物理教科版選修3-5答案

答案全解全析

第一章碰撞與動(dòng)量守恒

第一章$1.碰撞

互動(dòng)訓(xùn)練

1.AC碰撞過程發(fā)生的作用時(shí)間很短，作用后速度會(huì)發(fā)生變化,A、C項(xiàng)正確;物體相互作用前速

度不一定很大,B項(xiàng)錯(cuò)誤;碰撞過程中系統(tǒng)的動(dòng)能不變或減少,不可能增加,D項(xiàng)錯(cuò)誤。

2.A鋼球A與鋼球B發(fā)生碰撞,形變能夠恢復(fù)，屬于彈性碰撞,A對(duì);鋼球A與橡皮泥球B、橡皮

泥球A與橡皮泥球B碰撞,形變不能恢復(fù),即碰后粘在一起，屬于完全非彈性碰撞,B、C錯(cuò);木球

A與鋼球B碰撞,形變部分能夠恢復(fù),屬于非彈性碰撞,D錯(cuò)。

3.A碰前的總動(dòng)能Em?3mv2+imv2=2mv2,碰后的總動(dòng)能E?=0An(2v)2=2mv2,由于E二E',碰撞前后

總動(dòng)能不變,為彈性碰撞。

4.ABD廣彈射入沙袋中，無論是否射此都會(huì)因摩擦使--部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,為非彈性碰撞,A、

B正確;網(wǎng)球碰撞前、后動(dòng)能不變,為彈性碰撞,籃球與地面碰撞后，動(dòng)能減少,為非彈性碰撞。

5.BC滑塊與小車相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中摩擦生熱,A為非彈性碰撞。B中球與曲面作用過程中，不存

在機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式能的情況，為彈性碰撞。C中作用過程中機(jī)械能不變,為彈性碰撞。D

中A與B碰撞，由于A、B粘在一起,為完全非彈性碰撞。

小試身手

1.C答案(1)勻速直線運(yùn)動(dòng)(2)0.090.06

(3)0.027-0.027(4)0

｛解析(1)從圖上可以看出,A滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)A滑塊的速度大小為瞥工0.09

m/s;B滑塊的速度大小為塔詈=0.06m/s°(3)A滑塊的質(zhì)量與速度的乘積是0.3kgXO.09

m/s=0.027kg?m/s;B滑塊的質(zhì)量與速度的乘積是0.45kgX(-0.06m/s)=-0.027kg?m/s.

(4)A、B兩滑塊質(zhì)量與速度乘積之和為零。

2.。答案⑴C(2)AC(3)m,XOP=m}XOM+m2XO'N

?解析(1)為防止反彈造成入射球返同斜槽,要求入射球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量,即mOm4為使入

射球與被碰球發(fā)生對(duì)心碰撞,要求兩小球半徑相同。故選項(xiàng)C正確。

(2)設(shè)入射小球碰前的速度為v.,入射小球與被碰小球相碰后的速度分別為v.\v2\由于

兩球都從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為一個(gè)計(jì)時(shí)單位時(shí),可以用它們平拋的水平位移表

示碰撞前后的速度。因此,驗(yàn)證的動(dòng)量守恒關(guān)系+叱V；可表示為0)兇=1?岡'+01必'。所以

需要直尺、天平，而無需彈簧測(cè)力計(jì)?、秒表。由于題中兩個(gè)小球都可認(rèn)為是從槽口開始做平拋

運(yùn)動(dòng)的,兩球的半徑不必測(cè)量,故無需游標(biāo)卡尺。

(3)得出的結(jié)論表達(dá)式應(yīng)為m1X0P=miXOM+m,X行。

3.?答案(1)接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源放開滑塊1

(2)0.6200.6181.240.7426.459.72

(3)滑塊1、2碰撞前后的質(zhì)量與速度乘積的總和

(4)紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器限位孔有摩擦

{解析作用前滑塊1的速度大小

作用前系統(tǒng)的總動(dòng)量為滑塊1的質(zhì)量與其速度v；的乘積

叫v產(chǎn)。.31kgX2m/s=0.620kg?m/s

兩滑塊相互作用后共同速度Vm衿m/s=l.2m/s

t20.02X7

兩滑塊總的質(zhì)量與速度乘積(m,+ni2)v=(0.310+0.205)XI.2kg*m/s=0.618kg?ra/s

該=1.24J;m,v'j+nvv'：=0.742J

紅包6.45m?s1?kg'

mim2

-+^-=9.72m?s1?kg1

m2

通過以上計(jì)算可知，碰撞中的守恒量應(yīng)是滑塊1、2碰撞前后的質(zhì)量與速度乘積的總和。

鞏固訓(xùn)練

一、選擇題

1.ABA項(xiàng)中導(dǎo)軌不水平，小車速度將受重力影響。B項(xiàng)中擋光板傾斜導(dǎo)致?lián)豕獍鍖挾炔坏扔趽?/p>

光階段小車通過的位移,導(dǎo)致速度計(jì)算出現(xiàn)誤差。

2.C兩繩等長才能保證兩球正碰，以減小實(shí)驗(yàn)誤差，所以選項(xiàng)A正確；由于計(jì)算碰撞前速度時(shí)，

由靜止釋放小球便于觀察和操作,所以選項(xiàng)B正確;本實(shí)驗(yàn)對(duì)小球的性能無要求,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;兩

球正碰后,有各種運(yùn)動(dòng)情況,所以選項(xiàng)D正確;故選Co

3.BP小球壓縮彈簧，使P做減速運(yùn)動(dòng)而Q做加速運(yùn)動(dòng)，只要P小球的速度大于Q小球的速度，

彈簧就會(huì)被繼續(xù)壓縮。當(dāng)兩者速度相同時(shí),彈簧被壓縮至最短,所以選項(xiàng)B正確。

二、填空題

4.■答案完全非彈性3

?解析由于兩球碰后速度相同,沒有分離,因此兩球的碰撞屬于完全非彈性碰撞,在碰撞過程中

22

損失的動(dòng)能為△(mA+m,5)v-=(1X1X3-1X3XI)J=3J。

三、實(shí)驗(yàn)題

5.。答案(1)處于水平切線處(2)>=(3)AC(4)B

■解析(1)小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng),在安裝實(shí)驗(yàn)器材時(shí)斜槽的末端應(yīng)處于水平切線處,才能

使小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)；

(2)為防止碰撞過程入射球反射,入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量,即叫〉嗚。為保證兩個(gè)

小球的碰撞是對(duì)心碰撞,兩個(gè)小球的半徑要相等；

(3)由圖所示裝置可知,a球和b球相撞后,b球的速度增大,a球的速度減小,b球在前,a球

在后，兩球都做平拋運(yùn)動(dòng)，由圖可知,未放被碰小球時(shí)a球的落地點(diǎn)為B點(diǎn),碰撞后球a、b的落

點(diǎn)分別為A、C兩點(diǎn)。

⑷兩球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等,如果碰撞過程動(dòng)量守恒,則有:1Mb兩邊同時(shí)乘以時(shí)

間I得：

m1vot=ia,vAt+m1,vBt

得:m,08=m,04+m,,0C,

故選B。

6.■答案①使氣墊導(dǎo)軌保持水平②A至C的距離&,B至D的距離s?③(M+m盧-爛=0

亡2

C解析由于滑塊和氣墊導(dǎo)軌間的摩擦力很小，因此可以忽略不計(jì),可認(rèn)為滑塊在導(dǎo)軌上做勻速

直線運(yùn)動(dòng),因此兩滑塊作用后的速度可分別表示為：

VA乎，VB=",

Qc2

若(.M+m)--M(―)=0成立，則(M+m)v,1二MVR成立。

C1f2

7.。答案(1)BD(2)45.90±0.2(3)叫?麗=叫?瓦?+叫?歷

，解析(1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，用天平測(cè)出a、b球的質(zhì)量叱、噸;各球的速度用記錄紙上0

點(diǎn)到A、B、C各點(diǎn)的平均距離M、OB,近來代替;B、D正確；

(2)在圖中用盡可能小的圓圈出所打的點(diǎn),找出圓心,并讀出其所在位置刻度為45.90±0.2

cm;

(3)如果滿足等式m.?麗初」OA^b-OCf我們認(rèn)為在碰撞中系統(tǒng)的動(dòng)量是不變的。

8.?答案(1)0.00750.0150.0075碰撞中nw的矢量和是守恒量(2)BCD(3)C

懈析(1)由圖所示圖像可知，碰撞前入射小球的速度：

m/s=lm/s

tj0.2

碰撞后，球的速度：

,X10.300.20/cu/

V1m/s=0-51nzs

V；="2：=O-3S-O.2Om/s=o.75m/s

t20.4-0.2

入射小球碰撞后mN；=0.015X0.5kg?m/s=0.0075kg?m/s

入射小球碰撞前m】Vi=0.015X1kg?m/s=0.015kg?m/s

被碰撞后的1112V2’=0.01X0.75kg?m/s=0.075kg?m/s

碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量p=mM=0.015kg?m/s

碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量「'=1^"+叱丫2’=0.015kg?m/s,p'=p,由此可知:碰撞過程中動(dòng)量守恒。

(2)實(shí)驗(yàn)中，是通過平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運(yùn)

動(dòng),對(duì)斜槽是否光滑沒有要求，故A錯(cuò)誤;要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng),則軌道的末端必須水平,

故B正確;要保證碰撞前的速度相同,所以入射小球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下,故C正確；

為了保證小球碰撞為對(duì)心正碰,且碰后不反彈,要求ma>mb,r=rb,故D正確。

(3)要驗(yàn)證的關(guān)系式為:m“v。書M+nu”小球做平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知根據(jù)兩小球

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，上式可轉(zhuǎn)換為:叫項(xiàng)vil+mzl,故需驗(yàn)證m?OP=m,OM+nit,O/V,因此A、B、D錯(cuò)

誤,C正確。

9.｛答案a.B60b.0.1c.-0.2-0.2碰撞前后兩物體的質(zhì)量與速度的乘積之和

■解析a.以上情況看出第二次、第三次和第四次閃光時(shí),物體B的位置始終在x=60cm處，說

明碰后B物體靜止,滑塊碰撞位置發(fā)生在60cm處;b.第一次閃光時(shí)A的位置在x=55cm處,第

二次閃光時(shí)A的位置在x=50cm處，說明碰前位移5cm,碰后位移10cm,由圖可知：v；?At=20

cm,v7?t.=10cm,所以l弓ALO.1s,所以滑塊碰撞時(shí)間發(fā)生在第一次閃光后0.1s;c.設(shè)向右

為正方向，碰前A的速度5二s：；m/s=O.5m/s,對(duì)A:mAvA=O.2X0.5kg?m/s=O.1kg?m/s;碰前

B的速度VB二二m/s=Tm/s,對(duì)BWMFO.3X(-1)kg?m/s=-O.3kg?m/s,碰撞前兩滑塊的

質(zhì)量與速度乘積之和是-0.2kg?m/s;碰后A的速度v；二-若Jm/s=Tm/s,對(duì)

A:IHAVA*=0.2X(-l)kg?m/s=~0.2kg?m/s;以上實(shí)驗(yàn)結(jié)果說明在碰撞過程中保持不變的物理量

是碰撞前后兩物體的質(zhì)量與速度的乘積之和。

10.。答案⑴乙甲(2)2.5T2：3

■解析(1)若要求碰撞時(shí)動(dòng)能損失最大，則需兩物體碰撞后結(jié)合在一起，故應(yīng)選圖中的乙;若要

求碰撞動(dòng)能損失最小則應(yīng)使兩物體發(fā)生完全彈性碰撞，故選圖中的甲；(2)由圖可知，第1次閃光

時(shí)，滑塊A恰好位于x=10cm處；第二次A在x=30cm處；第三次A在x=50cm處；碰撞時(shí)A在

x=60cm處,從第三次閃光到碰撞的時(shí)間為泉?jiǎng)t可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的2.5T時(shí)刻;若設(shè)

碰前A的速度為v,則碰后A的速度為B的速度為V,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:m.v=-%?；+%?v,

解得:叫

ma3

第一章皂2.動(dòng)量

互動(dòng)訓(xùn)練

1.D動(dòng)量的大小取決于質(zhì)量和速度的乘積,質(zhì)量大,動(dòng)量不一定大,A錯(cuò);質(zhì)量和速率都相同的物

體,動(dòng)量大小相同，但是動(dòng)量方向不一定相同,B錯(cuò);物體的加速度不變,速度一定變化,動(dòng)量一定

變化,C錯(cuò);物體所受合外力不為零時(shí)，必產(chǎn)生加速度,速度變化,動(dòng)量一定改變,故D對(duì)。

2.BC動(dòng)量是矢量;速率是標(biāo)量，是瞬時(shí)速度的大小;p=mv,對(duì)于質(zhì)量不變的物體，速度改變(大小

或方向)，動(dòng)量改變;動(dòng)量改變,速率可能不變。

3.BD質(zhì)量一定,動(dòng)能r=扣匕動(dòng)量p=mv,動(dòng)量是矢量,動(dòng)能是標(biāo)量,如果速度方向變化,大小不

變，則動(dòng)量變化，動(dòng)能不變;動(dòng)能變化,動(dòng)量一定變化，所以A、C錯(cuò)誤,B、D正確。

4.BC規(guī)定向右為正方向,初動(dòng)量為10kg?m/s,末動(dòng)量為-6kg?m/s,動(dòng)量變化量為-6

kg?m/s-10kg?m/s=-16kg?m/s,Ap為負(fù)值;說明與規(guī)定正方向相反,B、C正確。

5.■答案0.600kg?m/s,方向與球飛來的方向相反

?解析以球飛來的方向?yàn)檎较?，則

pLinv尸5X10kgX拳m/s=0.125kg?m/s,

3320

p2=mv2=-5X10kgX^^m/s=-0.475kg,m/so

所以動(dòng)量的變化量

△p=p2-p1=-0.475kg?m/s-0.125kg?m/s

=-0.600kg,m/s

所以羽毛球的動(dòng)量變化量大小為0.600kg?m/s,方向與球飛來的方向相反。

6.D取向下為正方向，則Ap=p'-p=-mv2-mvi=-m(v)+v2)1負(fù)號(hào)表示Ap與選的正方向相反,即向

上。

7.?答案L4kg?m/s

，解析取向下的方向?yàn)檎?則由H處下落到與地面接觸前的瞬間,機(jī)械能守恒:mgHa若

故初狀態(tài)速度v,=4m/s

初狀態(tài)動(dòng)量Pi=mV[=0.8kg?m/s

同理,皮球與地面相碰后反彈，機(jī)械能守恒:mgh^m詔

故碰撞后的速度匕=-3m/s

碰撞后末狀態(tài)動(dòng)量p2=mv2=-O.6kg?m/s

故動(dòng)量的變化量Ap=p2-p1=-l.4kg?m/s

動(dòng)量的變化方向?yàn)樨?fù),說明動(dòng)量變化的方向向上。

8.C牛頓運(yùn)動(dòng)定律適用于宏觀、低速運(yùn)動(dòng)的問題，而動(dòng)量守恒定律既適用于宏觀、低速運(yùn)動(dòng)的

問題，也適用于微觀、高速運(yùn)動(dòng)的問題。

9.BC在a離開墻壁前彈簧伸長的過程中，對(duì)a和b構(gòu)成的系統(tǒng)，由于受到墻給a的彈力作用,

所以a、b構(gòu)成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，因此B選項(xiàng)正確,A選項(xiàng)錯(cuò)誤;a離開墻壁后,a、b構(gòu)成的系

統(tǒng)所受合外力為零,因此動(dòng)量守恒,故C選項(xiàng)正確,D選項(xiàng)錯(cuò)誤。

10.C當(dāng)摩擦力屬于內(nèi)力時(shí),系統(tǒng)動(dòng)量守恒,如一個(gè)物體放在在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)的物體上時(shí)，

兩物體組成的系統(tǒng)受到的摩擦力為內(nèi)力，兩者的加速度不為零,A、B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量守恒定律的

條件:系統(tǒng)受到的合外力為零或者系統(tǒng)所受的外力比相互作用力(內(nèi)力)小得多，以至可以忽略外

力的影響，系統(tǒng)的動(dòng)量也是守恒的。故C正確D錯(cuò)誤,故選Co

11.D系統(tǒng)動(dòng)量守恒,A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量,只有車與B的運(yùn)動(dòng)方向相同才能使整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量

守恒。

12.造案0.186m/s,方向向左

■解析本題的研究對(duì)象為兩輛碰碰車(包括駕車的同學(xué))組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中此系統(tǒng)的內(nèi)

力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于所受的外力,外力可以忽略不計(jì)，滿足動(dòng)量守恒定律的適用條件。

設(shè)甲同學(xué)的車碰撞前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，他和車的總質(zhì)量%=150kg,碰撞前的速度

Vi=4.5m/s;乙同學(xué)和車的總質(zhì)量m2=200kg,碰撞前的速度vz=-3.7m/s。

設(shè)碰撞后兩車的共同速度為v,則系統(tǒng)碰撞前的總動(dòng)量為：

p=m1v1+m2v2=150X4.5kg?m/s+200X(-3.7)kg?m/s=-65kg,m/s。碰撞后的總動(dòng)量為

p'=(叫+服)V。

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知P=P'，代入數(shù)據(jù)解得v=-0.186m/s,即碰撞后兩車以v=0.186m/s

的速度一起運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)方向向左。

13.。答案(1)0.25m/s(2)2.75m/s

。解析(D選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng)，由系統(tǒng)總動(dòng)量守恒得：

mv=(MH+m)VB+MAVA

可求得:v,<=0.25m/so

(2)設(shè)鐵塊剛滑上B時(shí)的速度為u,此時(shí)A、B的速度均為5=0.25m/s。

由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mv=mu+(MA+Mn)VA

可求得:u=2.75m/so

小試身手

1.C小球與彈簧相互作用時(shí),彈簧會(huì)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受合外力不等于零,動(dòng)量不守恒;

在運(yùn)動(dòng)過程中，小球和槽通過彈簧相互作用，但因?yàn)橹挥袕椈傻膹椓ψ龉?動(dòng)能和勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，

而總量保持不變,機(jī)械能守恒。故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。

2.A車、人、槍、靶和子彈組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，初動(dòng)量為零，子彈打入

靶中且留在靶里,則子彈射入靶后，小車獲得的速度也為零,故選Ao

3.。答案署■方向與u的方向相反

M+m

?解析在人跳離小車的過程中，由人和車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，在該方向上動(dòng)量

守恒。由于給出的人的速度u是相對(duì)車的,而公式中的速度應(yīng)是相對(duì)地的,必須把人相對(duì)車的速

度轉(zhuǎn)化為相對(duì)地的速度。

設(shè)速度u的方向?yàn)檎较颍嗣撾x車后小車的速度大小為V,則人對(duì)地的速度大小為(U-V)。

根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

0=m(u-v)-Mv

所以小車速度v二普,方向與u的方向相反。

M+m

4.?答案⑴叫"。‘os。(2嚴(yán)外8sB

C#析⑴以鉛球、砂車為系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒，m1Vocos0=(M+mi)v,

得球和砂車的共同速度

_叫》0

V=-----C-O-S0O

M+mi

(2)球和砂車獲得共同速度后,在漏砂過程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量也守恒,設(shè)當(dāng)漏出質(zhì)量為叱

的砂子時(shí)砂車的速度為v',砂子漏出后做平拋運(yùn)動(dòng),水平方向的速度仍為V,

由(M+mJv=m2v+(M+m-m2)v',

ZQ,ntjVocos。

得…一丁一

5.D設(shè)發(fā)射子彈的數(shù)目為n,選擇n顆子彈和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象。系統(tǒng)在水平方向所

受的合外力為零,滿足動(dòng)量守恒的條件。木塊向右運(yùn)動(dòng),連同n顆子彈在射入前向左運(yùn)動(dòng)為系統(tǒng)

的初狀態(tài),子彈射入木塊后停下來為末狀態(tài)。

規(guī)定子彈運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有：

nmv2TM=0,所以n二絲W

6.C對(duì)于小球和槽組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，所以在水平方向上動(dòng)量守恒,B、I)錯(cuò)；

若槽固定，小球到達(dá)底端的速度v=J荻,現(xiàn)在槽不固定，小球在下滑的同時(shí)槽要向左運(yùn)動(dòng)，由能

量守恒定律知，小球減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化成小球和槽的動(dòng)能,即小球到達(dá)底端的速度”網(wǎng)A

錯(cuò),C對(duì)。

7.?答案(1)0.5m/s(2)5.5m/s

，解析C在A上滑動(dòng),A、B、C組成的系統(tǒng)所受到的合外力為零，動(dòng)量守恒;C在B上滑動(dòng),B、C

組成的系統(tǒng)動(dòng)量仍守恒。取V。方向?yàn)檎较颉?/p>

(1)A,B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：

mcV),=mAVj+(mi,+mr)v

所以5m/s。

mA

(2)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：

nkv<+mBVA=v

所以歸出心3口*5.5m/s.

mc

8.■答案(1)10m/s(2)x=J20h-4M(3)h=2.5mx=5m

<解析(D設(shè)子彈的質(zhì)量為m,則滑塊的質(zhì)量為3m,子彈射入滑塊后一起運(yùn)動(dòng)速度為v?由動(dòng)量

守恒：

mv0=(m+3m)v】①

得：V[=\o=lOm/s②

4

⑵設(shè)子彈與滑塊到達(dá)軌道頂部時(shí)的速度為力,由機(jī)械能守恒定律:

1(m+3m)(m+3m)詔+(m+3m)gh③

設(shè)子彈與滑塊離開軌道頂部到落到地面的時(shí)間為t,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律:

x=v2t@

2gt2⑤

聯(lián)立③④⑤得：x二^20h-4/i2@

(3)因?yàn)?x=^20/1-4/12=^25-(2/1-5)20

所以:h=2.5m時(shí),B的水平距離最大，且x=5限

9.，案(1)1.5m/s1.5m/s(2)15

?解析(1)甲、乙兩小孩及兩車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量沿甲車的運(yùn)動(dòng)方向，甲不斷拋球、乙接球后,

當(dāng)甲和他的小車與乙和他的小車具有共同速度時(shí),可保證剛好不相撞。設(shè)共同速度為v,則：

M1V1-M2VI=(MI+M2)v

v二“L“Av--X6m/s=l.5m/s

Mt+M280

(2)這一過程中乙小孩及其車的動(dòng)量變化為：Ap=30X6kg-m/s-30X(-1.5)kg?m/s=225

kg?m/s

每一個(gè)小球被乙接住后，到最終的動(dòng)量變化為：Ap】=16.5X1kg?m/s-1.5X1kg?m/s=15

kg,m/s

故小球個(gè)數(shù)為N=2爺=15(個(gè))<,

A%15

鞏固訓(xùn)練

一、選擇題

1.C動(dòng)量等于物體的質(zhì)量與速度的乘積,故動(dòng)量大,其質(zhì)量不一定大;動(dòng)量大,其速度也不一定

大;動(dòng)量的方向與速度方向相同，故一定沿物體的運(yùn)動(dòng)方向,而與速度變化量的方向無關(guān),

2.C根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知,A、B、C三個(gè)球得到的動(dòng)量分別等于A、B、C三個(gè)球的動(dòng)量的變

化量,設(shè)初速度方向?yàn)檎瑒t△p^mvo-mv.,;ApiFmv(1;Ap(-mv(l+mv.,所以C球動(dòng)量最大,故選Co

3.A動(dòng)量是矢量,物體動(dòng)量的改變即是由速度變化引起的,有可能是大小改變,有可能是方向改

變,也有可能是大小、方向同時(shí)變化,而判斷物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是否變化的依據(jù)是速度,速度矢量發(fā)

生變化,物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)就改變。

4.C設(shè)小球撞墻的方向?yàn)檎较?，故碰撞前后小球?dòng)量變化量的大小Ap=m(-v-v)=-3.6

kg?m/s,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;因?yàn)樾∏蚺鲎睬昂蟮膭?dòng)能不改變,故根據(jù)動(dòng)能定理得,小球碰撞過程

中墻對(duì)小球做功的大小W二0,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。

5.AB動(dòng)量的變化率等*ma,所以動(dòng)量的變化率保持不變，即為合外力恒定,物體做勻變速運(yùn)

△tAC

動(dòng),所以物體可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng),物體也可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),選A、Bo

6.A若系統(tǒng)內(nèi)存在著摩擦力，而系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量仍守恒，故A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)

量守恒條件可知,系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的合力為零,系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒,故B正確；系統(tǒng)

所受合外力不為零，其動(dòng)量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒,C正確;根據(jù)動(dòng)量守恒定律

可得各物體動(dòng)量的增量的矢量和一定為零,D正確;故選A。

7.D槍和彈組成的系統(tǒng)，由于小車對(duì)槍有外力,槍和彈組成的系統(tǒng)外力之和不為零,所以動(dòng)量不

守恒，故A錯(cuò)誤。槍和車組成的系統(tǒng)，由于子彈對(duì)槍有作用力，導(dǎo)致槍和車組成的系統(tǒng)外力之和

不為零，所以動(dòng)量不守恒，故R錯(cuò)誤。槍、彈、車組成的系統(tǒng)，它們之間相互作用的力為內(nèi)力，比

如槍彈和槍筒之間的摩擦力,系統(tǒng)所受外力之和為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,故D正確,C錯(cuò)誤。

8.CD因取豎直向上為正方向，則有△p=mAv=-mgt,故選項(xiàng)C正確;普二-*二-幅故選項(xiàng)D正確;

故選C、Do

9.D兩運(yùn)動(dòng)物體碰后粘合為一體,A減少的動(dòng)量等于B增加的動(dòng)量,故總動(dòng)量不變;B選項(xiàng)敘述

的情景，碰撞前后總動(dòng)量為零,也符合動(dòng)量守恒定律;質(zhì)量不等的兩個(gè)物體,速率相同且相向運(yùn)動(dòng),

系統(tǒng)的總動(dòng)量不為零，故碰后二者以相等的速率運(yùn)動(dòng)的方向必與系統(tǒng)總動(dòng)量的方向一致,故選項(xiàng)

C不違反動(dòng)量守恒定律;質(zhì)量不等的兩物體，以相同速率相向而行,其總動(dòng)量必與速率大的物體同

向,若正碰后兩物體均以原速率返回，則系統(tǒng)的總動(dòng)量方向?qū)l(fā)生改變,其違反動(dòng)量守恒定律,故

選D。

10.A汽車和拖車原來做勻速直線運(yùn)動(dòng),合外力為零,拖車與汽車脫鉤后,汽車的牽引力不變,各

自受的阻力也沒有發(fā)生變化,故拖車、汽車組成的系統(tǒng)合外力仍為零,動(dòng)量守恒,A正確,C錯(cuò)誤；

分析物理過程可知,脫鉤后，同樣時(shí)間內(nèi)汽車產(chǎn)生的位移要大于拖車減速產(chǎn)生的位移,合外力對(duì)

汽車和拖車做正功,總動(dòng)能變大,B、D錯(cuò)誤。

11.ACD由圖可知,A、B兩物塊在相互作用前后都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，表明系統(tǒng)所受外力之和為零,

所以A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。兩物塊相互作用前,v.,=6m/s,v8=lm/s;相互作用后,v：=2

m/s,v/=7m/so相互作用前后A的動(dòng)量大小之比為:ma：m&v；=3：1。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有

,，

mAvA+niBVB=inAvA+mBvB,則:mB=3:2,相互作用后A、B的動(dòng)量大小之比為:見山'：=3：7,相

互作用前A、B總動(dòng)能:扣M+扣起夸叫,相互作用后:扣"科mav':二我，比較可知A、B總動(dòng)能

不變。

12.A物塊與薄板相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中,在豎直方向受重力和支持力作用，矢量和為零,所以物塊與

薄板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,旦在相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中任一時(shí)刻系統(tǒng)的總動(dòng)量都不變。

薄板足夠長,設(shè)最終物塊和薄板達(dá)到共同速度v',由動(dòng)量守恒定律得（取薄板運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?/p>

方向）：

Mv-mv=(M+m)v'

則V'嚙"詈m/s=2m/s

共同運(yùn)動(dòng)速度的方向與薄板初速度的方向相同。

在物塊和薄板相互作用過程中，薄板一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng),而物塊先沿負(fù)方向減速到速度

為零，再沿正方向加速到2m/so當(dāng)薄板速度為v尸2.4m/s時(shí)，設(shè)物塊的速度為V2,由動(dòng)量守恒

定律得：Mv-mv=Mvi+mv2o

（M-miu-MVi（3-1）X4-3X2.4/八c,/

v=-----------------------------------m/s=0.8m/s

2m1

即此時(shí)物塊的速度方向沿正方向，故物塊正做加速運(yùn)動(dòng),A選項(xiàng)正確。

二、計(jì)算題

13..答案（1）當(dāng)（2凈。

?解析（1）小球和滑塊在水平方向上動(dòng)量守恒,規(guī)定小球運(yùn)動(dòng)的初速度方向?yàn)檎较?，?dāng)小球從

軌道上端飛出時(shí)，小球與滑塊在水平方向上具有相同的速度,根據(jù)動(dòng)量守恒有：

mvo=3mv①

得:v=v0/3②

（2）小球從軌道左端離開滑塊時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒,有：

mvcFinvi+Zinv?③

根據(jù)機(jī)械能守恒,有:去）詔去詔+1?2mvf?

聯(lián)立③④可得:Vz^Vo⑤

所以此時(shí)滑塊的速度大小為沁

第一章?3.動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用

互動(dòng)訓(xùn)練

1.A由兩球的動(dòng)量都是6kg-m/s可知,運(yùn)動(dòng)方向都向右,且能夠相碰,說明左方是質(zhì)量小速度

大的小球，故左方是A球。碰后A球的動(dòng)量減少了4kg?m/s,即A球的動(dòng)量為2kg?m/s,由動(dòng)

量守恒定律得B球的動(dòng)量為10kg?m/s,故可得其速度比為2:5,故選項(xiàng)A是正確的。

2.B爆炸前動(dòng)量為mv,設(shè)爆炸后另一塊瞬時(shí)速度大小為v',炮彈在水平方向上只受重力，但爆

炸內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力，因此水平方向上動(dòng)量守恒,取炮彈到最高點(diǎn)未爆炸前的速度方向?yàn)檎较颍?/p>

則有:mv=Anv，,解得:v'三\「,故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。

3.?答案(1)1m/s方向向右(2)0.5m/s方向向右

■解析兩個(gè)小車及磁鐵組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。設(shè)向右為正方向。

(1)據(jù)動(dòng)量守恒知：mv.|.-mv/=mv甲'，代入數(shù)據(jù)解得

v甲'=vip-v乙=3m/s-2m/s=lm/s,方向向右。

⑵兩車距離最小時(shí),兩車速度相同，設(shè)為v',由動(dòng)量守恒知：

mv.p-mv乙=mv'+mv,

解得V，??；-叫」,：3；2m/s=05m/s,方向向右。

4.。答案(1)2.5v0方向與爆炸前速度方向相反

⑵第D詔

*解析(D斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

在最高點(diǎn)處爆炸前的速度:Vi=Vocos60°=1v0

設(shè)V.的方向?yàn)檎较?，如圖所示

其中爆炸后大塊彈片速度V：=2v",

小塊彈片的速度V?為待求量,解得V2=-2.5V0,

“-”號(hào)表示的方向與爆炸前速度方向相反。

(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動(dòng)能的增量，

即:AE.(2m)v*i+AnV2~1(3m)說二為詔

5.B火箭的工作原理是反沖現(xiàn)象,是火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓燃?xì)鈴奈矅姽苎杆賴姵鰰r(shí)，

使火箭獲得反沖速度,故正確選項(xiàng)為Bo

6.BC以兩人組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,豎直方向所受的重力和支持力平衡,合力為零,因不計(jì)摩

擦阻力,水平方向上不受外力，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,原來的總動(dòng)量為零,互推后兩同學(xué)的總動(dòng)量保

持不變?nèi)詾榱?則兩同學(xué)的動(dòng)量大小相等,方向相反，故A錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)動(dòng)量守恒得:m*v廠

m?v女=0,得獨(dú)?=也,可見,分離時(shí)速度與質(zhì)量成反比，即質(zhì)量大的同學(xué)的速度小，故C正確;互推

，女m男

過程中，兩人均做功，將生物能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能,系統(tǒng)總動(dòng)能增加,故機(jī)械能不守恒,故D錯(cuò)誤。

7.，答案19.6m/s

t解析以地面為參考系,設(shè)炮身原運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有：

(M+m)v=Mv)+m[-(vi-v,)]

解得v*=v+mV1~19.6m/s

小試身手

1.D由于碰后B球不可能越過A球水平向左運(yùn)動(dòng),因選擇了v方向?yàn)檎?即向右為正,可先排除

B、C兩選項(xiàng)。據(jù)動(dòng)量守恒定律mv=mvi+3mv2,若當(dāng)方向向右，即時(shí),丫2q,運(yùn)動(dòng)方向相同,A球

運(yùn)動(dòng)速度大于B球,意味著A球越過B球,與事實(shí)不符;若明方向向左，即打二-；時(shí),V2q,A錯(cuò)誤,D

正確。

2.C以兩冰壺組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由動(dòng)量守恒定律得:mv=mvi+mv2,即0.4m=0.1m+mv2,解

得v?=0.3m/so

3.AC由a球被反向彈回，可以確定三小球的質(zhì)量m一定小于此若m2M,則無論如何m都不會(huì)

被彈回。當(dāng)m與“發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的動(dòng)能最大,b與M粘合在一起,發(fā)生的是完全非

彈性碰撞,則選項(xiàng)A、C正確。

4.B根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有叫v=mM+m2v代入數(shù)據(jù),得:v尸-58m/s,這一過程不可能發(fā)生，因?yàn)?/p>

如果發(fā)生,兩球的動(dòng)能均增加,碰撞后機(jī)械能增加了。

5.C甲、乙兩球碰撞前后動(dòng)量守恒,動(dòng)能不增加。由碰撞中動(dòng)量守恒可求得p/=2kg?m/s,

要使甲追上乙,應(yīng)該滿足vi|j>v乙,所以——,m乙>1.4m甲①

m甲m乙

碰后P甲'、P乙'均大于零,表示同向運(yùn)動(dòng)，出于對(duì)實(shí)際情況的考慮,有V￡2V甲'，

即一■—m乙W5m甲②

m甲血乙

碰撞過程中,動(dòng)能不可能增加,則

生+占比+與

2m甲2m乙2m甲2m乙

代入各動(dòng)量解得m乙甲④

綜合①?④式，解得m甲與m乙的關(guān)系為：

ym甲Wm/.W5m甲。符合此條件的只有C。

6.AC由題意知Ek甲二Ek乙,因?yàn)镋k=扣一二*M哈,所以動(dòng)量為:p=，2mEk，因?yàn)閙甲>m乙,所以有:p

(P>P乙。甲乙相向運(yùn)動(dòng),故甲乙碰撞后總動(dòng)量沿甲原來的方向，甲繼續(xù)沿原來的方向運(yùn)動(dòng)，乙必彈

同。所以乙的速度不可能為零，故A正確；因?yàn)橐冶貜椡?，故速度不為?B錯(cuò)誤；因?yàn)榕鲎埠蠹滓?/p>

都沿甲原來的方向運(yùn)動(dòng),故甲乙速度不為零,C正確;碰撞后甲乙均沿甲原來的方向運(yùn)動(dòng)，甲速度

不反向，乙速度反向，故D錯(cuò)誤;故選A、Co

V2V

7.C根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知:Mv0=(M-m)v2-mv1,解得:m-°M,選項(xiàng)C正確。

V2+V1

8.AC噴氣式飛機(jī)起飛時(shí)動(dòng)量近似守恒,-m)七,可以看出，飛機(jī)獲得的速度叫就含，由

表達(dá)式分析可知,可通過增大噴出的氣體速度》和噴出的氣體質(zhì)量m來增加飛機(jī)的匕行速度。

9.ABC由豎直勻速上升可知,選項(xiàng)A和C是正確的,但在勻速上升的過程中隱含有燃料燃燒噴

出氣體的現(xiàn)象，結(jié)果“沖天炮”的質(zhì)量必然減小，所以B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

10.C答案0.86iii/s方向與炮彈水平速度方向相反

?解析發(fā)射炮彈前，總質(zhì)量為1000kg的船靜止,則總動(dòng)量Mv=0

發(fā)射炮彈后，炮彈在水平方向的動(dòng)量為mv；cos450,船后退的動(dòng)量為(V-nOv；

據(jù)動(dòng)量守恒定律有0=mv；cos45°

取炮彈的水平速度方向?yàn)檎较颍胍阎獢?shù)據(jù)解得

v；=?■嚴(yán)*45_“v，=_2x2“X600m/s=-0.86m/s

M-m1000-2

負(fù)號(hào)說明與炮彈水平速度方向相反。

11.?答案4m/s

■解析“水火箭”噴出水流做反沖運(yùn)動(dòng)，設(shè)“水火箭”原來總質(zhì)量為此噴出水流的流量為Q,

水的密度為P，水流的噴出速度為v,火箭的反沖速度即火箭啟動(dòng)后2s末的速度為v',由動(dòng)量

守恒定律得(M-pQt)v'=pQtv

解得/「吧L-3X2XI。4X2X1。m/s=4m/s

MpQt1.4103x2X104x2

12.。答案(1)叱〃,=0.45kgmIlin=0.05kgtm?=l800stnin=200s(2)0.15kg600s

■解析（1）設(shè)有質(zhì)量為m的氧氣，以速度v相對(duì)噴咀（宇航員）噴出,且宇航員獲得相對(duì)于飛船為

v'的速度,據(jù)動(dòng)量守恒定律:mv-Mv'=0

則宇航員返回飛船所需的時(shí)間為:t=4-絲

vmv

而安全返回的臨界條件為:m+Rt=m,將I/竺代入上式,得：

mv

m'v-movm+RMs=O

4vRMs

2v

可得允許的最大和最小噴氧量為:

=

1no*0.45kg,nVin0.05kg。

返回的最短和最長時(shí)間為：t““,=*-=200s,t,?,=-^-=I800s

mmaxVmminV

（2）返回飛船的總耗氧量可表示為：AM=m+Rt噌+Rt

因?yàn)镸s/vt與Rt之積為常量,且當(dāng)兩數(shù)相等時(shí)其和最小,即總耗氧量最低，

據(jù):等Rt,所以相應(yīng)返回時(shí)間為:t=爛=600s

vtYRV

相應(yīng)的噴氧量應(yīng)為:m=Rt=0.15kgo

13.ACD人和船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為0,因此不管人如何走動(dòng),在任意時(shí)刻兩者的動(dòng)量

大小相等，方向相反。若人停止運(yùn)動(dòng)，那么船也停止運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、C、D正確。而B選項(xiàng)兩者速

度大小不一定相等,這是因?yàn)槿撕痛馁|(zhì)量不一定相等。

14.D熱氣球勻速豎直下降，表明熱氣球受到的合外力為零。從熱氣球上釋放沙袋后，熱氣球和

沙袋組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)熱氣球停止下降時(shí),沙袋的速度為V1,所經(jīng)歷的時(shí)間為to根據(jù)動(dòng)量

守恒定律,有Mv=mvi,所以VI=^o沙袋剛釋放時(shí)的速度為v,對(duì)沙袋由動(dòng)量定理得mgt=mv-mv,解

zw*

得-M---mVo

mg

md

15.c答案

M+m

《解析本題可把子彈看做“人”，把車看做“船”，這樣就可以用“人船模型”來求解。

畔嶺或S2d,解得S個(gè)？

16..答案贏R

?解析M和m組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,依據(jù)人船模型即可求解。

設(shè)圓弧槽后退位移大小為X,則據(jù)水平方向上動(dòng)量守恒得:Mx=m(R-x),解得X號(hào)R。

M+m

17.?答案見解析

舞析設(shè)人以速度V。跳出，這一速度是相對(duì)于船的速度而不是相對(duì)于地的，

設(shè)船的速度為V,則人相對(duì)于地的速度為V地=Vo-V,

由動(dòng)量守恒得m(v0-v)+(-Mv)=0

所以',就0。，

M+m

Vo=*^v地=(l+/)v地，

由于船與岸的距離是一定的,則人相對(duì)于地的速度是一定的，即V地一定,所以M越小,則Vo

越大，即相對(duì)速度越大,從能量的角度來看，

E=^m(v(>-v)(1+力當(dāng)M越小時(shí),E越大,即越難。

鞏固訓(xùn)練

一、選擇題

1.C因?yàn)榕鲎矔r(shí)動(dòng)能不損失,則各個(gè)小球之間的碰撞均為完全彈性碰撞,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因?yàn)閮汕?/p>

碰撞時(shí)交換速度,則球5被彈起時(shí),球4速度為零,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;球1落下后與球2碰撞，1、2兩

球交換速度，以后以此類推，當(dāng)球5被彈起時(shí)，球1、2、3、4速度都等于零，選項(xiàng)C正確;五個(gè)鋼

球組成的系統(tǒng)只在水平方向碰撞過程中動(dòng)量守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;故選Co

2.C爆炸裝置在光滑、堅(jiān)硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，與鋼板間產(chǎn)生巨大作用力，這個(gè)作用力

將遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于它所受到的重力，所以爆炸裝置的總動(dòng)量是不守恒的，A項(xiàng)錯(cuò)誤;但由于鋼板對(duì)爆炸

裝置的作用力是豎直向上的，所以爆炸裝置在豎直方向動(dòng)量不守恒，在水平方向上動(dòng)量是守恒

的,C選項(xiàng)正確，D選項(xiàng)錯(cuò)誤;爆炸時(shí)，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，因此，機(jī)械能不守恒，B項(xiàng)錯(cuò)誤。

3.B炮彈相對(duì)地的速度為v0+v2,由動(dòng)量守恒得Mv尸3力,2+01(\，。+丫2),得\；0二絲3。

m

4.D由動(dòng)量守恒定律知:mv+(M-m)/=0得v*=-mv/(M-m),D對(duì)。

5.AB兩球的碰撞不一定是彈性碰撞,A球碰后動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?/4,則其速度大小僅為原來的

l/2o兩球在光滑水平面上正碰,碰后A球的運(yùn)動(dòng)有兩種可能,繼續(xù)沿原方向運(yùn)動(dòng)或被反彈。

當(dāng)以A球原來的速度方向?yàn)檎较驎r(shí),則

v；=±^Vo

根據(jù)兩球碰撞前、后的總動(dòng)量守恒，有

,

mvo+0=mX\0+2mvB

mvo+O=mX(-g%)+2mvJ

解得:V；三Vo,VB"卞0。

6.CA、B組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律

得:吸尸(叫+%)v',由機(jī)械能守恒定律得:|mBvW(nv+mn)v''ningh,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得:h=0.10m,故

C正確。

Ek=1Efl,c

7.C由動(dòng)量守恒定律得(M-m)v=mv0=p,又Eq：；：」&言,解得7^故選項(xiàng)對(duì)。

8.C對(duì)物塊和小車的組成的系統(tǒng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:mv五(m+M)v,解得\，聾,選項(xiàng)C正確。

M+m

9.A本題考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用及矢量合成的有關(guān)知識(shí)。任意開動(dòng)某一發(fā)動(dòng)機(jī)，都能向探測(cè)

器提供推力，由動(dòng)量守恒定律知，探測(cè)器將獲得與該噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣方向相反的動(dòng)量(速度)。已

知探測(cè)器的初動(dòng)量方向?yàn)檠卣齲軸方向,要使其動(dòng)量大小不變,方向沿正x軸偏負(fù)y軸60°的方

向，如下圖所示,必須使沿正x軸方向的動(dòng)量niv。減小為mv?即應(yīng)開動(dòng)Pi適當(dāng)時(shí)間,而且還必須再

開動(dòng)P”適當(dāng)時(shí)間，使探測(cè)器獲得一沿負(fù)y軸方向的動(dòng)量mv.o

10.AD人、車總動(dòng)量始終為零，車在地面上移動(dòng)的距離與人、車的速度無關(guān)。

二、計(jì)算題

11.■答案1：2

?解析彈簧壓縮到最短時(shí)彈性勢(shì)能最大;根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得:

mv0=(m+M)v

加E(m+M)/+扣詔

解得m：M=1：2o

12.<■答案⑴后I(2)jmgh(3)vA=l^2ghv^y/Igh

?解析(1)對(duì)A球下滑的過程，由機(jī)械能守恒定律得:

2mgh=1x2mvo

解得：vQ=y/2gh

(2)當(dāng)兩球速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得:2mv產(chǎn)(2m+in)v

解得:v=|

根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律：2mgh=“2in+in)v'Ep

解得：一奉gh

(3)當(dāng)A、B相距最近之后，將會(huì)被彈簧彈開，該過程中,A、B兩球和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守

恒、機(jī)械能也守恒

2mvl>=2mv^+mvB

|X2nl噂gX2nl若+扣詔

解得:v.gJ2g/iv.J2g/i

13.幡案⑴3m/s12m/s(2)112N(3)2.8m

｛解析(1)由于兩小球可視為質(zhì)點(diǎn),且彈簧極短,可認(rèn)為兩小球與彈簧組成的系統(tǒng)位于圓周的最

低點(diǎn)B,且該處的切線是水平的,彈簧與兩小球組成的系統(tǒng)合外力為零,滿足：

叫丫1+叫丫2=0

咖說+品諺

解得：Vi=3m/s,V2=-12m/s

即小球1速度大小為3m/s,小球2速度大小為12m/so(2)小球1向左沿圓周做圓周運(yùn)動(dòng),

在最低點(diǎn)B滿足：

N-nng二崎

解得小球1受到的軌道支持力N=112N

由牛頓第三定律可知，小球1對(duì)軌道的壓力N'二112N

⑶在最低點(diǎn)B,小球直接飛出的條件mg=m^

解得\f=yfgR=y/5m/s

小球1最后由圓軌道AB返回，小球2向右運(yùn)動(dòng)，無論是小球1還是小球2,其速度都大于

v=V5m/s,兩小球直接飛離B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),滿足：

2

R=1gtAs=(v2-vI)t

解得兩小球落入水池時(shí)它們間的距離As=2.8mo

14.。答案⑴商互(2),械R

，解析(1)設(shè)小球叱剛要與叫發(fā)生碰撞時(shí)的速度大小為V。,由機(jī)械能守恒定律，得

叫g(shù)R,mM①

解得v產(chǎn)j2gR②

(2)設(shè)兩球碰撞后,nb、叱兩球粘在一起的速度為v,由動(dòng)量守恒定律，得

m2Vo=(叫+叱)v③

設(shè)兩球碰撞后上升的最大高度為h,由機(jī)械能守恒定律,得

J

g(m)+m2)v=(rni+nio)gh@

由②③④三式解得h-7喔？、節(jié)⑤

15.<■答案666.7m/s

《解析子彈打木塊瞬間,子彈和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,而打后木塊擺動(dòng)過程中,

子彈、木塊和天車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒。

子彈打木塊時(shí)有：

mV。二(Mi+m)VI

從射入到木塊擺至最高點(diǎn)過程中，有：

(Mj+m)V\=(MI+M2+III)v/

擺動(dòng)過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒：

2

1(M)+m)Vi-1(Mi+M2+ni)vt-(M+m)gL(l-cos60°)，由以上幾式可得v?=666.7m/so

第一章2本章知識(shí)梳理與能力提升

小試身手

1.賭案6nmgLWE-WgumgL

，解析設(shè)第3塊木塊的初速度為v”對(duì)于3、2兩木塊的系統(tǒng)，設(shè)碰撞后的速度為v?據(jù)動(dòng)量守

恒定律得:mvo=2mvi①

對(duì)于3、2整體與1組成的系統(tǒng),設(shè)共同速度為v2,則據(jù)動(dòng)量守恒定律得：

2mvi=3mv2②

第1塊木塊恰好運(yùn)動(dòng)到第3塊上,首尾相齊,則據(jù)能量守恒有：

PmgL=1-2m?vf,3m?詣③

由①②③聯(lián)立方程得：Ek3=6umgL④

第1塊運(yùn)動(dòng)到第3塊木塊上,恰好不掉下,據(jù)能量守恒定律得：

Pmg(l.5L)=；?2m,說-;?3m?琉⑤

由①②⑤聯(lián)立方程得：Ek3=9umgL

故:6HmgLWEk3W9umgLo

2.。答案860J

?解析設(shè)子彈入射過程，使A獲得速度V.,B獲得速度v2,子彈穿過A時(shí)速度為V3,子彈入射A

過程,子彈、砂箱A、砂箱B水平方向不受外力作用，動(dòng)量守恒，則

mvo=mv3+2Mvi?

子彈射入B過程,子彈與B水平方向