2017-2018学年度高二物理（人教版）选修3-5第十六章动量守恒定律单元巩固

（1）小球从A点进入圆管轨道的速度大小； （2）小球沿圆弧轨道上升的最大高度。

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答案和解析

【答案】

1. B 2. D 3. A 4. D 5. B 6. D 7. A 8. B 9. A 10. B 11. BC 12. BC 13. BC 14. CD 15. AC

16. 84.1；C；B；大于；maOB=maOA+mcOC

17. 解：（1）木块从C点落回A点的过程中做平抛运动，则：

2r=

s=vCt 解得vC=3m/s 在C点，由牛顿第二定律得F+（M+m）g=（M+m）

解得：F=12.5N

由牛顿第三定律知木块在C点时对轨道的压力大小F′=F=12.5N （2）设子弹射入木块前瞬间的速度大小为v0，取向右为正方向，由动量守恒定律有： mv0=（M+m）v1

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木块从A到B的过程，由运动学公式有vB-v1=-2μgs 木块从B到C的过程，由机械能守恒定律得

=（m+M）?2r+

解得：v0=290m/s 答：

（1）木块在C点时对轨道的压力大小是12.5N；

（2）子弹射入木块前瞬间的速度大小是290m/s。

18. 解：（1）以A、B、C三个物块组成的系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物块间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒．由动量守恒定律有 mCv0=mAvA+（mB+mC）vB 解得：v0=

=

=10m/s

（2）C滑上B后与A分离，C、B系统在水平方向动量守恒．C离开A时C的速度为v1，B与A的速度同为 vA，以B、C为系统，由动量守恒定律有 mCv1+mBvA=（mB+mC）vB

v1===5.5m/s

对C在B上滑动过程，由能量转化与守恒定律有：

-

代值解得：L=5m

答：（1）物块C的初速度v0的大小为10m/s； （2）物块C在木板B上滑行的距离为5m．

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19. 解：（1）小球过C点时，有

由①得

?②

①

小球从A到C，由机械能守恒定律有 ③

?④ 由②③得

（2）小球冲上圆弧形轨道运动，取水平向右为正方向，由水平方向上动量守恒定律mvC=（m+2m）v共?⑤ 机械能守恒定律得：

?⑥

由②⑤⑥得h=R?⑦ 答：

（1）小球从A点进入圆管轨道的速度大小是； （2）小球沿圆弧轨道上升的最大高度是R。 【解析】 1. 【分析】

根据动量守恒的条件判断系统动量是否守恒，根据能的转化，知系统有动能和弹性势能相互转化，机械能守恒、

本题考查了动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；解决本题的关键掌握动量守恒的条件以及机械能守恒的条件。 【解答】

小球和弹簧组成的系统受到重力和水平地面的支持力两个外力，所受合外力等于零，动量守恒；在运动过程中，小球和槽通过弹簧相互作用，但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，机械能守恒； 故B正确，ACD错误。 故选B。

2. 解：取碰撞前A球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB ①

A、若vA=5m/s，代入①得vB=1m/s

由于碰撞后A、B同向运动，A的速度大于B的速度不可能，故A错误．

B、若vA=3m/s，代入①得vB=m/s，由于碰撞后A、B同向运动，A的速度大于B的速度不可能，故B错误． C、若vB=1m/s，代入①得vA=5m/s，同理知不可能，故C错误． D、若vB=3m/s，代入①得vA=-1m/s，碰撞前系统的总动能为Ek=

碰撞后系统的总动能为Ek′=

+

=

+

=

=32J

=14J＜Ek，符合能量守恒定律，故D正确．

故选：D

根据碰撞过程系统的动量守恒和总动能不增加，结合运动情况进行分析判断．采用排除法进行选择． 对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．

3. 解：B、由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大．故碰后它们动量的变化分别为△pA＜0，故B、D错误．

A、根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-3kg?m/s、△pB=3kg?m/s，

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所以碰后两球的动量分别为p′A=9kg?m/s、p′B=16kg?m/s， 根据碰撞过程总动能不增加，故A正确．

C、根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-24kg?m/s、△pB=24kg?m/s， 所以碰后两球的动量分别为p′A=-12kg?m/s、p′B=37kg?m/s，

可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律．故C错误． 故选A．

当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择． 对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况 4. 【分析】

根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t =6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率。

本题主要考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律及瞬时功率公式的直接应用，解题的突破口是知道a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，难度适中。

【解答】

A.根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度

，故A错误；

，故B错误；

B.根据动能定理得：

C.根据动量定理得： Ft-ft=mv6-mv0

解得：Ft=2×20-2×2+2×6=48N?s，故C错误； D.在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得： F=ma+f=2×4+2=10N 则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确。 故选D 。

5. 【分析】

根据总能量守恒，可知机械能变化；根据万有引力等于重力可知重力加速度的变化；加速度向下，为失重状态；打开气囊，增大了缓冲时间。

本题主要考查的是根据万有引力定律研究火箭的变轨进入返回地球大气层的返回轨道的问题，类似高考题。 【解答】

A.火箭和有效载荷分离过程中有内能产生，故该系统的总机械能守恒减少，故A错误； B.从返回轨道下落至低空轨道，根据万有引力定律提供重力，

，r减小，火箭的重力加速度增大，

故B正确；

C.从返回轨道至低空轨道，因为重力加速度向下，火箭处于使重状态，故C错误；

D.打开气囊是为了增大缓冲时间减小地面对火箭的作用力，火箭的冲量改变相同，故D错误。 故选B。

6. 解：设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的

方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″等于

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