学年度高二物理人教版选修35第十六章动量守恒定律单元练习文档格式.docx
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D.小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
7.如图所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v-t图象，小球质量为0.5kg，重力加速度g=10m/s2，根据图象可知（ ）
A.横坐标每一小格表示的时间是0.1s
B.小球第一次反弹的最大高度为1.25m
C.小球下落的初始位置离地面的高度为1.25m
D.小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55N
8.
如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是（ ）
A.到达底端的速度大小不相等
B.重力的冲量都相同
C.物体动量的变化率都相同
D.沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间
9.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态，现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图既示．g取10m/s2．则下列说法正确的是（ ）
A.M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
B.弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N•s
C.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N•s
D.若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
10.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靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
11.几个水球可以挡住一颗子弹？
（国家地理频道）的实验结果是：
四个水球足够！
完全相同的水球紧挨在-起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是（ ）
A.子弹在每个水球中的速度变化相同
B.子弹在每个水球中运动的时间不同
C.每个水球对子弹的冲量不同
D.子弹在毎个水球中的动能变化相同
12.下列属于反冲运动的是（ ）
A.汽车的运动B.直升飞机的运动
C.火箭的运动D.反击式水轮机的运动
三、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）
13.
某同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．
①实验中必须要求的条件是______
A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
②在以下选项中，哪些是本实验必须进行的测量______（填选项目编号）
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点P到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球落点M到O点的距离
C．A球与B球碰撞后，测量B球落点N到O点的距离
D．测量A球或B球的直径
E．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）
F．测量释放点G相对水平槽面的高度
G．测量水平槽面离地的高度．
四、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
14.水平面上静止着两个大小可忽略的物块A和B，A的质量是B的3倍，B与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3，A与水平面之间无摩擦力．现给A一水平向右的速度v0=5m/s，A、B两物体发生弹性碰撞，取g=10m/s2．求：
（1）两物块第一次相碰后的速度？
（2）经过多长时间再次碰撞？
15.如图所示，在离地4h的平台边缘放一个小球A，在其左侧有一个摆球B，当B球从离平台h高处由静止释放到达最低点时，恰能与A球发生正碰撞，使A球水平抛出，若A球落地时距离平台边缘4h，B球碰撞后能上升到离平台的高度
，求
（1）碰撞后A球水平抛出时的速度．（已知重力加速度为g）
（2）A、B两球的质量之比
．
答案和解析
【答案】
1.C2.C3.C4.B5.B6.D7.AB
8.AB9.BC10.BD11.BCD12.CD
13.BD；
ABCE
14.解：
（1）AB发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0=mAvA+mBvB，
由能量守恒定律得：
mAv02=
mAvA2+
mBvB2，
由题意可知：
mA=3mB
解得：
vA=2.5m/s，vB=7.5m/s；
（2）第一次相碰后，A做匀速直线运动，B做匀减速直线运动，B的加速度大小为：
a=
=μg=0.3×
10=3m/s2，
从碰后到B停下来所用时间为：
tB=
=
=2.5s，
从碰后到B停下来运动距离为：
xB=
=9.375m，
这段时间A运动的距离为：
xA=vAtB=2.5×
2.5=6.25m，
所以碰后A再追上B发生碰撞所用的时间为：
t=
=3.75s；
答：
（1）两物块第一次相碰后的速度分别为：
2.5m/s、7.5m/s．
（2）经过3.75s再次碰撞．
15.解：
（1）碰撞后A球做平抛运动，小球A在水平方向上：
4h=vAt，
在竖直方向上：
解得A球碰后速度为
（2）设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为vB，则有：
及
若B球碰撞后向右运动，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBv0=mB（vB）+mAvA
解得两球的质量比为：
此条件下系统机械能损失为：
，因碰撞过程机械能不能增加，结论合理．
若B球碰撞后向左运动，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBv0=mB（-vB）+mAvA
此条件下系统机械能增加量为：
，因碰撞过程机械能不能增加，故不合理，应舍去．
（1）碰撞后A球水平抛出时的速度是
是
．
【解析】
1.解：
AC、鸡蛋从同一高度掉下，与水泥地和海绵垫接触前瞬间速度相同，动量相同，最终动量都变为零，可知动量变化量相同，故A错误，C正确．
B、根据动量定理知，动量变化量相同，所以鸡蛋所受合外力的冲量相等，故B错误．
D、根据动量定理知，动量变化量相同，落在石块上作用的时间短，则动量变化率大些，故D错误．
故选：
C
鸡蛋从同一高度掉下，落在水泥地上，鸡蛋与水泥地作用时间短，而落在海绵垫上，鸡蛋与海绵垫作用时间长，根据速度关系，分析动量和动量变化的关系，根据动量定理分析鸡蛋所受冲量关系和冲力的关系．
本题应用动量定理分析生活现象，要抓住相等的条件进行分析．常见问题，比较简单．
2.解：
ABC、小球平抛后落在台阶上，落到台阶上瞬间的速度方向斜向下，反弹后做斜抛运动，即竖直向上做匀减速直线运动，加速度为重力加速度，水平方向上做匀速运动，由题意知每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，所以小球在运动过程中不受空气阻力，小球与台阶碰撞过程中不受摩擦力作用；
因在每级台阶上弹起的高度相同，所以存在机械能损失，碰撞不是弹性碰撞，所以小球落到每级台阶前瞬间的速度相等，由于小球每次弹起，竖直向上做加速度为重力加速度的匀减速直线运动，而每级台阶上弹起的高度相同，由逆向思维可得：
h=
gt2，所以小球在相邻台阶间运动的时间不变，故C正确，AB错误；
D、由于在上升过程重力做负功，同时碰撞中存在能量损失，所以小球不可能原路返回，故D错误．
C．
由题意分析可知小球落在落在台阶上弹起后做斜抛运动，分运动是竖直向上做加速度为重力加速度的匀减速直线运动，水平方向上做匀速运动．根据题干每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，可得小球运动过程中机械能守恒；
知道弹性碰撞中机械能不会出现损失．
解答此题的关键是知道小球落在落在台阶上弹起后做斜抛运动，理解斜抛运动的两个分运动和机械能守恒的条件；
同时注意弹性碰撞时能量不会损失．
3.解：
A、合力的冲量等于动量的变化量，0～t0时间内、t0～2t0时间内，合力的冲量大小相等，方向相反，则动量变化量大小相等，方向相反，故A错误．
B、由图线可知，0～t0时间内做匀加速直线运动，t0～2t0时间内做匀减速直线运动，位移大小相等，平均速度相等，故B错误．
C、在0～2t0时间内，合力的冲量为零，则动量的变化量为零，初状态速度为零，则2t0时物体的速度为零，故C正确．
D、动量的变化率等于合力，0～t0时间内物体的动量变化率与t0～2t0时间内动量变化率大小相等，方向相反，故D错误．
根据动量定理，结合合力的冲量比较动量的变化量．根据物体的受力得出运动规律，比较出两段时间内的位移，从而得出平均速度的大小．动量的变化率等于合力，结合合力大小和方向是否相同进行判断．
本题考查了动量定理的基本运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，知道动量的变化率等于物体所受的合力．
4.解：
设B球的质量为M．
以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得：
mv0=mv1+Mv2
mv02=
mv12+
Mv22
v2=
；
B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v′2和v3，由能量守恒定律得：
Mv22=
Mv′22+
×
（4m）v32
规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒定律得：
Mv2=Mv′2+4mv3
v3=
故C球碰撞后的速度为：
•
由数学关系解得：
M=
=2m时，C球碰撞后的速度最大．
B
要使得BC碰后C具有最大速度，应发生弹性碰撞．先分析AB两球碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒列式求解出碰撞后B球的速度；
再分析BC两球碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒列式求解出碰撞后速度，根据C球碰撞后的速度的表达式运用数学关系求解．
本题貌似发生很多次碰撞，但只要依次分析，会发现仅仅碰撞两次，如果真是发生很多次碰撞，也要先依次分析，然后找规律简化过程．关键要掌握动量守恒定律和能量守恒定律的应用．
5.解：
原子核放出粒子前后动量守恒，设剩余部分速度为v，则有：
mv+（M-m）v′=0
所以解得：
v′=-
，负号表示速度与放出粒子速度相反．
B．
本题属于“反冲”问题，原子核放出粒子过程中动量守恒，因此根据动量守恒直接列方程求解即可．
本题比较简单，考查了动量守恒定律的应用，要注意该定律的适用条件和公式中物理量的含义以及其矢量性．
6.解：
A、只有重力或只有弹力做功时物体的机械能守恒．小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故A错误．
B、小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统动量不守恒．小球在槽内运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒．故B错误．
C、小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒．系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误．
D、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从C点落回半圆槽，故D正确．
D
小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上．由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒．当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动．水平方向满足动量守恒．在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平分速度与半圆槽的速度相同．
本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球的机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．
7.解：
A、小球下落时做自由落体运动，加速度为g，则对下落过程可知，落地时速度为6m/s，故用时t=
=0.6s，图中对应6个小格，故每一小格表示0.1s，故A正确；
B、第一次反弹后加速度也为g，为竖直上抛运动，由图可知，最大高度为：
10×
（0.5）2=1.25m，故B正确；
C、小球下落的初始位置离地面的高度为：
（0.6）2=1.8m，故C错误；
D、设向下为正方向，由图可知，碰撞时间约为0.1s；
根据动量定理可知：
mgt-Ft=mv'
-mv；
代入数据解得：
F=100N；
故D错误．
AB．
明确图象的性质，知道小球在下落时做自由落体运动，由图象确定落地时的速度，从而确定落地所需要的时间；
再由位称公式确定下落和反弹的速度；
由动量定理求解平均作用力．
本题考查v-t图象以及动能定理的应用，正确掌握图象的性质是解题的关键，同时注意在应用动量定理时要注意先明确正方向，注意各物理量的矢量性．
8.解：
A、物体下滑过程只有重力做功，机械能守恒，物体初状态机械能相等，由机械能守恒定律可知，两物体到达底部时下落的高度不同，故到达最低点时速度大小不相同，故A正确；
B、对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得，a=gcosα；
根据运动学公式x=
at2，可得，2Rcosα═
gcosαt2，t=2
，因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故下落时间相同，由I=mgt可知，重力的冲量相等，故B正确D错误；
C、因末速度大小不相等，故动量的变化不相同，所以动量的变化率不相同，故C错误；
沿不同光滑斜面下滑的过程中，到达底端的动能完全由重力势能转化的．而重力势能的增加是由重力做功决定，对于同一物体，高度决定了重力做功的多少．至于机械能则是动能与重力势能之和，由于在下滑过程中，只有重力，所以机械能守恒；
对于下滑的时间可由运动学公式，根据受力分析确定加速度大小，并由几何关系来确定位移大小，从而算出所用的时间．
本题考查能量的转化题目，一定要看清是不是光滑的表面，这点关系到有没有能量的损失．同时将牛顿第二定律与运动学公式相综合，得出运动的时间与倾角无关，即所谓的等时圆的性质．
9.解：
A、释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv1-Mv2=0
由机械能守恒定律得：
Mv22=EP
v1=9m/s，v2=3m/s；
即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s，m离开轻弹簧时获得的速度为9m/s，故A错误．
B、弹簧弹开小球的过程，对m，由动量定理得：
弹簧对m的冲量大小为：
I=△p=mv1-0=0.2×
9=1.8N•s；
故B正确．
C、球m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：
mv12=
mv1′2+mg•2R
m运动到B点时速度大小v1′=8m/s；
球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中，取水平向右为正方向，则球m所受合外力冲量I合=-mv1′-mv1=-0.2×
（8+9）=-3.4N•s，故C正确．
D、设圆轨道的半径为r时，球m由A到B的过程，由机械能守恒定律得：
mv1′2+mg•2r
m从B点飞出后做平抛运动，则：
2r=
gt2，x=v1′t
联立得水平距离x=
当81-40r=40r时，即r=
m=1.0125m时，x为最大，最大值为xmax=4r=4.05m
当0＜r＜1.0125m，x随着r的增大而增大．当r＞1.0125m，x随着r的增大而减小．故D错误．
BC
弹簧弹开小球的过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出两球脱离弹簧时的速度；
再对m，运用动量定理求弹力对m的冲量大小．m在半圆轨道上运动时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律求m运动到B点时速度大小，再由动量定理求从A到B球m所受合外力冲量大小．小球离开圆形轨道后做平抛运动，应用平抛运动规律得到水平距离与r的关系式，由数学知识分析水平距离与轨道半径的关系．
本题分析清楚物体运动过程是基础，要把握每个过程的物理规律，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理、平抛运动规律即可正确解题．
10.解：
A、B撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，使系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒．故A错误，B正确．
C、D撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0．根据动量守恒和机械能守恒得
2mv0=3mv，E=
又E=
联立得到，弹簧的弹性势能最大值为EP=
．故C错误，D正确．
故选BD
根据系统动量守恒的条件：
系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．
本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统．
11.解：
A、设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动．
因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d，2d，3d和4d，根据x=
知，
所以时间之比为1：
：
2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；
子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由△v=at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；
故A错误，B正确；
C、根据冲量的定义：
I=Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同．故C正确；
D、根据动能定理：
△EK=W=Fd，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在毎个水球中的动能变化相同．故D正确．
BCD
子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题．
本题属匀变速直线运动的基本规律应用，只要能掌握运动情景及正确应用匀减速直线运动的逆过程即可顺利求解．
12.解：
A、汽车的运动是利用摩擦力而使汽车前进的，不属于反冲；
故A错误；
B、直升机是利用的空气的浮力而使飞机上升的；
不属于反冲；
故B错误；
C、火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动；
故C正确；
D、反击式水轮机是利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动；
故D正确；
CD
本题考查反冲运动的应用；
明确反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．
解决本题的关键知道反冲的原理，并且要知道反冲在实际生活中的运用．
13.解：
①A、只要小球离开轨道时的水平速度相等即可，不需要要求轨道光滑，故A错误；
B、小球离开轨道后做平抛运动才能准确测量，因此应保证末端水平，故B正确；
C、为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故C错误；
D、为保证每次碰撞中速度相同，入射球每次应从同一点由静止滑下，故D正确；
BD．
②A、水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞前A球的速度，故A正确；
B、A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞后A球的速度，故B正确；
C、A球与B球碰撞后，测量B球落点N到O点的距离ON，即测量出碰撞后B球的速度，故C正确；
D、两小球只要直径相同即可，不需要测量直径，故D错误；
E、测量入射小球A的质量m1和被碰小球B的质量m2，用来表示出球的动量，故E正确；
F、只要让小球每次从同一点由静止滑下即可，不需要测量G点相对于水平槽面的高度，故F错误．
G、水平槽面离地的高度不需要测量，因为运动时间都相等，可以约去，故G错误；
ABCE．
故答案为：
①BD；
②ABCE．
①明确实验原理，知道验证碰撞中的动量守恒实验中的注意事项；
②
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