－mvA D．a＝eq\f(F,m)解析：选B从A到B只有F做功，物体的动能一定增大，故A错误；由动能定理可得：F所做的功W＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，故B正确；由动量定理可得：I合＝mvB－mvA；而合外力为F在水平方向上的分量，故F>F合，故F的冲量大于合外力的冲量，故C错误；物体只在水平方向有加速度，则加速度a＝eq\f(Fcosα,m)，故D错误．6．2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤．若飞机的速度为700m/s，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为0.4kg.小鸟与飞机的碰撞时间为2.5×10－4s．则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为()A．104N B．105NC．106N D．107N解析：选C本题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为v＝700m/s，撞击过程可以认为鸟做匀加速直线运动，对鸟，由动量定理得：Ft＝mv－0F＝eq\f(mv,t)＝eq\f(0.4×700,2.5×10－4)N＝1.12×106N，由牛顿第三定律知C正确，A、B、D错误．7.(多选)如图甲所示为一固定光滑足够长的斜面，倾角为30°.质量为0.2kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．6s末物块的速度为零B．物块一直沿斜面向上运动C．0～4s内拉力对物块做的功为20JD．0～6s内拉力对物块的冲量为零解析：选AC在0～2s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin30°＝ma1，解得a1＝5m/s2，在2～4s内，由牛顿第二定律可得－F2－mgsin30°＝ma2，解得a2＝－10m/s2，则物块在0～2s内向上匀加速直线运动，2～3s内向上匀减速直线运动，3s时减少为零，3～4s内向下匀加速直线运动，4～6s内向下匀减速直线运动，6s时速度减为零，故A正确，B错误；在t＝4s时和t＝2s时物块在同一位置，速度等大反向，所以0～4s内拉力对物块做的功等于0～2s内拉力对物块做的功，0～2s内的位移s＝eq\f(1,2)a1t2＝10m，所以0～2s内拉力做的功W＝F1s＝20J，故C正确；0～6s内拉力对物块的冲量I＝F1t1＋F2t2＝(2×4－1×2)N·s＝6N·s，故D错误．8．如图所示，一足球运动员踢一个质量为0.4kg的足球．(1)若开始时足球的速度是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10m/s，方向仍向右(如图甲)，求足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的改变量；(2)若足球以10m/s的速度撞向球门门柱，然后以3m/s速度反向弹回(如图乙)，求这一过程中足球的动量改变量．解析：(1)取向右为正方向，初、末动量分别为p＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，方向向右p′＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右动量的改变量为Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右．(2)取向右为正方向，初、末动量分别为p1＝mv1＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右p2＝mv2＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2kg·m/s，即方向向左，动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，即方向向左．答案：见解析「能力提升练」9．一个轻质弹簧，固定于天花板的O点处，原长为L，如图，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是()A．由B到C的过程中，物块的速度一直减小B．由B到C的过程中，物块的加速度先增加后减小C．由A到C的过程中，物块重力势能的变化量与克服弹力做的功一定相等D．由A到C的过程中，弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量大小相等解析：选A由B到C的过程中，物体受向下的重力和向下的弹力，且随着物块的上升，弹力变大，根据牛顿第二定律可知，物块的加速度逐渐变大，速度一直减小，故A正确，B错误；由A到C根据动能定理：－mghAC－W弹＝0－eq\f(1,2)mvA2，则物块重力势能的变化量与克服弹力做的功不一定相等，故C错误；由A到C根据动量定理：IG＋I弹＝0－(－mv)，则弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量大小不一定相等，故D错误．10．质量m＝0.5kg的质点由静止开始做匀加速直线运动，动量p随位移x变化的关系式为p＝2eq\r(x)(各量均取国际单位)，则此质点()A．加速度为2m/s2B．前2s内动量增加8kg·m/sC．在连续相等时间内，动量增量越来越大D．在通过连续相等的位移时，动量增量可能相等解析：选B根据v2＝2ax得，v＝eq\r(2ax)，则动量p＝mv＝meq\r(2ax)，可知p＝0.5×eq\r(2ax)＝2eq\r(x)，解得质点的加速度为8m/s2，故A错误；2s内物体速度的变化量为Δv＝at＝16m/s，则动量的变化量Δp＝mΔv＝8kg·m/s，故B正确；因为相同时间内速度的变化量相同，则动量的增量一定相等，故C错误；因为相等位移内速度变化量不同，则动量的增加量不等，故D错误．11.如图所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员在此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，则()A．击球前后球动量改变量的方向水平向左B．击球前后球动量改变量的大小是mv2－mv1C．击球前后球动量改变量的大小是mv2＋mv1D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋eq\f(1,2)mv12解析：选C规定向右为正方向，击球前球的动量p1＝－mv1，击球后球的动量p2＝mv2，击球前后球动量改变量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；球离开手时的机械能为mgh＋eq\f(1,2)mv22，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋eq\f(1,2)mv12，故D错误．12．如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上．在t＝0时刻，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则()A．在0到t0时间内，合力的冲量大小为eq\f(1,2)a0t0B．t0时刻，力F等于0C．在0到t0时间内力F大小恒定D．在0到t0时间内物体的动量逐渐变大解析：选D合力F合＝ma是变力，0到t0时间内平均作用力为eq\f(ma,2)，则合力的冲量大小为eq\f(1,2)mat0，则A错误；t0时刻，力F合等于0，F等于摩擦力，则B错误；在0到t0时间内力F大小变小，则C错误；在0到t0时间内物体做加速运动，物体的动量逐渐变大，则D正确．13．如图所示，斜面和水平面之间通过小圆弧平滑连接，质量为m的物体(可视为质点)从斜面上h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平地面上的B点．要使物体能原路返回A点，求在B点物体需要的最小瞬时冲量．解析：物体从A运动到B的过程中，根据动能定理，mgh－Wf＝0物体从B运动到A的过程中，根据动能定理，－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mvB2联立解得vB＝2eq\r(gh)根据动量定理可知，瞬时冲量I＝mvB＝2meq\r(gh).答案：2meq\r(gh)14．如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0J．小物块的动能EkB为0.50J，重力加速度取10m/s2，求：(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；(2)木板的长度L.解析：(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0代入数据解得v0＝3.0m/s.(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0FABt＝mBvB其中FAB＝FBA设A，B相对于C的位移大小分别为sA和sB，有－(FBA＋FCA)sA＝eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mAv02FABsB＝EkB动量与动能之间的关系为mAvA＝eq\r(2mAEkA)mBvB＝eq\r(2mBEkB)木板A的长度L＝sA－sB代入数据解得L＝0.50m.答案：(1)3.0m/s(2)0.50m第十六章第3节动量守恒定律课时分层训练「基础达标练」1．质量相等的三个小球a、b、c，在光滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的A、B、C三球发生碰撞，碰撞后a继续沿原方向运动，b静止，c沿反方向弹回，则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是()A．A球 B．B球C．C球 D．不能确定解析：选C在三个小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根据动量守恒关系式mv0＝mv＋Mv′，整理可得Mv′＝mv0－mv，取初速度方向为正方向，可得出C球的动量数值是最大的，C正确．2．如图所示，光滑半圆槽质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球(质量为m)被细线吊着恰位于槽的边缘处，若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，半圆槽的速度为()A．0 B．向左C．向右 D．不能确定解析：选A把小球m和半圆槽M作为一个系统，因水平面光滑，故系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，当小球滑到另一边的最高点时，小球和半圆槽的速度都为零，故A正确．3．(2019·杭州期末)在光滑的水平面上运动的两个小球发生正碰，下列说法正确的是()A．碰撞之前，被碰小球的动量一定比另一小球的动量小B．碰撞前后，被碰小球的速度一定变大C．碰撞前后，两小球的动量变化量一定大小相等，方向相反D．碰撞前后，被碰小球的动量一定变大解析：选C两球组成的系统所受合外力为零，碰撞前后，系统动量守恒，碰撞之前，两小球的动量无法比较，A选项错误；碰撞前后，两小球动量变化量的大小相等，方向相反，碰撞后，被碰小球的速度不一定增大，动量不一定增大，B、D选项错误，C选项正确．4．足够深的水池中有质量相等木块和铁块用细绳栓连后在水里悬浮．现剪断细绳，在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，若只考虑重力和浮力，对于铁块与木块构成的系统，下列说法正确的是()A．动量守恒，机械能增加B．动量守恒，机械能减少C．动量守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能守恒解析：选A木块和铁块用细绳栓连后在水里悬浮，木块与铁块组成的系统所受合外力为零，在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，根据F＝ρgv排，系统受到的浮力不变，重力也不变，所以系统合力为零，系统动量守恒；在整个过程中木块受到的浮力大于铁块所受浮力，浮力对木块做的正功多．根据机械能守恒条件可知，系统机械能增加，故A正确，B、C、D错误．5．如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞，n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为()A．v0，水平向右 B．0C.eq\f(mv0,M＋m)，水平向右 D.eq\f(Mv0,M－m)，水平向右解析：选C物体和车厢组成的系统所受的合力为零，物体与小车发生n次碰撞的过程中系统的动量守恒，只需考虑初、末状态，可忽略中间过程，则m的初速度为v1＝v0，M的初速度为v2＝0；作用后它们的末速度相同，即v1′＝v2′＝v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,m＋M)，方向与v0相同，水平向右，C正确．6．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有n个质量为m的小球，现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，比较这两种方式抛完小球后小车的最终速度()A．第一种较大 B．第二种较大C．两种一样大 D．不能确定解析：选C抛球的过程动量守恒，第一种方式全部抛出，取向右为正方向，0＝nmv－Mv′，得v′＝eq\f(nmv,M)；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，每抛出一个小球列动量守恒方程，由数学归纳的思想可得v′＝eq\f(nmv,M)，C正确．7．两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t＝4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示，从图中的信息可知()A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大D．木块B的质量是木块C质量的eq\f(1,4)解析：选D由x­t图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，A错误；木块都与弹簧分离后B的速度为v1＝eq\f(10－4,6－4)m/s＝3m/s，C的速度为v2＝eq\f(5－4,6－4)m/s＝0.5m/s，细线未断前B、C的速度均为v0＝1m/s，由于系统所受合外力之和为零，故系统前后的动量守恒：(mB＋mC)v0＝mBv1＋mCv2，计算得B、C的质量比为1∶4，D正确，B错误；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，C错误．8．质量M＝1.8kg的木块静止在光滑水平地面上，一质量m＝0.1kg的子弹以v0＝100m/s的初速度在距地5cm高度水平瞬间穿过木块，穿出时速度为10m/s，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)子弹穿过木块后木块速度为多大；(2)子弹着地瞬间子弹与木块间水平距离为多大．解析：(1)子弹射穿木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，代入数据解得v2＝5m/s.(2)子弹射出木块后做平抛运动，木块做匀速直线运动，竖直方向：h＝eq\f(1,2)gt2，子弹落地时，子弹与木块间的距离：d＝v1t－v2t，代入数据解得d＝0.5m.答案：(1)5m/s(2)0.5m「能力提升练」9．如图所示，在光滑水平面上，用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上，已知mA<mB，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将()A．静止 B．向右运动C．向左运动 D．无法确定解析：选A选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零，初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，所以选项A正确．10．如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球．开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放．在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是()A．小车和小球系统动量守恒B．小球摆到最低点时，小车的速度最大C．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动D．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动解析：选B小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故A错误；小球从图示位置下摆到最低点过程中，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大．当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与题图所示位置相对称的位置时，小车静止．故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故B正确，C、D错误．11．(多选)如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是()A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速解析：选AC小车和木块组成的系统动量守恒．若小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速，小车先减速后匀速，若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先减速再加速后匀速．12．(多选)带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则()A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为eq\f(1,2)Mv02D．小球在弧形槽上上升的最大高度为eq\f(v02,2g)解析：选BC小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：Mv0＝2Mv′①eq\f(1,2)Mv02＝2×eq\f(1,2)Mv′2＋Mgh②联立①②得h＝eq\f(v02,4g)，故D错误；从小球滚上到滚下并离开小车，系统在水平方向上的动量守恒，由于无摩擦力做功，动能守恒且小球与圆滑轨道质量相等，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，故B、C对，A错．13．如图所示，带有半径为R的eq\f(1,4)光滑圆弧的小车其质量为M，置于光滑水平面上，一质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止释放，则球离开小车时，球和车的速度分别为多少？(重力加速度为g)解析：球和车组成的系统在水平方向动量守恒，设球、车分离时，球的速度大小为v1，方向向左，车的速度大小为v2，方向向右，mv1－Mv2＝0由机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得v1＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))，v2＝meq\r(\f(2gR,MM＋m)).答案：eq\r(\f(2MgR,M＋m))，方向向左meq\r(\f(2gR,MM＋m))，方向向右14．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(2)A和B整体在桌面上滑动的距离l.解析：(1)滑块A从圆弧轨道最高点到最低点的过程中机械能守恒mgR＝eq\f(1,2)mv2滑块A、B相碰动量守恒mv＝2mv′得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝eq\f(1,2)v＝1m/s.(2)根据动能定理eq\f(1,2)(2m)v′2＝μ(2m)gl得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝eq\f(v′2,2μg)＝0.25m.答案：(1)1m/s(2)0.25m第十六章第4节碰撞课时分层训练「基础达标练」1．在光滑水平面上相向运动的A、B两小球发生正碰后一起沿A原来的速度方向运动，这说明原来()A．A球的质量一定大于B球的质量B．A球的速度一定大于B球的速度C．A球的动量一定大于B球的动量D．A球的动能一定大于B球的动能解析：选C在碰撞过程中，A、B两小球组成的系统动量守恒．碰撞后两球一起沿A原来的速度方向运动，说明系统的总动量沿A原来的速度方向，由动量守恒定律可知，碰撞前A的动量一定大于B的动量．由p＝mv知：由于不知道两球的速度关系，所以无法判断两球的质量关系，也不能判断动能关系，故A、B、D错误，C正确．2．如图所示，光滑水平地面上有两个大小相同、质量不等的小球A和B，A以3m/s的速率向右运动，B以1m/s的速率向左运动，发生正碰后都以2m/s的速率反弹，则A、B两球的质量之比为()A．3∶5 B．2∶3C．1∶2 D．1∶3解析：选A两球碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝mBvB′－mAvA′，代入数据解得：mA∶mB＝3∶5，故A正确，B、C、D错误．3．(多选)质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则()A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，两物块及弹簧组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0D．甲物块的速率可能达到5m/s解析：选AC甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，甲、乙两物块及弹簧组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律有：mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5m/s，故B错误；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，则由mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝2m/s；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，则由mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝0，故C正确；若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝6m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，解得v乙′＝－4m/s，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故D错误．4．如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球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，它们能上升的最大高度是()A．h B.eq\f(1,2)hC.eq\f(1,4)h D.eq\f(1,8)h解析：选C对A由机械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh).对碰撞过程由动量守恒有mv＝2mv′，得v′＝eq\f(\r(2gh),2).对整体设上升的最大高度为h′，则由机械能守恒有2mgh′＝eq\f(1,2)·2mv′2，解得h′＝eq\f(h,4)，C正确．5．如图所示，木块A、B的质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为()A．4J B．8JC．16J D．32J解析：选BA、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得mAvA＝(mA＋mB)v代入数据解得v＝eq\f(mAvA,mA＋mB)＝2m/s所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝8J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8J，故B选项正确．6．如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e＝eq\f(v1－v2,v0－0)，下列选项正确的是()A．e＝1 B．e＝eq\f(1,2)C．e＝eq\f(1,3) D．e＝eq\f(1,4)解析：选A两球碰撞过程中，组成的系统动量守恒，碰撞为弹性碰撞．以B球的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，2mv0＝mv1＋2mv2，根据机械能守恒定律可知，eq\f(1,2)×2mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，解得v1＝eq\f(4,3)v0，v2＝eq\f(1,3)v0，恢复系数e＝eq\f(v1－v2,v0－0)＝1，A选项正确，B、C、D选项错误．7．(多选)(2018·福建三明一中高二期末)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x­t图象．已知m1＝0.1kg.由此可以判断()A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．由动量守恒可以算出m2＝0.2kgD．碰撞过程中系统机械能未损失解析：选AD由x­t(位移—时间)图线的斜率表示速度可知，碰前m2的位移不随时间的变化而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝eq\f(Δx,Δt)＝4m/s，方向只有向右才能与m2相碰，故A正确；由题图乙读出，碰后m2向右运动，m1向左运动，故B错误；由题图乙求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′＋m1v1′，解得m2＝0.3kg，故C错误；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2，代入数据解得ΔE＝0J，故D正确．8.如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：(1)碰撞后小球A和小球B的速度大小；(2)小球B掉入小车后的速度大小．解析：(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝mAv1＋mBv2碰撞过程中系统机械能守恒，有eq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22解得v1＝－eq\f(1,5)v0，v2＝eq\f(4,5)v0，碰后A球向左运动，B球向右运动．(2)B球掉入小车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mBv2－m车v3＝(mB＋m车)v3′解得v3′＝eq\f(1,10)v0.答案：(1)eq\f(1,5)v0eq\f(4,5)v0(2)eq\f(1,10)v0「能力提升练」9．如图所示，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是()解析：选A物块b与弹簧相互作用的过程中，弹簧先被压缩后恢复原长，弹力先逐渐增大后逐渐减小，两物体的加速度先增大后减小，p­t图象的斜率先增大后减小，A选项不合理；物块b与弹簧接触后，压缩弹簧，b做减速运动，a做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小，可能出现b反弹的现象，B选项合理；物块a、b质量相等，则可以出现符合C选项的运动过程，C选项合理；物块a的质量很小，可能出现符合D选项的运动过程，D选项合理．10．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图(a)所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．若碰撞前、后两壶的v­t图象如图(b)所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是()A．两壶发生弹性碰撞B．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1mC．蓝壶受到的滑动摩擦力较大D．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.1m/s2解析：选B设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.4m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6m/s；碰撞前两壶的总动能为Ek1＝eq\f(1,2)mv02＝0.5m.碰撞后两壶的总动能为Ek2＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2＝0.26m<Ek1，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.2－1.0,1)m/s2＝0.2m/s2，根据图(b)知，蓝壶停止运动的时刻为t＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(1.2,0.2)s＝6s，速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为s＝eq\f(0.6×5,2)m－eq\f(0.4×2,2)m＝1.1m，故B正确；根据v­t图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故C错误；碰后蓝壶的加速度大小为a′＝eq\f(v,t)＝eq\f(0.6,6－1)m/s2＝0.12m/s2，故D错误．11．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A、B的质量分别为2kg和4kg，A的动量是6kg·m/s，B的动量是8kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞后，A、B两球动量可能值分别为()A．4kg·m/s,10kg·m/sB．－6kg·m/s,20kg·m/sC．10kg·m/s,4kg·m/sD．5kg·m/s,9kg·m/s解析：选A选项A碰后vA′＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s，VB′＝eq\f(10,4)m/s＝2.5m/s，vA′＜vB′且碰前动能eq\f(pA2,2mA)＋eq\f(pB2,2mB)＞eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，A正确；B选项碰后动能大于碰前动能，B错误；C选项碰后vA′＝eq\f(10,2)m/s＝5m/s，vB′＝eq\f(4,4)m/s＝1m/s，vA′＞vB′，会发生第二次碰撞，C错误；同理D选项错误．12．如图所示，轨道AOB光滑且在O处平滑相接，B点右侧为粗糙水平面．有两个材料及表面粗糙程度均相同的小物块P、Q，其中物块P的质量为0.9kg，把物块P从斜面上0.8m高处由静止释放，运动至粗糙水平面上的C点处速度恰好减为零，BC长为1m；若把物块Q置于B点，物块P仍从斜面上0.8m高处由静止释放，物块P、Q碰撞后，在粗糙水平面上的位移分别为0.64m、0.81m．已知重力加速度g＝10m/s2，则物块与水平面间的动摩擦因数μ及物块Q的质量M分别为()A．μ＝0.4，M＝0.2kg B．μ＝0.4，M＝0.4kgC．μ＝0.8，M＝0.2kg D．μ＝0.8，M＝0.4kg解析：选C把物块P从斜面上0.8m高处由静止释放，运动至粗糙水平面上的C点处速度恰好减为零，根据动能定理可得mgh－μmgLBC＝0代入数据解得μ＝0.8；P滑到底端的速度为v0＝eq\r(2gh)＝4m/s，碰后P的速度为v1，则有eq\f(1,2)mv12＝μmgL1，则有v1＝eq\r(2μgL1)＝eq\r(2×0.8×10×0.64)m/s＝3.2m/s碰后Q的速度为v2，则有eq\f(1,2)Mv22＝μMgL2，则有v2＝eq\r(2μgL2)＝eq\r(2×0.8×10×0.81)m/s＝3.6m/s碰撞过程中根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1＋Mv2联立解得M＝0.2kg，故C正确，A、B、D错误．13．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？解析：(1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv0＝(M＋m)v′，则v′＝eq\f(Mv0,M＋m).(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v′2解得x相＝eq\f(Mv02,2μgM＋m).(3)由能量守恒定律可得，Q＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(Mmv02,2M＋m).答案：(1)eq\f(Mv0,M＋m)(2)eq\f(Mv02,2μgM＋m)(3)eq\f(Mmv02,2M＋m)14．如图所示，一质量M＝2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3m处由静止释放一质量mA＝1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g，求：(1)小球A滑到水平轨道上时速度的大小；(2)小球B的质量．解析：(1)小球A在圆弧轨道上运动的过程中，小球A和圆弧轨道组成的系统水平方向上的动量守恒．选取向右为正方向，根据动量守恒定律可知，mAv1＝Mv根据能量守恒定律可知，mAgh＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)Mv2联立解得v1＝2m/s，v＝1m/s.小球A滑到水平轨道上时速度的大小为2m/s.(2)小球A、B碰撞过程中，动量守恒，mAv1＝－mAv1′＋mBv2根据题意可知，v1′＝v＝1m/sA、B系统能量守恒，eq\f(1,2)mAv12＝eq\f(1,2)mAv1′2＋eq\f(1,2)mBv22解得mB＝3kg.答案：(1)2m/s(2)3kg第十六章第5节反冲运动火箭课时分层训练「基础达标练」1．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲向前运动，下列方法中可行的是()A．向后踢腿 B．手臂向后甩C．在冰面上滚动 D．脱下外衣向后水平抛出解析：选D脱下外衣向后水平抛出，由于反冲作用，人将向前运动，D可行；A、B、C项措施均不可行．2．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．对抛出部分和剩余部分牛顿第二定律都适用解析：选D反冲运动是指由于内力作用，系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动，反冲运动过程动量守恒，两部分物体之间的质量关系与是否发生反冲没有关系，故选项A错误；在反冲运动中，两部分物体之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故选项B错误；在反冲运动中，牛顿第二定律和牛顿第三定律均适用，故选项C错误，选项D正确．3．如图所示，物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内()A．A的速率始终等于B的速率B．A的动量大小大于B的动量大小C．A受的合力大小大于B受的合力大小D．A的动量不等于B的动量解析：选D物体A和B组成的系统满足反冲模型，根据动量守恒定律可知，A的动量大小等于B的动量大小，mAvA＝mBvB，eq\f(vA,vB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,2)，故A、B选项错误；两者之间存在相互作用力，A受到的合力大小等于B受到的合力大小，故C选项错误；A的动量与B的动量大小相等，方向相反，即A的动量不等于B的动量，故D选项正确．4．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是()A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭解析：选B火箭的工作原理是反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故选项B正确．5．某人在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v0，子弹打入靶中且留在靶里，在射完n颗子弹后时，小船的最终速度为()A．0 B.eq\f(nmv0,M)C.eq\f(mv0,M) D.eq\f(nmv0,M＋nm)解析：选A以船、人连同枪、靶以及枪内n颗子弹组成的系统为研究的对象，水平方向上动量守恒．以子弹的初速度方向为正方向，射击前系统的总动量为0，由动量守恒定律可知，子弹射入靶中后系统的总动量也为零，所以小船的最终速度为0，A选项正确．6．如图所示，质量为M的小船在静止水平面上以速度v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析：选C根据动量守恒定律，以水平向右为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故选项C正确．7．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，一位同学想用一个卷尺粗略测出它的质量．他轻轻从船尾走向船头，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d和船长L，又知他的质量为m，则小船的质量为(不计湖水的阻力)()A.eq\f(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)解析：选B设人的位移为s人，船的位移为d＝L－s人，如图所示：以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，可得：meq\f(s人,t)＝Meq\f(d,t)，解得船的质量为M＝eq\f(mL－d,d)，故B对，A、C、D错．8．某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力．现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在某段时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则喷射出质量为Δm的气体后小船的速度是多少？解析：由动量守恒定律得：0＝(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1解得v船＝eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm).答案：eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm)「能力提升练」9．(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移，则()A．若两人质量相等，必有v甲>v乙B．若两人质量相等，必有v甲<v乙C．若两人速率相等，必有m甲>m乙D．若两人速率相等，必有m甲<m乙解析：选AC甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒，且总动量为零，甲动量方向向右，小车动量方向向左，说明|p甲|＝|p乙|＋|p车|，即m甲v甲>m乙v乙，若m甲＝m乙，则v甲>v乙，A对，B错；若v甲＝v乙，则m甲>m乙，C对，D错．10．如图所示，质量为M、底边长为a的三角形木块A置于光滑水平面上，在A的顶部有一质量为m、底边长为b的三角形木块B.若B从A的顶端由静止滑至底部，则A后退的距离为()A.eq\f(ma,M＋m) B.eq\f(Ma,M＋m)C.eq\f(ma－b,M＋m) D.eq\f(Ma－b,M＋m)解析：选C由A、B组成的系统在相互作用的过程中水平方向动量守恒，且水平方向上初态总动量为0，在水平方向属于人船模型．设木块B滑至底部的过程向左滑行的水平距离为L2，木块A后退的距离为L1，有ML1＝mL2且L1＋L2＝a－b，解得L1＝eq\f(m,M＋m)(a－b)，C正确．11．(多选)如图所示，质量M＝2kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r＝0.6m．现有一个质量m＝1kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲量I＝2N·s，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则()A．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒B．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒C．物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是0.4mD．物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2m解析：选ACD机械能守恒的条件是只有重力做功，在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，A选项正确；在A、B间存在相互作用的过程中，竖直方向上存在加速度，系统合外力不为零，动量不守恒，B选项错误；物块B从槽口右端运动到左端时，根据水平方向动量守恒可知，m·(2r－x)＝Mx，解得x＝0.4m，C选项正确；研究物块B，根据动量定理可知，I＝mv0，解得v0＝2m/s，B到达左侧最高点时，物体A的速度为零，根据能量守恒定律可知，mgh＝eq\f(1,2)mv02，解得h＝0.2m，D选项正确．12．(多选)小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车与C都处于静止状态且C到B的距离为L，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是()A．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为eq\f(m,M)vC．小车向左运动的最大位移为eq\f(mL,M＋m)D．小车向左运动的最大位移为eq\f(m,M)L解析：选BC小车和木块C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程中动量守恒，但粘接过程中有机械能损失，A错误；由动量守恒可得：Mv′－mv＝0，则小车对地速度v′＝eq\f(m,M)v，B正确；由“人船模型”可得：Md＝m(L－d)，所以小车向左的位移d＝eq\f(mL,M＋m)，C正确，D错误．13．如图所示，一质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中央，试问玩具蛙对地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上(重力加速度为g)?解析：蛙和车组成的系统在水平方向动量守恒，则蛙和车的动量大小的关系为Mv′－mv＝0蛙下落时间t＝eq\r(\f(2h,g))若蛙恰好落地，则有v′t＋vt＝eq\f(L,2)解得v＝eq\f(ML,2M＋m)eq\r(\f(g,2h)).答案：eq\f(ML,2M＋m)eq\r(\f(g,2h))14．甲、乙两只小船的质量均为M＝120kg，静止于水面上，甲船上的人质量m＝60kg，通过一根长为L＝10m的绳用F＝120N的力水平拉乙船，求：(1)两船相遇时，两船分别移动了多少距离；(2)为防止两船相撞，人至少应以多大的速度从甲船跳到乙船．(忽略水的阻力)解析：(1)由“人船模型”特点，水平方向动量守恒：(M＋m)eq\f(x甲,t)＝Meq\f(x乙,t)x甲＋x乙＝L解得x甲＝4m，x乙＝6m.(2)设相遇时甲船速度为v1，乙船速度为v2，人跳离时的速度大小为v.因相遇前甲、乙两船受到力的大小及力的作用时间都相等，由动量定理可知甲、乙两船动量大小相等，即(M＋m)v1＝Mv2由动能定理得Fx甲＝eq\f(1,2)(M＋m)v12人跳离后至少需甲、乙船均停下，对人和甲船组成的系统由动量守恒定律有(M＋m)v1＝0＋mv解得v＝4eq\r(3)m/s.答案：(1)4m6m(2)4eq\r(3)m/s第十六章习题课动量守恒定律的综合应用课时分层训练「基础达标练」1．如图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体发生正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中正确的是()A．P的速度恰好为零B．P与Q具有相同的速度C．Q刚开始运动D．Q的速度等于v解析：选BP物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，故B正确，A、C错误；由于作用过程中动量守恒，设速度相同时的共同速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝eq\f(v,2)，故D错误．2．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则()A．木块的最终速度为eq\f(m,M＋m)v0B．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C．车上表面越粗糙，木块减少的动量越多D．车上表面越粗糙，小车获得的动量越多解析：选A因水平面光滑，则木块滑上小车后，小车和木块组成的系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，得最终速度v＝eq\f(mv0,M＋m)，A正确，B错误；木块减少的动量为p木减＝mv0－mv＝eq\f(Mmv0,M＋m)，与车上表面粗糙程度无关，C错误；小车获得的动量为p车增＝Mv＝eq\f(Mmv0,M＋m)，与车上表面粗糙程度无关，D错误．3．(多选)如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m.现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是()A．B球动能的最大值是eq\f(1,2)mv02B．B球动能的最大值是eq\f(1,8)mv02C．系统动能的最小值是0D．系统动能的最小值是eq\f(1,4)mv02解析：选AD当两球发生完全弹性碰撞时，A球静止，B球的动能最大，A正确，B错误；当两球相碰后共同运动时，损失的能量最多，系统动能最小，系统动能的最小值是eq\f(1,4)mv02，C错误，D正确．4．(多选)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁．用水平力向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E.在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是()A．从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒B．从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒C．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为eq\f(E,3)D．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E解析：选ACA离开墙壁前，墙壁对A有弹力，这个弹力虽不做功，但对A有冲量，因此系统动量不守恒，机械能守恒，选项A正确，B错误；由系统机械能守恒可得：E＝eq\f(1,2)×2mvB2①A脱离墙面后速度逐渐增加，B速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均守恒．有：动量守恒：2mvB＝(m＋2m)v②机械能守恒：Epmax＝eq\f(1,2)(2m)vB2－eq\f(1,2)(m＋2m)v2③由①②③可解得Epmax＝eq\f(E,3)，选项C正确，D错误．5．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，B球静止，A球向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于()A.eq\r(\f(Ep,m)) B.eq\r(\f(2Ep,m))C．2eq\r(\f(Ep,m)) D．2eq\r(\f(2Ep,m))解析：选C两球压缩最紧时速度相等，mvA＝2mv；弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)×2mv2；解得vA＝2eq\r(\f(Ep,m))，故C正确．6.如图所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A(可视为质点)，同时给A和B以大小均为2.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，要使小木块A不滑离长木板B板，已知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.6，则长木板B的最小长度为()A．1.2m B．0.8mC．1.0m D．1.5m解析：选C当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)v解得v＝1m/s；由能量关系可知：μmgL＝eq\f(1,2)(M＋m)v02－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得L＝1.0m，故C正确，A、B、D错误．7．如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量MA＝1kg，B的质量MB＝4kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A以v＝5m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开．则()A．物块A的加速度一直在减小，物块B的加速度一直在增大 B．作用过程中弹簧的最大弹性势能Ep＝2J C．滑块A的最小动能为EkA＝4.5J，滑块B的最大动能为EkB＝8J D．若滑块A的质量MA＝4kg，B的质量MB＝1kg，滑块A的最小动能为EkA＝18J，滑块B的最大动能为EkB＝32J解析：选D弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A错误；当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同．选取向右为正方向，根据动量守恒定律：MAv＝(MA＋MB)v′，解得v′＝1m/s.根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A、B损失的动能，为Ep＝eq\f(1,2)MAv2－eq\f(1,2)(MA＋MB)v′2，解得Ep＝10J，故B错误；当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得：MAv＝MAvA＋MBvB①，eq\f(1,2)MAv2＝eq\f(1,2)MAvA2＋eq\f(1,2)MBvB2②，联立①②两式可得：vA＝－3m/s，vB＝2m/s，所以滑块A的最小动能为EkA＝0.滑块B的最大动能为EkB＝eq\f(1,2)MBvB2＝8J，故C错误；若滑块A的质量MA＝4kg，B的质量MB＝1kg，同理可得，当A、B分离时，A、B的速度分别为vA＝3m/s，vB＝8m/s，滑块A的最小动能为EkA＝eq\f(1,2)MAvA2＝18J，滑块B的最大动能为EkB＝eq\f(1,2)MBvB2＝32J，故D正确．8．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视做质点，质量分别为2m和m.Q与轻质弹簧相连(弹簧处于原长)．设开始时P和Q分别以2v和v初速度向右匀速运动，当小滑块P追上小滑块Q与弹簧发生相互作用，在以后运动过程中，求：(1)弹簧具有的最大弹性势能？(2)小滑块Q的最大速度？解析：(1)P、Q通过弹簧发生碰撞，当两滑块速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设此时共同速度为v′.对P、Q(包括弹簧)组成的系统，由动量守恒定律有：2m×2v＋mv＝(2m＋m)v′解得v′＝eq\f(5,3)v根据机械能守恒定律可得：弹簧具有的最大弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)×2m(2v)2＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×3mv′2＝eq\f(1,3)mv2.(2)当弹簧恢复原长时Q的速度最大，设此时P的速度为v1，Q的速度为v2，根据动量守恒定律可得：2m·2v＋mv＝2mv1＋mv2根据机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)×2m(2v)2＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)mv22联立解得v2＝eq\f(7,3)v.答案：(1)eq\f(1,3)mv2(2)eq\f(7,3)v「能力提升练」9．(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性碰撞的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL解析：选BD根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝eq\f(mv,M＋m)，损失的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(mM,2m＋M)v2，故B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，故D正确．10．(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程相比较()A．射入滑块A的子弹速度变化大B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C．两个过程中系统产生的热量相同D．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍解析：选BC设子弹的初速度为v，子弹和滑块的共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有：mv＝(M＋m)v′，解得v′＝eq\f(mv,M＋m)；由于两矩形滑块A、B的质量相同，故两种情况中最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，故A错误；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为eq\f(mv,M＋m)，故动量变化量相等，根据动量定理可知，整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，故B正确；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，则两个过程中系统产生的热量相同，故C正确；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做功等于动能的变化量，则射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功，故D错误．11．(2018·宜宾模拟)如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动，若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是()A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为eq\f(mv02,72)D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为eq\f(v02,72g)解析：选D初态时，细绳的拉力等于砂袋的重力，弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度增大，做圆周运动，细绳拉力与砂袋的重力的合力提供向心力，拉力增大，A选项错误；弹丸打入砂袋过程中，弹丸和砂袋组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，B选项错误；弹丸打入砂袋过程中，初速度方向为正，根据动量守恒定律可知，mv0＝(m＋5m)v，根据能量守恒定律可知，产生的热量Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋5m)v2＝eq\f(5,12)mv02，C选项错误；弹丸打入砂袋后，系统机械能守恒eq\f(1,2)(m＋5m)v2＝(m＋5m)gh，解得最大高度h＝eq\f(v02,72g)，D选项正确．12．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车，关于这个过程，下列说法正确的是()A．小球滑离小车时，小车回到原来位置B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC．车上管道中心线最高点距小车上表面的竖直高度为eq\f(v2,3g)D．小球在滑上小车到管道最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq\f(mv,2)解析：选BC小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和轨道之间相对速度为0，则小球和小车组成的系统水平方向动量守恒mv＝(m＋2m)v′，v′＝eq\f(v,3).Δp车＝2m·eq\f(v,3)＝eq\f(2,3)mv，D选项错误；由功能关系知mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·3mv′2，得H＝eq\f(v2,3g)，C选项正确；小球滑离小车：mv＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，解得v1＝－eq\f(v,3)，v2＝eq\f(2,3)v，小球相对小车的速度Δv＝v1－v2＝－v，B选项正确；在整个过程中小车一直向右运动，A选项错误．13．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他乘的冰车质量之和为M＝30kg，乙和他乘的冰车质量之和也是30kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15kg的箱子，共同以速度v0＝2.0m/s滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙面前时，乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于冰面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．解析：取甲开始运动的方向为正方向，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，以甲和箱子为系统，则由动量守恒定律得(m＋M)v0＝Mv1＋mv设乙抓住箱子后其速度为v2，取箱子和乙为系统，则由动量守恒定律得mv－Mv0＝(m＋M)v2而甲、乙不相撞的条件是v2≥v1，当v1＝v2时，甲推出箱子的速度最小，联立以上各式可得v＝＝5.2m/s，即甲至少要以5.2m/s的速度将箱子推出，才能避免与乙相撞．答案：5.2m/s14．如图所示，水平轨道Q点左侧粗糙，Q点右侧光滑，轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A在P点以初速度v0向右运动，运动到Q点与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．已知A与粗糙水平面间的动摩擦因数为μ，P、Q间距离为L.求(1)碰前瞬间A的速度大小v；(2)A与B碰撞过程系统损失的机械能．解析：(1)A从P到Q过程由动能定理得：－μmAgL＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)mAv02解得v＝eq\r(v02－2μgL).(2)设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v共，由动量守恒定律对A、B木块：mAv＝mAvA＋mBvB对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v共由最后A与B间的距离保持不变，可知vA＝v共A与B碰撞过程系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mBvB2解得ΔE＝eq\f(6mv02－2μgL,25).答案：(1)eq\r(v02－2μgL)(2)eq\f(6mv02－2μgL,25)第十六章章末高考真题链接1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10N B．102NC．103N D．104N解析：选C对于鸡蛋撞击地面前的下落过程，根据动能定理：mgh＝eq\f(1,2)mv2；对于鸡蛋撞击地面的过程，设向下为正，由动量定理可得：mgt