由以上实验结果可得：
碰前瞬间系统的总动量p1＝__________________；
碰后瞬间系统的总动量p2＝__________________.
经分析x、x1、x2满足关系式：
__________________即可说明动量守恒．
图10－5
解析：
设弹性钢片打在物体A后，物体A获得的速度为v0，滑到x1后与B碰前的速度为v1，碰后AB的速度为v2，
则有：
0－
mv02＝－μmgx.
mv12－
mv02＝－μmgx1，
0－
2mv22＝－μ2mgx2.
由以上三式可得：
v1＝
v2＝
故碰前瞬间系统的总动量p1＝mv1＝m
碰后瞬间系统的总动量p2＝2mv2＝2m
，
若碰撞过程动量守恒，则p1＝p2，
即m
＝2m
，
可得：
x－x1＝4x2.
答案：
m
2m
x－x1＝4x2
7．（2010·天津高考）如图10－6所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为
.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.
图10－6
解析：
设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点的重力势能为零，根据机械能守恒定律，有
mgh＝
mv
得v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mg
＝
mv
′
得v1′＝
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，有
mv1＝－mv1′＋5mv2
得v2＝
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为
F＝5μmg
设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定理，有
－Ft＝0－5mv2
得t＝
答案：
8．（2010·全国卷Ⅱ）小球A和B的质量分别为mA和mB，且mA>mB.在某高度处将A和B先后从静止释放．小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰．设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A、B碰撞后B上升的最大高度．
解析：
根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0.由机械能守恒有
mAgH＝
mAv
①
设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有
mAv0＋mB（－v0）＝mAv1＋mBv2②
由于两球碰撞过程中能量守恒，故
mAv
＋
mBv
＝
mAv
＋
mBv
③
联立②③式得
v2＝
v0④
设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有
h＝
⑤
由①④⑤式得
h＝（
）2H⑥
答案：
（
）2H
[发展等级评价]
（限时60分钟，满分100分）
一、选择题（本题共8小题，每小题7分，共56分．每小题只有一个选项符合题意，把该选项前的字母填在题后的括号内）
1．下列几种物理现象的解释中，正确的是（ ）
A．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻
B．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．在推车时推不动是因为推力的冲量为零
D．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来
解析：
砸钉子时不用橡皮锤，一是因为橡皮锤太轻，动量改变量小，二是因为缓冲时间长，从而导致冲力小．跳高时在沙坑里填沙，是为了增长缓冲时间，减小冲力．推车时推不动，但由I＝Ft，推力冲量不为零．由动量定理，动量相同的两个物体受到相同的制动力，将一起停下来，故A、B、C错误，D正确．
答案：
D
2．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于火箭以速度u向后喷出，则火箭的速度大小变为（ ）
A．v0＋
u B．v0－
u
C．v0＋
（v0＋u）D．v0＋
u
解析：
由动量守恒定律得Mv0＝（M－m）v＋m（v－u），所以v＝v0＋
u，故A项正确．
答案：
A
3．平静的水面上停着一只小船，船上站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动．水对船的阻力忽略不计．下列说法中正确的是（ ）
A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间
C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
解析：
人的质量为m，速度为v，位移为s1，动能为Ek1.船的质量为8m，速度为V，位移为s2，动能为Ek2.人和船组成的系统动量守恒，则有mv＝8mV，m
＝8m
，解得V＝
v，s2＝
s1，故A错，C错，当v＝0，V＝0，故B错．Ek1＝
mv2，Ek2＝
×8mV2＝
mv2，故D对．
答案：
D
4．如图1所示，位于光滑水平桌面上，质量相等的小滑块P和Q都可以视为质点，Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E1表示图1
弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，则（ ）
A．E1＝
B．E1＝E0
C．E2＝
D．E2＝E0
解析：
P和Q达到共同速度时，弹簧具有的弹性势能最大，由动量守恒得，mv0＝2mv，弹性势能最大Ep＝mv02/2－2mv2/2＝mv02/4＝E0/2，故A、B错误；两滑块质量相等，整个作用过程中无机械能损失，故作用完后交换速度，故C错误，D正确．
答案：
D
5．（2010·佛山模拟）如图2所示，质量相同的两带电小球A与B，带电量分别为－q、＋2q，在光滑、绝缘水平桌面上由静止开始沿同一直线相向运动．则在两球相互靠拢的过程中（ ）图2
A．任一时刻B的加速度均比A的大
B．两球均做加速度减小的加速运动
C．两球组成的系统，电势能增大
D．两球动量均增大，但总动量保持不变
解析：
由牛顿第三定律，带电小球A与B相互的库仑引力大小相等，故任一时刻两球的加速度大小相等，故A错；由于两球的库仑引力变大，故两球均做加速度变大的加速运动，故B错；由于两球受的库仑引力（电场力）做正功，故C错；对两球组成的系统，合力为零，故D对．
答案：
D
6．向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（ ）
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．一定先于b到达地面
D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小不一定相等
解析：
物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：
（mA＋mB）v＝mAvA＋mBvB
当vA与原来速度v同向时，vB可能与vA反向，也可能与vA同向．由于vA的大小没有确定，题目只讲a块的质量较大，但若vA很小，则mAvA还可能小于原动量（mA＋mB）v.这时，vB的方向会与vA方向一致，即与原来方向相同，所以A不对；
a、b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动，即做平抛运动，落地时间由t＝
决定，因为h相等，所以落地时间一定相等，所以选项C是正确的；由于水平飞行距离x＝vt，a、b两块炸裂后的速度vA、vB不一定相等，而落地时间t又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B不对；根据牛顿第三定律，a、b所受爆炸力FA＝－FB，力的作用时间相等，所以冲量I＝F·t的大小一定相等．所以D是错误的．
答案：
C
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3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．B、C都和弹簧分离后的运动方向相反
B．B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大图3
C．B、C分离过程中B木块的动量变化较大
D．B木块的质量是C木块质量的四分之一
解析：
s－t图象的斜率表示速度，B、C都和弹簧分离后图象的斜率均为正，故分离后的运动方向相同，选项A错误．B、C都和弹簧分离前后，系统的总动量守恒，选项B错误．分离过程中B、C的动量变化大小相等，方向相反，选项C错误．由图象，求出分离前的共同速度为1m/s，B、C分离后的速度分别为3m/s、0.5m/s，由动量守恒定律，（mB＋mC）×1m/s＝mB×3m/s＋mC×0.5m/s，解出mB＝mC/4，故选项D正确．
答案：
D
8．A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A的动量为5kg·m/s，B的动量为7kg·m/s.当A追上B发生碰撞，则碰撞后A、B两物体的动量的可能值是（ ）
A．pA′＝6kg·m/s pB′＝6kg·m/s
B．pA′＝3kg·m/s pB′＝8kg·m/s
C．pA′＝－2kg·m/s pB′＝14kg·m/s
D．pA′＝－5kg·m/s pB′＝17kg·m/s
解析：
解决碰撞问题可从以下几个角度进行分析：
（1）从动量守恒的角度看，选项A、C、D均符合；
（2）从能量的角度看，根据动能与动量大小关系得
Ek＝
.因此由碰后动能不可能增加，即只能有
＋
≥
＋
，可排除选项D.
（3）从运动速度的角度看，碰撞前A球速度应该大于B球速度才能赶上，发生碰撞．因此根据碰前：
vA>vB，即
>
；碰后：
vA′≤vB′，即
≤
；可得选项C正确．
答案：
C
二、非选择题（本题共3小题，共44分）
9．（14分）用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图4所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静止置于水平槽的前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上图4
的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：
OM＝2.68cm，OP＝8.62cm，ON＝11.50cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差
＝________%（结果保留一位有效数字）．
解析：
未放B球时A球的落地点是P.用小球的质量和水平位移的乘积代替动量，则有：
＝
＝
≈2%.
答案：
P 2
10．（14分）（2010·抚顺二模）如图5所示，光滑水平面上A、B两小车质量都是M，A车头站立一质量为m的人，两车在同一直线上相向运动.为避免两车相撞，人从A车跃到B车上，最终A车停止运动，B图5
车获得反向速度v0，试求：
（1）两小车和人组成的系统的初动量大小；
（2）为避免两车相撞，且要求人跳跃速度尽量小，则人跳上B车后，A车的速度多大？
解析：
（1）由动量守恒定律可知，系统的初动量大小
p＝（M＋m）v0
（2）为避免两车恰好不会发生碰撞，最终两车和人具有相同速度（设为v），则（M＋m）v0＝（2M＋m）v
解得v＝
.
答案：
（1）（M＋m）v0
（2）
11．（16分）（2010·重庆高考）某兴趣小组用如图6所示的装置进行实验研究．他们在水平桌面上固定一内径为d的圆柱形玻璃杯，杯口上放置一直径为
d、质量为m的匀质薄圆板，板上放一质量为2m的小物块．板中心、物块均在杯的轴线上．物块与板间动摩擦因数为μ，不计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑板翻转．
（1）对板施加指向圆心的水平外力F，设物块与板间最大静摩擦力为fmax，若物块能在板上滑动，求F应满足的条件．
（2）如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为I.
①I应满足什么条件才能使物块从板上掉下？
②物块从开始运动到掉下时的位移s为多少？
图6
③根据s与I的关系式说明要使s更小，冲量应如何改变．
解析：
（1）设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为f，共同加速度为a
由牛顿运动定律，有
对物块f＝2ma 对圆板F－f＝ma
两物相对静止，有f≤fmax
解得F≤
fmax
相对滑动的条件F>
fmax
（2）设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为v1和v2.
由动量定理，有I＝mv0
由动能定理，有
对圆板－2μmg
＝
mv12－
mv02
对物块2μmgs＝
（2m）v22－0
由动量守恒定律，有
mv0＝mv1＋2mv2
要使物块落下，必须v1>v2
由以上各式得I>
m
s＝
2
分子有理化得
s＝
μg
2
根据上式结果知：
I越大，s越小．
答案：
见解析
升级会员 