（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是________.（填下列对应的字母）
A．直尺B．游标卡尺 C．天平
D．弹簧秤E．秒表
（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）________成立．即表示碰撞中动量守恒．
12．（12分）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的小船上，利用液化瓶向外喷射气体做为船的动力．现把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Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，求：
（1）喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？
（2）喷射出质量为Δm气体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？
13．（12分）如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0kg，木板的长度为L＝1.5m，在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v0沿木板向左运动，重力加速度g＝10m/s2.
（1）若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；
（2）若初速度v0＝3m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．
14．（18分）如图所示，半径为R＝0.4m，内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量m＝0.96kg的滑块停放在距轨道最低点A为L＝8.0m的O点处，质量为m0＝0.04kg的子弹以速度v0＝250m/s从右边水平射入滑块，并留在其中．已知滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，子弹与滑块的作用时间很短，g取10m/s2，求：
（1）子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v；
（2）滑块从O点滑到A点的时间t；
（3）滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B落到水平地面上C点，A与C间的水平距离．
答题卡
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
11、
（1）________
（2）_____________（3）_____________________________
12、
13、
14、
碰撞与动量守恒定律单元测试题答案
1．B 子弹射入木块过程中，系统内力远远大于外力，动量守恒，在一起滑动过程中，受到地面的摩擦力，合外力不为零，动量不守恒，根据能量守恒定律，子弹打入木块和在地面上滑行过程系统都要克服阻力做功，部分机械能转化为内能，机械能不守恒，故B正确，A、C、D错误．
2．D 根据动量守恒定律mv0＝（M－m）v，得v＝
v0，选项D正确．
3．B根据动量定理，过程Ⅰ中人的动量的改变量等于重力的冲量，选项A错误．设人的质量为m，人在a点的速度为v，则过程Ⅰ中重力的冲量大小IG＝Δp＝mv，人在c点的速度等于0，则由动量定理得过程Ⅱ中人的动量的改变量大小|Δp′|＝|0－mv|＝mv，可知过程Ⅱ中人的动量的改变量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小，故B正确．在ab段弹性绳对人的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，人继续向下做加速运动，速度不断增大，动能增大；在bc段，弹性绳对人的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，人向下做减速运动，速度减小，动能减小，故C错误．过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于绳子的弹力做的功，等于过程Ⅰ和过程Ⅱ中重力做功的大小，故D错误．
4．D 水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒．小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动．当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止．
5．B 当小球上升到圆弧上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝（m＋M）v1，根据机械能守恒定律有
mv
＝
（m＋M）v
＋mgR，联立两式解得v0＝5m/s，B正确．
6．B由题图可知，碰撞前a的速度va＝
＝
m/s＝4m/s，碰撞前a的动量pa＝mava＝0.5×4kg·m/s＝2kg·m/s，故A错误；由题图可知，碰撞前b静止，碰撞前b的动量为零，故B正确；由题图可知，碰撞后a、b的速度相等，为v＝
＝
m/s＝1m/s，碰撞后b的动量大小为pb′＝mbv＝1.5×1kg·m/s＝1.5kg·m/s，根据动量定理得I＝Δpb＝pb′－0＝1.5N·s，故C错误；碰撞后a、b的速度相等，碰撞后a的动量大小为pa′＝mav＝0.5×1kg·m/s＝0.5kg·m/s，碰撞过程中a物体损失的动量大小为Δp＝pa－pa′＝2kg·m/s－0.5kg·m/s＝1.5kg·m/s，故D错误．
7．CD 击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B不正确；据动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D正确．
8．AC设A、B受到的滑动摩擦力都为f，轻绳断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得F＝2f，设B经过时间t速度为零，对B由动量定理得－ft＝0－mv，解得t＝
；在轻绳断开前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以A、B为系统，绳子的拉力属于系统的内力，系统所受合力为零；在轻绳断开后，B停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在t＝0至t＝
的时间内A、B的总动量守恒，故A正确．在t＝
后，B停止运动，A做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故A、B的总动量不守恒，故B错误．当t＝
时，对A由动量定理得Ft－ft＝pA－mv，代入f＝
，t＝
，解得pA＝2mv，故C正确．当t＝
时，对A由动量定理得Ft－ft＝pA′－mv，代入f＝
，t＝
，解得：
pA′＝3mv，故D错误．
9．AD 物块和槽在水平方向上动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，有mv＝2mv′，由机械能守恒定律得mgh＝
mv2＋
×2mv′2，解得槽的动能为
，A正确，B错误；在压缩弹簧过程中，物块和弹簧组成的系统受到墙的作用力，动量不守恒，C错误；物块被反弹后的速度大于槽的速度，所以能追上槽，当滑到槽的最高点时，二者有相同的速度，由机械能守恒定律可以知道，物块不能回到槽上高h处，D正确．
10．ABD 系统的总动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，两球相距s＝v1t－v2t，代入数据解得v1＝0.7m/s，v2＝－0.2m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故A、B正确，C错误；由能量守恒定律得
（m1＋m2）v
＋EP＝
m1v
＋
m2v
，代入数据解得EP＝0.27J，故D正确．
11．
（1）两小球要选等大的，且入射小球的质量应大些，故选C．
（2）该实验必须测出两球平拋的水平位移和质量，故必须用直尺和天平，因两球平拋起点相同，不用测小球直径，故用不到B．
（3）因平拋落地时间相同，可用水平位移代替速度，故关系式为m1·
＝m1·
＋m2·
.
12．
（1）由动量守恒定律得
（m1＋m2－Δm）v船－Δmv1＝0
解得：
v船＝
.
（2）对喷射出的气体运用动量定理得：
FΔt＝Δmv1
解得：
F＝
由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为F＝
.
13．
（1）设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0＝（m＋M）v①
对木板和物块系统，由功能关系
μmgL＝
mv
－
（M＋m）v2②
由①②两式解得：
v0＝
＝
m/s＝2m/s
（2）同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v.
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE.
对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有μmg2L＋ΔE＝
mv
－
（m＋M）v2③
由①③两式解得：
ΔE＝
v
－2μmgL＝
×32－2×0.1×10×1.5J＝0.375J
14．
（1）子弹射入滑块的过程动量守恒，规定水平向左为正方向，则m0v0＝（m＋m0）v，
代入数据解得v＝10m/s.
（2）子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左做匀减速运动，设其加速度大小为a，则
μ（m＋m0）g＝（m＋m0）a，
由匀变速直线运动的规律得vt－
at2＝L，
联立解得t＝1s（t＝4s舍去）．
（3）滑块从O点滑到A点时的速度vA＝v－at，
代入数据解得vA＝6m/s.
设滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B点时的速度为vB，由机械能守恒定律得
（m＋m0）v
＝（m＋m0）g·2R＋
（m＋m0）v
，
代入数据解得vB＝2
m/s.
滑块离开B点后做平拋运动，运动的时间t′＝
，
又xAC＝vBt′，代入数据得xAC＝
m.
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