强化训练45动量守恒定律(一)
——’17备考综合热身辅导系列
山东平原一中魏德田
本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于：理解动量守恒定律的内容及其适用条件、掌握其矢量性、瞬时性、相对性规律.能应用动量守恒定律特点，解决其实际问题。解答此类问题时，要善于用数学归纳方法推导出物理变化规律。全卷20题，总计150分，选做题1道备用。
一、破解依据
㈠系统守恒条件（详见前文）
㈡数学表达式
⑴，
即，
亦即；
⑵，即。
㈢弹性碰撞
⑴特点：动量、机械能均守恒。碰后两体“依然分立”，系统机械能没损失。
⑵方程组：
，
即，
亦即。
㈣完全非弹性碰撞
⑴特点：动量守恒，而机械能损失。实则碰后两体“合而为一”，系统机械能损失最大。
⑵方程组：
，其中称系统动能损失，其他算式类前。
㈤系统中有一对动摩擦力做功时，动能损失等于动摩擦力与相对位移之积（实则转化为热量）。
二、精选习题
㈠选择题（每小题5分，共40分）
⒈(17全国Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
2.(15宁德质检)如图，质量为M的小车A停放在光滑的水平面上，小车上表面粗糙。质量为m的滑块B以初速度v0滑到小车A上，车足够长，滑块不会从车上滑落，则小车的最终速度大小为________（填选项前的字母）
A．零 B．C． D．
3.(14福建)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为()
A.v0-v2 B.v0+v2C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)
4.(15南平综测)如图所示，A、B两物体质量分别为、，且>，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经相同距离后，撤去两个力之后，两物体发生碰撞并粘在一起后将_______(填选项前的字母)
A．停止运动B．向左运动C．向右运动D．运动方向不能确定
5.（14重庆）一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度υ=2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3:1。不计质量损失，取重力加速度g=10m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是
6.(15宿迁检测)物块A和B用绕过定滑轮的轻绳相连，A的质量为m，B的质量为2m．A穿在光滑竖直固定的长直杆上，滑轮与杆间的距离为l．将A移到与滑轮等高处由静止释放，不考虑绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是()
A．A在下降过程中加速度先变大后变小
B．A刚释放时它的加速度大小等于重力加速度g
C．当A在下降过程中速度达到最大时，A与B速度大小之比为2∶1
D．当A的机械能最小时，B的重力势能最大
7.(14漳州联考)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上有2个质量均为m的小球，现用两种方式将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2个小球一起抛出，第二种方式是将小球依次先后抛出。比较用上述不同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．二者一样大D．不能确定
8.(15龙岩综测)真空室内，有质量分别为m和2m的甲、乙两原子核，某时刻使它们分别同时获得和的瞬时速率，并开始相向运动。由于它们间的库仑斥力作用，二者始终没有接触，当两原子核相距最近时，甲核的速度大小为__________。（填选项前的字母）
A．B．C．D．
㈡填空题（共20分）
9.（16天津）（4分）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为；滑块相对盒运动的路程。
10.(14上海)（4分）动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行,它们的速度大小之比vA∶vB=2∶1,则动量大小之比pA∶pB=;两者碰后粘在一起运动,其总动量与A原来动量大小之比p∶pA=。
11.(13上海)（4分）质量为M的物块静止在光滑水平桌面上,质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后,以水平速度射出。则物块的速度为,此过程中损失的机械能为。
12.（14襄阳四中）（4分）用两个大小相同的小球在光滑水平面上的正碰来“探究碰撞中的不变量”实验，入射小球ｍ１＝15ｇ，原来静止的被碰小球ｍ２＝10ｇ，由实验测得它们在碰撞前后的ｘ－ｔ图象如图所示，则碰撞前系统总动量ｐ＝，撞后系统的总动量ｐ′＝，假设碰撞作用时间Δｔ＝0.01ｓ，则碰撞时两球间的平均作用力为__________Ｎ。
13.(15扬州)（4分）水平面上质量为m的滑块A以速度v碰撞质量为的静止滑块B，碰撞后AB的速度方向相同，它们的总动量为_______；如果碰撞后滑块B获得的速度为v0，则碰撞后滑块A的速度为_________．
㈢计算题（共90分）
14.（16全国Ⅲ）（10分）如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直：a和b相距l；b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦力因数满足的条件。
15.（14北京）（14分）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.重力加速度g取10m/s2.求：
(1)碰撞前瞬间A的速率v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.
1．(17全国Ⅲ)（20分）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．
1.（17江苏）（4分）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．
．（14广东）(18分)图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2s至t2＝4s内工作．已知P1、P2的质量都为m＝1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．
(1)若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；
(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.
19．(14全国)（12分）冰球运动员甲的质量为80.0kg.当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：
(1)碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失．
20.(14天津)（12分）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s.求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l.
(四)选做题
21.(15青岛).在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住．已知木箱的质量为30kg，人与车的质量为50kg．求：
①推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；
②小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量．
22.(15日照检测)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的小块以大小为的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求：
①木块在ab段受到的摩擦力f
②块最后距a点的距离s。
23.（14北大附中）用长l=1．6m的轻绳悬挂一质量为M=1．0kg的木块（可视为质点）。一颗质量m=10g的子弹以水平速度v0=500m/s沿水平方向射穿木块，射穿后的速度v=100m/s，子弹与木块的作用时间极短，如图所示。g=10m/s2。求：
(1）在子弹打击木块的过程中系统（子弹与木块）产生的内能Q。
(2）打击后，木块上摆的最大高度H。
(3）子弹射穿木块后的瞬间，木块所受绳的拉力T。
24.(14西安五校)如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg.现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3s，碰后的速度大小变为4m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10m/s2，求：
(1)在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小；
(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度．
25.(14长沙模拟)如图所示，质量mB＝2kg的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量mA＝2kg的物块A，一颗质量m0＝0.01kg的子弹以v0＝600m/s的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v＝200m/s。已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止，则整个过程中Ａ、B组成的系统因摩擦产生的热量为多少？
26.(14徐州一中)如图所示，在光滑水平面上放置质量为M的木块，一质量为m、平速为v0的子弹水平射入木块且未穿出。求：
①子弹和木块的共同速度；
②子弹与木块摩擦产生的热量Q．
27.(14日照一中)如图所示，物块A的质量为、物块B的质量为，开始都静止在光滑水平面上，现用大小均为F=5N的两个力分别作A和B上，使A、B沿一条直线相向运动，物块A上的力作用时间为，物块B上的力作用时问为，先后撤去这两个力后两物块发生对心正碰。如果碰撞后两个物块粘合为一体，求其运动的速度。
28.(14西工大附中)两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。
29.(14武汉二中)如图所示，三个大小相同、质量均为m的小球A、B、C静止在光滑水平面上，且A、B、C共线，现让A球以速度v0向着B运动，A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与C球发生弹性碰撞，求最终A、B、C的速度．
30.(15西安交大附中)（9分）如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂，摆长相同，均为L。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放，摆至最低点与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场，已知由于磁场的阻尼作用，金属球总能在下一次碰撞前停在最低点处，重力加速度为g。求：
(1)第一次碰撞前绝缘球的速度v0；
(2)第一次碰撞后绝缘球的速度v1；
(3)经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于37°。
（你可能用到的数学知识：sin37°=0.6，cos37°=0.8，0.812=0.656，0.813=0.531，0.814=0.430，0.815=0.349，0.816=0.282）
31.(15马鞍山)（20分）如图所示，一质量为m、长为L的木板A静止在光滑水平面上，其左侧固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧，弹簧原长为l0，右侧用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上。现使一可视为质点小物块B以初速度v0从木板的右端无摩擦地向左滑动，而后压缩弹簧。设B的质量为λm，当时细绳恰好被拉断。已知弹簧弹性势能的表达式，其中k为劲度系数，x为弹簧的压缩量。求：
（1）细绳所能承受的最大拉力的大小Fm
（2）当时，小物块B滑离木板A时木板运动位移的大小sA
（3）当λ＝2时，求细绳被拉断后长木板的最大加速度am的大小
（4）为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，λ应满足的条件
32.(15德州二模)(8分)如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为，现有质量为m的小球以水平速度飞来与A物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A和小球均可视为质点(重力加速度g)。求：
①物块A相对B静止后的速度大小；
②板B至少多长。
33.(14山东)如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求:B的质量;
碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
34.(14新课标Ⅱ)现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律。在图甲中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1=0.310kg,滑块B的质量m2=0.108kg,遮光片的宽度d=1.00cm;打点计时器所用交流电的频率f=50.0Hz。
将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=3.500ms,碰撞前后打出的纸带如图乙所示。
若实验允许的相对误差绝对值(×100%)最大为5%,本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律?写出运算过程。
35.(14海南)一静止原子核发生α衰变,生成一α粒子及一新核。α粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场,其运动轨迹是半径为R的圆。已知α粒子的质量为m,电荷量为q;新核的质量为M;光在真空中的速度大小为c。求衰变前原子核的质量。
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36.(13重庆)在一种新的“子母球”表演中,让同一竖直线上的小球A和小球B,从距水平地面高度为ph(p>1)和h的地方同时由静止释放,如图所示。球A的质量为m,球B的质量为3m。设所有碰撞都是弹性碰撞,重力加速度大小为g,忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。
(1)求球B第一次落地时球A的速度大小;
(2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰,求p的取值范围;
(3)在(2)情形下,要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置,求p应满足的条件。
三、参考答案
㈠选择题
⒈【答案】A
【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30，所以A正确，BCD错误。
⒉【答案】C
【解析】以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，速度减小，速度增大，速度减小到最小时，速度达最大，最后、以共同速度运动，设、共同速度为，有：
解得：
故C正确，ABD错误。
故选：C
⒊【答案】选D。
【解析】根据动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,可得v1=v0+(v0-v2),故选D。
⒋【答案】C
【解析】此题可以从两个角度来分析，一是利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析；二是动能定理和动量的定义，结合动量守恒定律来分析．
力F大小相等，mA＞mB，
由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aA＜aB，
由题意知：SA=SB，
由运动学公式得：SA=aAtA2，SB=aBtB2，
可知：tA＞tB，由IA=F?tA，I2=F?tB，得：IA＞IB，
由动量定理可知△PA=IA，△PB=IB，则PA＞PB，
碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故ABD错误，C正确．
故选：C．
⒌【答案】B
【解析】弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有m弹丸v0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．
【另解】弹丸水平飞行爆炸时,在水平方向只有内力作用,外力为零,系统水平方向动量守恒,设m乙=m,m甲=3m,则爆炸前p总=(3m+m)v=8m,而爆炸后两弹片都做平抛运动,由平抛规律可得:竖直方向为自由落体运动,,解得t=1s;水平方向为匀速直线运动,x=vt,选项A:v甲=2.5m/s,v乙=0.5m/s(向左),p′合=3m×2.5+m×(-0.5)=7m,不满足动量守恒,选项A错误;选项B:p′合=3m×2.5+m×0.5=8m,满足动量守恒,选项B正确;同理,选项C:p′合=3m×2+m×1=7m,选项D:
p′合=3m×2+m×(-1)=5m,C、D均错误。
⒍【答案】BCD
【解析】A、对A分析，设绳子与竖直方向上的夹角为，根据牛顿第二定律得：
，拉力在竖直方向上的分力逐渐增大，先小于A的重力然后大于A的重
力，所以加速度先减小后增大．故A错误；
B、当A刚释放的瞬间，绳子的拉力方向与杆子垂直，A所受的合力等于，则加速度为g，故B正确；
C、当绳子在竖直方向上的分力等于A的重力时，速度最大，此时，有，解得：，，将A的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，根据平行四边形定则得：，则，故C正确；
D、因为除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，在A运动的最低点的过程中，拉力一直做负功，则A的机械能一直减小，知A运动到最低点时，机械能最小，此时B上升到最高，所以B的重力势能最大．故D正确。
故选：BCD。
⒎【答案】
【解析】由此解得故C正确，ABD错误。
?⒏【答案】B
【解析】两原子核组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，甲核刚要反向时速度为零，由动量守恒定律得：
解得：，符号表示与甲的初速度方向相反，速度大小为。
故选：B
㈡填空题
⒐【答案】【解析】设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得：mv=3m解得由能量关系可知：
解得：
⒑【答案】:1211
【解析】物体A、B的动能相等,速度大小之比为vAvB=2∶1,则质量之比为mAmB=1∶4,设A的速度为v0、质量为m,则B的速度为-、质量为4m,故A的动量为mv0,B的动量为4m×(-)=-2mv0,所以A、B的动量大小之比pApB=1∶2。碰撞前后,A、B组成的系统动量守恒,则两者的总动量mv0+4m×(-)=-mv0,所以两者的总动量与A原来的动量大小之比ppA=1∶1。
⒒【答案】m-m2【解析】由动量守恒定律,mv0=m·+Mv,解得v=。由能量守恒定律,此过程中损失的机械能为ΔE=m-m·()2-Mv2=m-m2。
⒓【答案】【答案解析】0.015kgm/s，0.015kgm/s，0.75N
【解析】由位移与时间图可知：
根据动量定律可得：
，
负号表示与1运动方向相反。
【答案】、
【解析】由动量守恒定律得，碰撞后总动量不变，即：
由动量守恒定律可得：
解得：
故答案为：、
㈢计算题
【答案】【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有
②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒有
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v''1、v''2，由动量守恒和能量守恒有
mv1=mv''1+v''2
⑤
联立式解得v''2=v1
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
联立式，可得
联立式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件
⒖【答案】(1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m
【解析】设滑块的质量为m.
(1)根据机械能守恒定律有
mgR＝mv2
解得碰撞前瞬间A的速率有
v＝＝2m/s.
(2)根据动量守恒定律有
mv＝2mv′
解得碰撞后瞬间A和B整体的速率
v′＝v＝1m/s.
(3)根据动能定理有
(2m)v′2＝μ(2m)gl
解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l＝＝0.25m．
⒗【答案】(1)1m/s(2)1.9m
【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受木板的摩擦力和木板所受地面的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2?
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2?
对A有
v2＝－v1＋aAt2?
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t?
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2?
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB?
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9m?
(也可用如图的速度—时间图线求解)
⒘【答案】3:2
【解析】由动量守恒定律得，解得
代入数据得
⒙【答案】35．(1)3m/s9J(2)10m/s≤v1≤14m/s17J
【解析】(1)P1、P2碰撞过程动量守恒，有mv1＝2mv
解得v＝＝3m/s
碰撞过程中损失的动能为ΔE＝mv－(2m)v2
解得ΔE＝9J.
(2)由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a，碰后经过B点的速度为v2，由牛顿第二定律和运动学规律，得
μ(2m)g＝2ma
3L＝vt－at2
v2＝v－at
解得v1＝2v＝v2＝
由于2s≤t≤4s所以解得v1的取值范围
10m/s≤v1≤14m/s
v2的取值范围1m/s≤v2≤5m/s
所以当v2＝5m/s时，P向左经过A点时有最大速度
v3＝
则P向左经过A点时有最大动能E＝(2m)v＝17J.
⒚【答案】(1)1.0m/s(2)1400J
【解析】(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′.由动量守恒定律有
mv－MV＝MV′
代入数据得
V′＝1.0m/s
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE
联立式，代入数据得
ΔE＝1400J
⒛【答案】（1） （2）（3）0.45【解析】（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）对A，B碰撞后共同运动的过程，由动量定理得
代入数据解得
（3）设A，B发生碰撞前，A的速度为，对A，B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有??
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
由式，代入数据解得
10．(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m
[解析](1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa
代入数据解得
a＝2.5m/s2
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v
代入数据解得
v＝1m/s
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv
由式，代入数据解得
l＝0.45m
（四）选做题
【答案】；
【解析】人在推木箱的过程，由动量守恒定律可得：
代入数据可得：
小明在接木箱的过程，由动量守恒定律可得：
代入数据可得：
故损失的能量：
代入数据可得：
【答案】；
【解析】1）设木块和物体P共同速度为，两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：
②
由得：
（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：
由得：
【答】（1）
②
(2）
④
(3）
(1)50N(2)0.45m
解析(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时根据动量定理有
Ft＝mAv′1－mA·(－v1)
解得F＝50N.
(2)设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有
mAv′1＝(mA＋mB)v
A、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh
解得h＝0.45m.
【答案】2J【解析】对于子弹、物块A相互作用过程，由动量守恒定律得
解得
对于A、B相互作用过程中，由动量守恒定律得
v=1m/s
B系统因摩擦产生的热量等于A、B系统损失的的动能，即
【答案】（1）（2）
【解析】（1）根据动量守恒定律有：
得（2）根据能量守恒，产生的热量为
27.【答案】m/s，方向：向左．
【解析】对物块A由动量定理有
对物块B由动量定理有
设撤去外力F后A、B碰撞并粘合在一起的共同速度大小为v，规定向左为运动的正方向，
由动量守恒定律有
解得：m/sm/s
方向向左
【答案】
【解析】设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为和V，由机械能守恒和动量守恒得
设物块在劈B上达到的最大高度为，此时物块和B的共同速度大小为，由机械能守恒和动量守恒得
联立得【答案】
【解析】A、B相碰，根据动量守恒定律得mv0＝2mv1[来源:学.科.网]
A、B两球与C球碰撞，碰后两球依然具有共同速度，vA＝vB＝vAB，根据动量守恒定律得
2mv1＝2mvAB＋mvC
弹性碰撞过程中能量守恒，则
×2mv＝×2mv＋mv
联立以上各式解得vA＝vB＝vAB＝，vC＝
【答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）。
【解析】（1）绝缘球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：
（2）两球碰撞过程动量守恒，以绝缘球的初速度方向为正方向，
由动滑轮守恒定律得：
由机械能守恒定律得：?
联立解得：
，负号表示方向与碰撞前方向相反，向右；
（3）设在第n次碰撞前绝缘球的速度为，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为和由于碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，以碰撞前绝缘球的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：??由机械能守恒定律得：
由、两式及，解得：
第n次碰撞后绝缘球的动能为：
为第1次碰撞前绝缘球的动能，即初始能量
得：
而绝缘球在与处的势能之比为：
根据上面数学知识：，，因此，经过5次碰撞后将小于
【答案】；⑵；⑶；
⑷。
【解析】细绳恰好被拉断时，B的速度为0，细绳拉力为Fm，设此时弹簧的压缩量为x0，则有：
由能量关系，有：
解得：
细绳拉断后小物块和长木板组成的系统动量守恒，有：
则小物块滑离木板时木板二者的位移关系为：
又
解得：
当时设细绳被拉断瞬间小物块速度大小为v1，则有：
细绳拉断后，小物块和长木板之间通过弹簧的弹力发生相互作用，当弹簧被压缩至最短时，长木板的加速度最大，此时小物块和长木板的速度相同，设其大小为v，弹簧压缩量为x，则由动量守恒和能量守恒有：
对长木板，有：
解得：
由题意，时，细绳不会被拉断，木板保持静止，小物块向左运动压缩弹簧后必将反向运动。
，小物块向左运动将弹簧压缩x0后细绳被拉断，设此时小物块速度大小为u1
由能量关系，有：
此后在弹簧弹力作用下小物块做减速运动。设弹簧恢复原长时小物块速度恰减小为零，此时木板的速度为u2，则有：
解得：
所以为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，λ应满足的条件为：
【答案】1)（2)
【解析】设小球和物体A碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，
mv0=2mv1，
2mv1=4mv2②
联立得，v2=0.25v0．
当A在木板B上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L，假设A刚好滑到B的右端时共速，则由能量守恒得，
联立得，L=
答案:①
【解析】以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知:碰撞前瞬间A的速度为,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得
[来源:Zxxk.Com]
由式得
②从开始到碰撞后的全过程,由动量守恒定律得
mv0=(m+mB)v
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE,则
联立式得[来源:学科网]
答案见解析
【解析】纸带上打出的相邻点的时间间隔
根据可计算出滑块A碰撞前后的速度
v0=2.00m/s,v1=0.970m/s
滑块A、B碰撞后滑块B的速度
两滑块碰撞前后的总动量
p=m1v0=0.310×2.00kg·m/s=0.620kg·m/s
p′=m1v1+m2v2=0.610kg·m/s
两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为
因此,本实验在误差允许范围内验证了动量守恒定律。
答案
【解析】设衰变产生的α粒子的速度大小为v,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
设衰变后新核的速度大小为Ｖ,衰变前后动量守恒,有
0=MＶ-mv
设衰变前原子核质量为M0,衰变前后能量守恒,有
解得
【答案】(1)(2)1
【解析】(1)对B球第一次下落过程,由动能定理得
3mgh=×3m
解得v0=
此时A、B两球的速度相同,即v1=
(2)B球第一次下落所用时间为t0,则有h=g
落地后,B上升,A下降,A下落至B球释放位置时所用时间为t'',则有ph-h=gt''2
结合题意:0
解得1
(3)两球相碰时动量、机械能守恒:
3mvB-mvA=mv''A+3mv''B
m+×3m=mv+×3mv
设两球相碰处距B球释放点的高度差为h'',则
vA=
vB=
A球能到达比释放点更高的位置时应满足:v''A>vA
设A球释放到两球相碰经历时间为T,则
ph-h+h''=gT2
对B球,2t0-=T
联立以上各式解得1
12
图-20
图-21
图-22
图-9
图-8
图-6
图-3
图-5
图-2
图-1
图-19
图-18
图-28
图-27
图-25
图-17
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图-12
图-4
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