选修3-5第十六章动量守恒定律章末复习

答案和解析

【答案】

1. C 2. D 3. D 4. A 5. A 6. B 7. C 8. B 9. C 10. D 11. BC 12. ACD 13. BC 14. ABD 15. BD

AD；用圆规画一个尽可能小的圆，把所有落点圈在里面，圆心即平均位置；偶然误差；m1?OQ=m1?OM+m216.

?ON；m2m22

1?OQ=1?OM+m2?ON

17. 解：（1）重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量为：

I=mgt=1×10×0.4 N?s=4 N?s

方向竖直向下．

（2）由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故有：h=gt2， 落地时间为：t=

s．

小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为： I′=mgt=1×10×1 N?s=10 N?s，方向竖直向下． 由动量定理得：△p=I′=10 N?s，方向竖直向下．

（3）小球落地时竖直分速度为：vy=gt=10×1=10 m/s． 由速度合成知，落地速度为：v=

m/s，

所以小球落地时的动量大小为：p′=mv=10kg?m/s．

与水平方向之间的夹角：tanθ=

所以：θ=45°

答：（1）抛出后0.4s内重力对小球的冲量是4 N?s，方向竖直向下； （2）平抛运动过程中小球动量的增量△p是10 N?s，方向竖直向下；

（3）小球落地时的动量p′是10 N?s，与水平方向之间的夹角是45°． 18. 解：（1）碰前对A由动量定理有：-μMgt=MvA-Mv0

解得：vA=2m/s （2）对A、B：碰撞前后动量守恒：MvA=MvA′+mvB 碰撞前后动能保持不变：Mv22A=MvA′+mv2B 由以上各式解得：vA′=1m/s vB=3 m/s （3）又因为B球在轨道上机械能守恒：mvB′2+2mgR=mv2B 解得：vc=

m/s

在最高点C对小球B有：mg+FN=m

解得：FN=4N 由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为4N，方向竖直向上． 19. 解：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有 mgR（1-cos60°）=

解得，小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是： 小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有 mv0=mv1+mvQ

=+，

解得，v1=0，vQ=v0=

二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有 mvQ=Mv+m?2v 解得，v=

=

小物块Q离开平板车时，速度为2v=（2）由能的转化和守恒定律，知 fL=

--

又f=μmg

解得，平板车P的长度为L=

（3）小物块Q在平板车上滑行过程中，对地位移为s，则 -μmgs=解得，s=

小物块Q离开平板车做平抛运动，平抛时间为 t=水平距离x=2vt=

-

．

故Q落地点距小球的水平距离为s+x=+答：

（1）小物块Q离开平板车时速度为（2）平板车P的长度为为

；

；

（3）小物块Q落地时距小球的水平距离为+．

【解析】

1. 解：水平面光滑，子弹射穿木块过程中，子弹受到的合外力为子弹的冲击力，设子弹的作用力为f，对子弹与木块组成的系统，由动量定理得： 对A、B：ft=（m+m）vA， 对B：ft=mvB-mvA，

解得：vA：vB=1：3，故C正确； 故选：C．

木块是水平方向只受到子弹的作用力，分别以两个木块组成的整体和B木块为研究对象，应用动量定理求出子弹的速度之比．

本题应用动量定理求木块的速度之比，分析清楚运动过程，应用动量定理即可正确解题．

2. 解：物体的动量变化量的大小为5kg?m/s，动量是矢量，动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变．故D正确，A、B、C错误． 故选：D．

动量是矢量，只要动量的方向发生变化，则动量就发生变化．

解决本题的关键知道动量是矢量，有大小、有方向，而矢量变化遵循平行四边形定则．

3. 解：AB、纸带对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时，抽出的过程中时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时，抽出的过程中时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故AB错误；

CD、为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，故C错误、D正确。 故选：D。

在抽动纸条时，杯子受到的摩擦力相等，但由于抽拉的时间不动使杯子受到的冲量不同； 根据牛顿第二定律分析加速度大小、位移大小。

本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。

4. 解：设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用， 故机械能守恒，即：

，解得：

；

选取小球接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向。设蹦床对运动员的平均作用力为， 由动量定理得：； 蹦床对运动员的冲量大小为 ； 结合以上两个式子可得：．故A正确、BCD错误。 故选：A。

根据机械能守恒求出小球落到蹦床瞬间的速度；到最低点时，小球的速度和动量均为零，运用动量定理可求得软蹦床对运动员的冲量大小。

本题题型是用动量定理求解一个缓冲过程平均作用力的冲量问题，一定要注意选取合适的研究过程和正方向的选取；本题也可选小球从开始下落到最低点全过程来解答。 5. 【分析】

根据动量定理知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，即Ft=△P，继而分析判断合外力的冲量与动量、动量变化的关系； 由

，判断合外力与动量变化率的关系。

本题考查动量定理应用专题，涉及知识点是动量定理的应用。 【解答】

AB.由Ft=△P知，Ft≠0，△P≠0，故物体所受合外力冲量不为零时，它的动量一定要改变；Ft越大，△P越大，但动量不一定大，它还与初态动量有关，故A错误，B正确； C.冲量不仅与△P大小相等，而且方向相同，故C正确； D.由

知，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化就越快，故D正确。

本题选不正确的，故选A。

6. 【分析】当物体的速度沿水平方向炸裂成a、b两块时，质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，根

据动量守恒定律判断可知b运动方向一定沿水平方向，a、b均做平抛运动，高度相同，运动时间相同，同时到达地面．在炸裂过程中，a、b间相互作用力大小相等，作用时间相等，冲量大小一定相等。

本题是动量守恒定律的应用，基础题．系统动量守恒，不仅作用前后总动量的大小保持不变，总动量的方向也保持不变，解题时要抓住这一点。

【解答】

A.在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但是否与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系,故A错误; B.a、b都做平抛运动，飞行时间相同，故B正确；

C.a、b都做平抛运动，a的平抛初速一定大于ν0，b的平抛初速不一定小于ν0,故C错误；

D.在炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等,方向相反，故D错误。 故选B。

7. 【分析】

两球压缩最紧时，两球速度相等．根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前A球的速度； 解题的关键是应用动量守恒定律和机械能守恒定律的结合解决碰撞问题。 【解答】

设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv′，则过程中总机械能守恒，有故C正确。

，得

；故C正确；ABD错误。

，在碰撞

8. 解：小车固定不动时，物块在小车上滑动，物块与车的相对位移为：BC，

克服摩擦力做功，使系统的机械能减少，由能量守恒定律可知，克服摩擦力做功等于弹簧的弹性势能，EP=μmgBC；

小车不固定时，系统动量守恒，由于系统初状态动量为零，由动量守恒定律可知，系统末状态动量也为零， 最终物块静止在小车上，系统克服摩擦力做功，由能量守恒定律可知：EP=μmgx，已知：EP=μmgBC，则x=BC，物块仍然停在C点； 故选：B．

物块克服摩擦力做功使系统的机械能减少，小车不固定时系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析判断物块停止的位置．

物块在小车上滑动时克服摩擦力做功使系统机械能减少，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对于小车的位移大小，然后确定小车的位置． 9. 【分析】

当系统所受合外力为零时，系统动量守恒;当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒. 解题的关键是根据动量守恒与机械能守恒的条件分析问题。 【解答】

在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；在子弹击中木块的过程中,要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒；因此子弹、木块和弹簧所组成的系统，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒。故ABD错误；故C正确。 故选C。

10. 解：取向上为正方向，由动量守恒定律得： 0=（M-m）v-mv0 则火箭速度v=故选：D．