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

0．故ABC错误，D正确． 故选：D．

根据动量守恒定律求出甲球抛出后乙球和小船的速度，再根据动量守恒定律求出乙球抛出后，小船的速度． 解决本题的关键掌握动量守恒定律和动量定理，并能灵活运用．运用动量守恒定律时注意速度的方向．

7. 解：A、D、物体做平抛运动，运动的时间：t=

所以重力的冲量：I=mgt=．故A正确，D错误； B、C、物体落地时竖直方向的分速度：

物体在平抛运动的过程中水平方向的分速度不变，则水平方向动量的分量不变，物体动量的变化等竖直方向的动量的变化，所以： △P=△Py=mvy

由动量定理可知：I=△P=； 所以B选项m-mv0为竖直方向的分动量与初动量的差，而m-mv0为合动量的大小与初动量的大

小的差，没有考虑动量的方向性．故B错误，C错误． 故选：A

物体做平抛运动，将运动分解即可求出运动的时间，然后由冲量的公式即可求出物体受到的冲量． 冲量与动量都是矢量，在计算冲量和动量时要考虑它们的方向，如该题中的C选项，m是物体的末

动量的大小，与初动量的方向不相同．

8. 解：在t时间内，推力对物体的冲量I=Ft，因为物体静止不动，合力为零，合力的冲量为零．故B正确，A、C、D错误． 故选：B．

根据冲量的定义式I=Ft求出推力对物体的冲量大小．

解决本题的关键知道冲量等于力与作用时间的乘积，本题容易误求解合力的冲量．

9. 解：因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有：

根据动量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，

代入解得：p甲′=4kg?m/s．可知碰后两球同向运动 据碰撞过程总动能不增加，得：

+

≥

+

＞，得到：＜==

代入解得：≤

碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则≤，代入解得：≥

所以：≤≤；故A正确，BCD错误．

故选：A

两球碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒求出碰撞后甲的动量．根据甲球速度大于乙球速度，以及碰撞过程中总动能不增加，列出不等式，求出甲与乙质量比值的范围进行选择．

对于碰撞问题，要掌握碰撞过程的三个基本规律来分析：一、动量守恒；二、系统总动能不增加；三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况． 10. 【分析】

第9页，共12页

爆竹在最高点速度方向水平，爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后中间一块的速度；动量是矢量，注意方向性；根据动能公试分析动能的大小。

对于爆炸、碰撞等过程，系统所受的外力不为零，但内力远大于外力，系统的动量近似守恒，这类问题往往运用动量守恒和能量守恒两大守恒定律结合进行求解。 【解答】

爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，其中前面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向东，后面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向西，设爆炸后中间一块瞬时速度为v′，取水平向东为正方向，爆炸过程动量守恒， 则有：3mv0=mv+m?v′ -mv 解得：，即.爆炸后的瞬间，中间那块的速度方向水平向东，且大于爆炸前瞬间爆竹的速度，故A错误，B正确；

下落的高度相同，则获得的竖直速度相同，根据速度的合成可知末速度方向不同，所以落地时的动量不相同，故C错误； 爆炸后中间那块的动能错误。 故选B。

，爆炸前的瞬间爆竹的总动能

，所以

，故D 11. 解：

AB、物体的动量发生变化，说明速度变化，可能是速度的大小，也可能只是方向，也可能大小和方向都变，故不能确定速率一定变，故A错误，B正确．

CD、速率变化，说明速度大小一定变了，故动量一定变，故C正确，D错误． 故选：BC 质量不变的物体，其动量与速度成正比，但是动量是矢量，有大小，有方向；速率是标量，只有大小，没有方向．

本题重点搞清楚矢量和标量的区别，知道动量是标量，与速度大小和方向有关；而速率是标量，只与速度大小有关．

12. 解：当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得： （mA+mB）v0=（mA+mB+mC）vA 代入数据解得：物块A的速度vA=3m/s B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则： mBv0=（mB+mC）v1 解得：v1=2m/s 设弹簧的弹性势能最大为EP，对碰后过程，根据机械能守恒定律得： EP=（mB+mC）+mAv02-（mA+mB+mC）vA2．

代入解得为：EP=12J． 故选：BC B与C发生碰撞后，B的速度减小，碰后BC一起向右运动．A物体没有参加碰撞，速度不变，继续向右运动，这样弹簧被压缩，当三者速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律求出物体A的速度．根据动量守恒求出B、C碰撞后的共同速度．再由机械能守恒求解弹性势能的最大值．

第10页，共12页

本题是含有非弹性碰撞的过程，要分过程研究，不能全过程列出机械能守恒方程：EP=（mA+mB）v02-（mA+mB+mC）

vA2，这是学生经常犯的错误．

13. 解：A、B假设物块不受洛伦兹力．

根据动能定理，得 -μmgs=-m，得到s=

因为物块带正电，受到向下的洛伦兹力，摩擦力增大，滑行的距离减小 则s＜

，故A错误，B正确．

C、D假设洛伦兹力是恒力，大小为qv0B保持不变 则由动量定理，得 -μ（mg+qv0B）t=0-mv0 得t=

因为物块向左做减速运动，洛伦兹力减小，加速度减小，滑行时间变长 则有t＞

，故C正确，D错误．

故选：BC．

物块向左运动的过程中，受到重力、洛伦兹力、水平面的支持力和滑动摩擦力，向左做减速运动．采用假设法分析：假设不受洛伦兹力，根据动能定理求出滑行距离；假设洛伦兹力是恒力大小为qv0B，根据动量定理求出运动时间，最后进行选择．

本题考查应用动能定理和动量定理研究变力情况的能力．在中学阶段，这两个定理，一般用来研究恒力作用情况，本题采用假设法，将变力与恒力情况进行比较得出答案．

14. 解：A、用橡皮锤击钉子，橡皮锤与钉子接触时形变量比较大，延长了作用时间，使作用力减小，所以不要橡皮锤钉钉子，故A错误；

B、跳远时，在沙坑里填沙，是为了增加运动员与沙子的作用时间，从而减小作用力，避免运动员受到伤害，故B错误；

C、易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，故C正确；

D、在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零，故D正确； 故选：CD．

力与时间的乘积是力的冲量；应用冲量的计算公式I=Ft与动量定理分析答题．

本题考查了冲量计算公式I=Ft、动量定理的应用；在动量的变化或冲量一定的情况下，延长力的作用时间可以减小力的大小．

15. 解：A、设A、B所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有F =2f，得f=

轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得-ft=0-mv，联立得t=在B停止运动前，即在t=0至t=

，即t=

时B停止运动。

时间内，A、B系统的合外力为零，总动量守恒。故A正确。

B、t=至t=时间内，B停止运动，A匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，

故B错误。

第11页，共12页

C、t=D、t=

时，取向右为正方向，由系统的动量守恒得2mv=pA+0，得A的动量pA=2mv，故C正确。 时即绳断开t=

时，对A，由动量定理得ft=pA′-mv，解得A的动量pA′=3mv，故D错误。

故选：AC。

在B停止运动前，A、B的合外力为零，总动量守恒。在B停止运动后，A、B的合外力不为零，总动量不守恒。根据动量守恒定律求t=

时A的动量。由动量定理求t=

时A的动量。

本题脱钩问题，要抓住脱钩前系统的动量守恒，脱钩后系统的动量不再守恒。在涉及力在时间上的积累效应时，运用动量定理求动量或速度是常用的方法。

16. 解：（1）碰撞后b球的水平射程落点如图所示，读数约为84.1cm； （2）A、本实验中两小球均应做平抛运动，故要求末端必须水平，故A正确；

B、由实验原理可知，我们需要两小球的质量和水平位移，故应需要天平和刻度尺；故B正确； C、为了保证每次小球A的速度均相同，小球应从同一位置滑下；故C错误； 本题选不正确的，故选：C；

（3）本实验中需要测量A球和B球的质量和两球的水平射程OA、OB、OC；不需要测量G点相对于水平槽面的高度，故选：B；

（4）为了让碰后b球的速度大于a球且防止a球反弹，应保证，a球的质量大于b球的质量；

（5）这样可以防止a反弹碰撞后两球都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同， 由动量守恒定律得：mav0=mav1+mbv2，两边同时乘以时间t得：mav0t=mav1t+mbv2t， 则maOB=maOA+mbOC，实验需要验证的表达式为：maOB=maOA+mbOC

故答案为：（1）84.1；（2）C；（3）B；（4）大于；（5）maOB=maOA+mbOC

根据通过实验的原理确定需要测量的物理量，小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根据动量守恒定律求出需要验证的表达式． 本题考查动量守恒的验证，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件．

17. （1）研究木块C点平抛运动的过程，由分位移公式求出木块在C点时的速度。在C点，由牛顿第二定律求出轨道对木块的压力，从而得到木块对轨道的压力。

（2）木块从B到C的过程，由机械能守恒定律求出木块经过B点的速度，由动能定理求出子弹射入木块后瞬间的速度，再研究子弹打击木块的过程，由动量守恒定律求子弹射入木块前瞬间的速度大小。

对于圆周运动，常常是机械能守恒定律或动能定理与牛顿运动定律的综合。子弹射击木块过程，基本的规律是动量守恒。

18. （1）C与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的初速度；

（2）C滑上B后与A分离，C、B系统动量守恒，C在B上滑动过程，再结合能量守恒定律求解．

本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用，要注意分析清楚C与A、B的运动过程，选择合适的系统，应用动量守恒定律即能量守恒定律即可正确解题．

19. （1）小球过C点时，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球过C点时的速度，小球从A到C，再由机械能守恒定律求小球从A点进入圆管轨道的速度大小；

（2）小球冲上圆弧形轨道运动，由水平方向上动量守恒定律，系统的机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求小球沿圆弧轨道上升的最大高度。

小球的运动过程较为复杂，分析清楚小球的运动过程是正确解题的前提与关键；要注意小球冲上圆弧形轨道运动过程，系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒。

第12页，共12页