選修動(dòng)量守恒定律章末復(fù)習(xí)

1、2018年高二物理（人教版）選修3-5第十六章動(dòng)量守恒定律章末復(fù)習(xí)一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）1. 質(zhì)量相同的兩方形木塊A、B緊靠一起放在光滑水平面上，一子彈先后水平穿透兩木塊后射出，若木塊對子彈的阻力恒定不變，且子彈射穿兩木塊的時(shí)間相同，則子彈射穿木塊時(shí)A、B木塊的速度之比（）A. 1：1B. 1：2C. 1：3D. 1：2. 物體的動(dòng)量變化量的大小為5kgm/s，這說明（）A. 物體的動(dòng)量在減小B. 物體的動(dòng)量在增大C. 物體的動(dòng)量大小一定變化D. 物體的動(dòng)量大小可能不變3. 如圖所示，小明在演示慣性現(xiàn)象時(shí)，將一杯水放在桌邊，杯下壓一張紙條。若緩慢拉動(dòng)紙條，發(fā)現(xiàn)杯子會出現(xiàn)滑

2、落；當(dāng)他快速拉動(dòng)紙條時(shí)，發(fā)現(xiàn)杯子并沒有滑落。對于這個(gè)實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是（）A. 緩慢拉動(dòng)紙條時(shí)，摩擦力對杯子的沖量較小B. 快速拉動(dòng)紙條時(shí)，摩擦力對杯子的沖量較大C. 為使杯子不滑落，杯子與紙條的動(dòng)摩擦因數(shù)盡量大一些D. 為使杯子不滑落，杯子與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)盡量大一些4. 蹦床是一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)員利用從蹦床反彈中表現(xiàn)雜技技巧的競技運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為50kg的運(yùn)動(dòng)員從1.8m高出自由下落到蹦床上，若從運(yùn)動(dòng)員接觸蹦床到運(yùn)動(dòng)員陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了0.2s，則這段時(shí)間內(nèi)蹦床對運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為（取g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力）（）A. 400NsB. 300NsC. 200NsD. 100Ns5. 下面關(guān)于物

3、體動(dòng)量和沖量的說法不正確的是( )A. 物體所受合外力沖量越大，它的動(dòng)量也越大B. 物體所受合外力沖量不為零，它的動(dòng)量一定要改變C. 物體動(dòng)量增量的方向，就是它所受沖量的方向D. 物體所受合外力越大，它的動(dòng)量變化就越快6. 在水平地而的某點(diǎn)斜向上成60°拋出一物體，在物體速度方向剛變?yōu)樗椒较驎r(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)炸裂成a、b兩塊。已知物體離開地而的速率為20，a塊的速度方向與剛炸裂時(shí)物塊的方向相同。在不計(jì)空氣阻力的情況下，則（    ）A. b的速度方向一定與炸裂時(shí)物塊的方向相反B. a、b均做平拋運(yùn)動(dòng)，且一定同時(shí)到達(dá)地面C. a的平拋初速一定大于0，b的平

4、拋初速一定小于0D. 炸裂過程中，a、b中受到的爆炸力的沖量一定相同7. 在光滑水平地面上有兩個(gè)完全相同的彈性小球a、b，質(zhì)量均為m，現(xiàn)b球靜止，a球向b球運(yùn)動(dòng)，發(fā)生彈性正碰。當(dāng)碰撞過程中達(dá)到最大彈性勢能Ep時(shí)，a球的速度等于A. B. C. D. 8. 如圖所示，平板小車靜止在光滑的水平面上，車的左端固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧，物塊將彈簧壓縮后用細(xì)繩系在物塊和小車上，物塊與彈簧并不栓接，當(dāng)小車固定時(shí)，剪斷細(xì)繩，物塊滑到小車C點(diǎn)恰好靜止，BC=CD，如果小車不固定，剪斷細(xì)繩，則（）A. 滑到BC間停住B. 還是滑到C點(diǎn)停住C. 滑到CD間停住D. 會沖出D點(diǎn)落到車外9. 在如圖所示的裝置中，木塊B與水平

5、桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個(gè)過程中（）A. 動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B. 動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C. 動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒D. 動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒10. 將靜置在地面上，質(zhì)量為M（含燃料）的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時(shí)間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是（）A. v0B. v0C. v0D. v0二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）11. 如圖所示，在光滑水平面上，一個(gè)

6、質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m、靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是A. 0.40 vB. 0.55 vC. 0.60 vD. 0.70 v12. 如圖所示，質(zhì)量M=2kg的半圓形槽物體A放在光滑水平地面上，槽內(nèi)表面光滑，其半徑r=0.6m?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m=1kg的小物塊B在物體A的槽右端口獲得瞬時(shí)豎直向下的沖量I=2NS，此后物體A和物塊B相互作用，使物體A在地面上運(yùn)動(dòng)，則（）A. 在A、B間存在相互作用的過程中，物體A和物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B. 在A、B間存在相互作用的過程中，物體A和物塊B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C. 物塊B從槽口右端運(yùn)動(dòng)到

7、左端時(shí)，物體A向右運(yùn)動(dòng)的位移是0.4mD. 物塊B最終可從槽口左端豎直沖出，到達(dá)的最高點(diǎn)距槽口的高度為0.2m13. 如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計(jì)一切摩擦圓心O點(diǎn)正下方放置為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與小球A發(fā)生彈性碰撞碰后小球A在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為（）A. 2B. C. 2D. 14. 放在光滑水平面上的甲、乙兩小車中間夾了一壓縮輕質(zhì)彈簧，但不連接，用兩手分別控制小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，下面說法中正確的是（）A. 兩手同時(shí)放開后，兩車的總動(dòng)量為零B. 先放開右手，后放開左手，兩車的總動(dòng)量向右C. 先放開左手，后

8、放開右手，兩車的總動(dòng)量向右D. 兩手同時(shí)放開，兩車總動(dòng)量守恒；兩手放開有先后，兩車總動(dòng)量不守恒15. 質(zhì)量分別為和的兩個(gè)物體碰撞前后的圖象如圖所示，以下說法正確的是A. 碰撞前兩物體動(dòng)量相同B. 等于C. 碰撞后兩物體一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)D. 碰撞前兩物體動(dòng)量大小相等、方向相反三、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共1小題，共10.0分）16. 某實(shí)驗(yàn)小組用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究兩個(gè)小球在水平軌道上碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系。裝置圖中O點(diǎn)為小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，實(shí)驗(yàn)時(shí)先將入射小球m1，多次從斜軌道上的P位置由靜止釋放，找到其落地點(diǎn)的平均位置Q，測量水平射程OQ接著將被碰小球置于水平軌道，再

9、將人射小球m1從斜軌道上P位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并重復(fù)多次，分別找到兩球相碰后落地點(diǎn)的平均位置。（1）要達(dá)成本實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，以下哪些物理量還需要測量_（填選項(xiàng)前的字母）。A兩個(gè)小球的質(zhì)量m1、m2B小球m1開始釋放時(shí)距水平導(dǎo)軌的高度hC拋出點(diǎn)距地面的高度HD兩個(gè)小球相碰之后平拋的水平射程OM、ON（2）實(shí)驗(yàn)中，在確定小球落地點(diǎn)的平均位置時(shí)，通常采用的做法是_，其目的是減小實(shí)驗(yàn)中的_（填“系統(tǒng)誤差”或“偶然誤差）。（3）若兩球相碰前后動(dòng)量守恒，其表達(dá)式為_；若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為_。（兩空均用所測量的量表示）四、計(jì)算題（本大題共3小題，共30.0分）17. 將質(zhì)量為m=1

10、kg的小球，從距水平地面高h(yuǎn)=5m處，以v0=10m/s的水平速度拋出，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2求：（1）拋出后0.4s內(nèi)重力對小球的沖量；（2）平拋運(yùn)動(dòng)過程中小球動(dòng)量的增量p；（3）小球落地時(shí)的動(dòng)量p18. 如圖所示，粗糙的水平面連接一個(gè)豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R=0.1 m，半圓形軌道的底端放置一個(gè)質(zhì)量為m=0.1 kg的小球B，水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M=0.3 kg的小球A以初速度v0=4.0 m/ s開始向著木塊B滑動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t=0.80 s與B發(fā)生彈性碰撞設(shè)兩小球均可以看作質(zhì)點(diǎn)，它們的碰撞時(shí)間極短，且已知木塊A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.25，求：（1）兩小球碰前A的

11、速度；（2）球碰撞后B,C的速度大小;（3）小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)對軌道的壓力；19. 如圖所示，質(zhì)量為M的平板車P高h(yuǎn)，質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計(jì)，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平面地面上一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量也為m的小球（大小不計(jì)）今將小球拉至懸線與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與Q的碰撞時(shí)間極短，且無能量損失，已知Q離開平板車時(shí)速度大小是平板車速度的兩倍，Q與P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，M：m=4：1，重力加速度為g求：（1）小物塊Q離開平板車時(shí)速度為多大？（2）平板車P的長度為多少？（3）小物塊Q落地時(shí)距小球

12、的水平距離為多少？答案和解析【答案】1. C2. D3. D4. A5. A6. B7. C8. B9. C10. D11. BC12. ACD13. BC14. ABD15. BD16. AD；用圓規(guī)畫一個(gè)盡可能小的圓，把所有落點(diǎn)圈在里面，圓心即平均位置；偶然誤差；m1OQ=m1OM+m2ON；m1OQ2=m1OM2+m2ON2  17. 解：（1）重力是恒力，0.4 s內(nèi)重力對小球的沖量為：I=mgt=1×10×0.4 Ns=4 Ns 方向豎直向下（2）由于平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，故有：h=gt2，落地時(shí)間為

13、：t= s小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量為：I=mgt=1×10×1 Ns=10 Ns，方向豎直向下由動(dòng)量定理得：p=I=10 Ns，方向豎直向下（3）小球落地時(shí)豎直分速度為：vy=gt=10×1=10 m/s由速度合成知，落地速度為：v=m/s， 所以小球落地時(shí)的動(dòng)量大小為：p=mv=10kgm/s與水平方向之間的夾角：tan= 所以：=45° 答：（1）拋出后0.4s內(nèi)重力對小球的沖量是4 Ns，方向豎直向下；（2）平拋運(yùn)動(dòng)過程中小球動(dòng)量的增量p是10 Ns，方向豎直

14、向下；（3）小球落地時(shí)的動(dòng)量p是10 Ns，與水平方向之間的夾角是45°  18. 解：（1）碰前對A由動(dòng)量定理有：-Mgt=MvA-Mv0解得：vA=2m/s                                （2）對A、B：

15、碰撞前后動(dòng)量守恒：MvA=MvA+mvB 碰撞前后動(dòng)能保持不變：MvA2=MvA2+mvB2 由以上各式解得：vA=1m/s  vB=3 m/s    （3）又因?yàn)锽球在軌道上機(jī)械能守恒：mvB2+2mgR=mvB2 解得：vc=m/s      在最高點(diǎn)C對小球B有：mg+FN=m 解得：FN=4N由牛頓第三定律知：小球?qū)壍赖膲毫Φ拇笮?N，方向豎直向上  19. 解：（1）小球由靜止擺到最低點(diǎn)的過程

16、中，有  mgR（1-cos60°）=  解得，小物塊到達(dá)最低點(diǎn)與Q碰撞之前瞬間的速度是： 小球與物塊Q相撞時(shí)，沒有能量損失，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，則有   mv0=mv1+mvQ    =+，解得，v1=0，vQ=v0= 二者交換速度，即小球靜止下來，Q在平板車上滑行的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則有 mvQ=Mv+m2v 解得，v=    小物塊Q離開平板車時(shí)，速度為2v= （2）由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，知 fL=- 又f=mg  解得，

17、平板車P的長度為L= （3）小物塊Q在平板車上滑行過程中，對地位移為s，則-mgs=- 解得，s= 小物塊Q離開平板車做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋時(shí)間為 t= 水平距離x=2vt= 故Q落地點(diǎn)距小球的水平距離為s+x=+答：（1）小物塊Q離開平板車時(shí)速度為；（2）平板車P的長度為為；（3）小物塊Q落地時(shí)距小球的水平距離為+  【解析】1. 解：水平面光滑，子彈射穿木塊過程中，子彈受到的合外力為子彈的沖擊力，設(shè)子彈的作用力為f，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得：對A、B：ft=（m+m）vA，對B：ft=mvB-mvA，解得：vA：vB=1：3，故C正確；故選：C木塊是水平

18、方向只受到子彈的作用力，分別以兩個(gè)木塊組成的整體和B木塊為研究對象，應(yīng)用動(dòng)量定理求出子彈的速度之比本題應(yīng)用動(dòng)量定理求木塊的速度之比，分析清楚運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)量定理即可正確解題2. 解：物體的動(dòng)量變化量的大小為5kgm/s，動(dòng)量是矢量，動(dòng)量變化的方向與初動(dòng)量可能同向、可能反向、也可能不在同一條直線上，故物體的動(dòng)量的大小可能增加、可能減小，也可能不變故D正確，A、B、C錯(cuò)誤故選：D動(dòng)量是矢量，只要?jiǎng)恿康姆较虬l(fā)生變化，則動(dòng)量就發(fā)生變化解決本題的關(guān)鍵知道動(dòng)量是矢量，有大小、有方向，而矢量變化遵循平行四邊形定則3. 解：AB、紙帶對杯子的摩擦力一定，緩慢拉動(dòng)紙條時(shí)，抽出的過程中時(shí)間長，則摩擦力對杯子的沖

19、量較大；快速拉動(dòng)紙條時(shí)，抽出的過程中時(shí)間短，則摩擦力對杯子的沖量較小，故AB錯(cuò)誤；CD、為使杯子不滑落，杯子與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)盡量大一些，這樣杯子在桌面上運(yùn)動(dòng)的加速度大，位移短，故C錯(cuò)誤、D正確。故選：D。在抽動(dòng)紙條時(shí)，杯子受到的摩擦力相等，但由于抽拉的時(shí)間不動(dòng)使杯子受到的沖量不同；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度大小、位移大小。本題主要是考查動(dòng)量定理，利用動(dòng)量定理解答問題時(shí)，要注意分析運(yùn)動(dòng)過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動(dòng)量的變化。4. 解：設(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m，他剛落到蹦床瞬間的速度為v，運(yùn)動(dòng)員自由下落的過程，只受重力作用，     故

20、機(jī)械能守恒，即：，解得：；     選取小球接觸蹦床的過程為研究過程，取向上為正方向。設(shè)蹦床對運(yùn)動(dòng)員的平均作用力為，     由動(dòng)量定理得：；      蹦床對運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為 ；     結(jié)合以上兩個(gè)式子可得：故A正確、BCD錯(cuò)誤。故選：A。根據(jù)機(jī)械能守恒求出小球落到蹦床瞬間的速度；到最低點(diǎn)時(shí)，小球的速度和動(dòng)量均為零，運(yùn)用動(dòng)量定理可求得軟蹦床對運(yùn)動(dòng)員的沖量大小。本題題型是用動(dòng)量定理求

21、解一個(gè)緩沖過程平均作用力的沖量問題，一定要注意選取合適的研究過程和正方向的選取；本題也可選小球從開始下落到最低點(diǎn)全過程來解答。5. 【分析】根據(jù)動(dòng)量定理知，合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，即Ft=P，繼而分析判斷合外力的沖量與動(dòng)量、動(dòng)量變化的關(guān)系；由，判斷合外力與動(dòng)量變化率的關(guān)系。本題考查動(dòng)量定理應(yīng)用專題，涉及知識點(diǎn)是動(dòng)量定理的應(yīng)用。【解答】AB.由Ft=P知，F(xiàn)t0，P0，故物體所受合外力沖量不為零時(shí)，它的動(dòng)量一定要改變；Ft越大，P越大，但動(dòng)量不一定大，它還與初態(tài)動(dòng)量有關(guān)，故A錯(cuò)誤，B正確；C.沖量不僅與P大小相等，而且方向相同，故C正確；D.由知，物體所受合外力越大，動(dòng)量的變化率越大，

22、即動(dòng)量變化就越快，故D正確。本題選不正確的，故選A。6. 【分析】當(dāng)物體的速度沿水平方向炸裂成a、b兩塊時(shí)，質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律判斷可知b運(yùn)動(dòng)方向一定沿水平方向，a、b均做平拋運(yùn)動(dòng)，高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，同時(shí)到達(dá)地面在炸裂過程中，a、b間相互作用力大小相等，作用時(shí)間相等，沖量大小一定相等。本題是動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，基礎(chǔ)題系統(tǒng)動(dòng)量守恒，不僅作用前后總動(dòng)量的大小保持不變，總動(dòng)量的方向也保持不變，解題時(shí)要抓住這一點(diǎn)?！窘獯稹緼.在炸裂過程中，由于重力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，炸裂前物體的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原來的水平方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律判斷出來b的

23、速度一定沿水平方向，但是否與原速度方向相反，取決于a的動(dòng)量與物體原來動(dòng)量的大小關(guān)系,故A錯(cuò)誤;B.a、b都做平拋運(yùn)動(dòng)，飛行時(shí)間相同，故B正確；C.a、b都做平拋運(yùn)動(dòng)，a的平拋初速一定大于0，b的平拋初速不一定小于0,故C錯(cuò)誤；D.在炸裂過程中，a，b受到爆炸力大小相等，作用時(shí)間相同，則爆炸力的沖量大小一定相等,方向相反，故D錯(cuò)誤。故選B。7. 【分析】兩球壓縮最緊時(shí)，兩球速度相等根據(jù)碰撞過程中動(dòng)量守恒，以及總機(jī)械能守恒求出碰前A球的速度；解題的關(guān)鍵是應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的結(jié)合解決碰撞問題?！窘獯稹吭O(shè)碰撞前A球的速度為v，當(dāng)兩球壓縮最緊時(shí)，速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒得，mv=2mv，則，

24、在碰撞過程中總機(jī)械能守恒，有，得；故C正確；ABD錯(cuò)誤。故C正確。8. 解：小車固定不動(dòng)時(shí)，物塊在小車上滑動(dòng)，物塊與車的相對位移為：BC，克服摩擦力做功，使系統(tǒng)的機(jī)械能減少，由能量守恒定律可知，克服摩擦力做功等于彈簧的彈性勢能，EP=mgBC；小車不固定時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于系統(tǒng)初狀態(tài)動(dòng)量為零，由動(dòng)量守恒定律可知，系統(tǒng)末狀態(tài)動(dòng)量也為零，最終物塊靜止在小車上，系統(tǒng)克服摩擦力做功，由能量守恒定律可知：EP=mgx，已知：EP=mgBC，則x=BC，物塊仍然停在C點(diǎn)；故選：B物塊克服摩擦力做功使系統(tǒng)的機(jī)械能減少，小車不固定時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律分析判斷物塊停止的位置物塊在小車

25、上滑動(dòng)時(shí)克服摩擦力做功使系統(tǒng)機(jī)械能減少，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律可以求出物塊相對于小車的位移大小，然后確定小車的位置9. 【分析】當(dāng)系統(tǒng)所受合外力為零時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒;當(dāng)只有重力或只有彈力做功時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒.解題的關(guān)鍵是根據(jù)動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件分析問題。【解答】在木塊與子彈一起向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧的過程中，木塊、子彈、彈簧所組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；在子彈擊中木塊的過程中,要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒；因此子彈、木塊和彈簧所組成的系統(tǒng)，在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中，動(dòng)量不守恒、機(jī)械能不守恒。故ABD錯(cuò)誤；故C

26、正確。故選C。10. 解：取向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： 0=（M-m）v-mv0 則火箭速度v= 故選：D以火箭為研究對象，由動(dòng)量守恒定律可以求出火箭的速度在發(fā)射火箭過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律即可正確解題11. 【分析】首先從水平面光滑上判斷AB兩球碰撞過程中動(dòng)量守恒，由于A球被反彈，所以可以判斷出B球的速度會大于0.5v；在兩球碰撞的過程中，有可能會存在能量的損失，由碰撞前后的動(dòng)能求出B球的速度同時(shí)會小于等于，由兩個(gè)速度的范圍求出最終的結(jié)果。 解決本題要注意臨界狀態(tài)的判斷，有兩個(gè)臨界狀態(tài)，其一是AB兩球碰撞后A靜止，由此求出速度的范圍之一；第二個(gè)臨界狀態(tài)時(shí)

27、能量恰好沒有損失時(shí)，有能量的關(guān)系求出速度的另一個(gè)范圍，所以解決一些物理問題時(shí)，尋找臨界狀態(tài)是解決問題的突破口?！窘獯稹緼B兩球在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)AB兩球碰撞后的速度分別為v1、v2， 選A原來的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有： mv=-mv1+2mv2， 假設(shè)碰后A球靜止，即v1=0，可得：v2=0.5v 由題意知球A被反彈，所以球B的速度：v20.5v， AB兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關(guān)系有， 兩式聯(lián)立得：， 由兩式可得：， 符合條件的有0.55v和0.6v，所

28、以BC正確。 故選BC。 12. 解：A、在A、B間存在相互作用的過程中，物體A和物塊B組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A正確。B、在A、B間存在相互作用的過程中，物塊B有向心加速度，有豎直方向的分加速度，所以物體A和物塊B組成的系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤。C、設(shè)物塊B從槽口右端運(yùn)動(dòng)到左端時(shí)，物體A向右運(yùn)動(dòng)的位移是x。取水平向左為正方向，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得：m-M=0，解得x =0.4m，故C正確。D、對B，由動(dòng)量定理得I=mv0，得v0=2m/s。設(shè)B到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)與A的共同速度為v，到達(dá)的最高點(diǎn)距槽口的高度為h。根據(jù)水平動(dòng)量守恒得 0=（M

29、+m）v，得v =0對系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒得：mgh=，得h =0.2m，故D正確。故選：ACD。對照機(jī)械能守恒的條件：只有重力做功，分析機(jī)械能是否守恒。根據(jù)動(dòng)量守恒的條件：合外力為零，分析動(dòng)量是否守恒。由水平方向動(dòng)量守恒求物體A向右運(yùn)動(dòng)的位移。根據(jù)水平動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒求B到達(dá)的最高點(diǎn)距槽口的高度。解決本題時(shí)要抓住系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，只是水平方向動(dòng)量守恒，是分方向動(dòng)量守恒的類型。分析時(shí)要知道B到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)與A的速度相同。13. 解：A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)B的初速度方向?yàn)檎较颍O(shè)碰撞后B與A的速度分別為v1和v2，則：mv0=mv1+2mv2由動(dòng)能守恒得：

30、聯(lián)立得：   1恰好能通過最高點(diǎn)，說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)小球的重力提供向心力，是在最高點(diǎn)的速度為vmin，由牛頓第二定律得：  A在碰撞后到達(dá)最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，得：  聯(lián)立得：，可知若小球B經(jīng)過最高點(diǎn)，則需要：2小球不能到達(dá)最高點(diǎn)，則小球不脫離軌道時(shí)，恰好到達(dá)與O等高處，由機(jī)械能守恒定律得：聯(lián)立得：可知若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足：由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足：或，故AD錯(cuò)誤，BC正確故選：BC小球A的運(yùn)動(dòng)可能有兩種情況：1恰好能通過最高點(diǎn)，說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)小球的重力提供向心力，由牛頓第二定律求出小球到達(dá)最高點(diǎn)點(diǎn)的速度，由機(jī)械能守

31、恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞過程中動(dòng)量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2小球不能到達(dá)最高點(diǎn)，則小球不脫離軌道時(shí)，恰好到達(dá)與O等高處，由機(jī)械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞過程中動(dòng)量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度熟練應(yīng)用牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律即可正確解題，注意小球A的運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道可能有兩種情況，難度適中14. 解：A、當(dāng)兩手同時(shí)放開時(shí)，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，又因?yàn)殚_始時(shí)總動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零，故A正確；B、先放開右手，右邊的小車就向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再放開左手后，系統(tǒng)所受合外力為零，此后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，且總動(dòng)量

32、方向向右，故B正確；C、先放開左手，左邊的小車就向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，且開始時(shí)總動(dòng)量方向向左，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)兩手同時(shí)放開時(shí)，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；兩手放開有先后時(shí)，放開一手再放開另一手的過程中系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故D正確；故選：ABD當(dāng)兩手同時(shí)放開時(shí)，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，先放開左手，左邊的小車就向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，且開始時(shí)總動(dòng)量方向向左，放開右手后總動(dòng)量方向也向左本題關(guān)鍵要掌握動(dòng)量守恒的條件，系統(tǒng)所受合外力為零時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，知道系統(tǒng)初狀態(tài)時(shí)動(dòng)量的方向1

33、5. 【分析】 位移時(shí)間圖象的斜率等于速度，由斜率求出碰撞前后兩個(gè)物體的速度，由圖看出，碰后兩個(gè)物體速度均為零，根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析碰撞前兩物體動(dòng)量有關(guān)系。解決本題關(guān)鍵抓住兩點(diǎn)：一是位移圖象的斜率等于速度，斜率的大小表示速率，正負(fù)表示速度的方向；二是掌握碰撞的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒，難度不大?！窘獯稹?A.位移時(shí)間圖象的斜率等于速度，由數(shù)學(xué)知識得知，碰撞后兩個(gè)物體的速度為零，根據(jù)動(dòng)量守恒有：P1+P2=0，得：P1=-P2說明碰撞前兩物體動(dòng)量大小相等、方向相反，由于動(dòng)量是矢量，所以碰撞前兩物體動(dòng)量不相同,故A錯(cuò)誤，D正確C.由圖示圖象可知，兩物體碰撞后位移不隨時(shí)間變化，速度為零，碰撞后兩物體靜止，故C錯(cuò)誤；B.由斜率可知，碰撞前兩物體速度大小相等，方向相反，則有：v1=-v2，由P1=-P2，得：m1v1=-m2v2，m1=m2，故B正確; 故選BD。16. 解：（1）要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律定律，需要驗(yàn)證：m1v1=m1v2+m2v3，小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相等，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，上式兩邊同時(shí)乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t 得：m1OQ=m1OM+m2ON，因此實(shí)驗(yàn)需要測量：兩球的質(zhì)量、小球的水平位移，故選：AD；（2）在進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，該實(shí)驗(yàn)利用了多次實(shí)驗(yàn)取平均值的思想進(jìn)行的，在確定小球落點(diǎn)時(shí)注意采用的方法是用圓規(guī)畫一個(gè)盡可能小的圓