)
A．①② B．②③ C．③① D．①④
A
B
C
（）
3、静止在湖面上的小船上分别向相反方向水平抛出两个质量相等的小球，甲球先抛出，向左；乙球后抛出，向 右，两球抛出后相对于岸的速率相等，则下面说法正确的是（ ） A、两球抛出后，船向右以运动，且乙球受到的冲量大些。 B、两球抛出后，船向右以运动，且甲球受到的冲量大些。 C、两球抛出后，船的速度为零，且甲球受到的冲量大些。
(M m)v Mv1 2 4 3 2.4
v2＝
m
1
m/s＝0．8 m/s
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块正做加速运动，A 选项正确． 5、B
6、B、取两球碰撞前的运动方向为正，则碰撞前系统总动量
，碰撞后，四个选项均满足动量守
恒。碰前系统总动能
，碰后系统总动能应满足
，选项 C、D 不满足被排
8 、 D 9 、 B 10 、 D 11 、 略 12、根据冲量的定义为冲量的大小等于作用力与时间的乘积，因此推力的冲量为：
I Ft 10 10N S 100N S 动量的增量大小为 F 合 t，先求合力 F 合＝Fcos30°－μ（mg+Fsin30°）＝5.5N I 合＝F 合 t=55N.s=55kg.m/s
从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个水平匀速运动和一个竖直自由落体运动合成得来。它下落的时 间 由高度决定，即 t1=√2gh，而竖直上抛落地时间 t2>t1，竖直下抛运动为初速不为零，加速度为 g 的匀加速 度直 线运动。竖直下抛落地时间 t3＜t1，所以第二种解法是错误的。 【分析解答】由动量定理可知：I 合＝ΔP＝mgt，竖直上抛时间最长，故冲量最大，竖直下抛时间最短，故冲量 最小，正确答案为 B
除。选项 A 虽然满足动能关系，但仔细分析不符合实际，即碰后球 A 不可能沿原方向比球 B 的速度更大，故选 项 B 正确。
7、【错解】 错解一：根据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时末速度大小也相等，它们的 初 态动量 P1=mv0。是相等的，它们的末态动量 P2=mv 也是相等的，所以△P=P2-P1 一定相等。选 D。
EP＝
1 2
(M
m)V12
1 2(2MFra bibliotekm)V 2 2
Mmv2
4(M m)(2M m)
（B）组：解析：令 A、B 质量均为 m，A 刚接触 B 时速度为 v1（碰前），由动能关系，有
1 2
mv02
1 2
mv12
mgl
1
A、B 碰撞过程中动量守恒，令碰后 A、B 共同运动的速度为 v2，有 mv1=2mv2 碰后 A、B 先一起向左运动，接着 A、B 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设 A、B 的共同速度为 v3，在这
错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为重力相等所用 时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同，所以选 D。
【错解原因】 错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量，动量的增量△P=P2=P1 也是矢量的差值，矢量 的 加减法运算遵从矢量的平行四边形法则，而不能用求代数差代替。平抛运动的初动量沿水平方向，末动量沿斜 向 下方；竖直上抛的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。这样分析， 动量的增量△P 就不一样了。
14、（1）以整体为系统，子弹射出前后动量守恒：
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以子弹速度方向为正方向，设子弹速度为 V1，船速为 V2，每颗子弹质量为 m ，则 0＝10mV1-(M-10m)V2 代入数据得 V2＝0.67m/s，向后 （2）以 10 发子弹为研究对象，在 2S 内它们受到枪的作用力而使动量发生改变，则动量定理得：Ft=10mV1-0 得 F＝10mV1/t＝40N 由牛三定律得：枪受到的平均反冲作用力在大小也是 40N，方向与子弹受到的力相反 15、（A）组：
D．vA′=7 m/s， vB′=1.5 m/s
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7、在距地面高为 h，同时以相等初速 V0 分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体 m 当它们从抛出到落 地时，比较它们的动量的增量△P，有（ ）
A．平抛过程最大 B．竖直上抛过程最大 C． 竖直下抛过程最大 D．三者一样大 8、如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的 过 程中，两个物体具有的相同的物理量是（ ） A、重力的冲量 B、合力的冲量 C、刚到达底端时动量的水平分量 D、以上几个量都不同
9、篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前.这样做可以
（）
A.减小球对手的冲量
B.减小球的动量变化率
C.减小球的动量变化量 D.减小球的动能变化量
10、质量为 1kg 的物体沿直线运动，其 v-t 图象如图所示，则此物体在前 4s 和后 4s 内受到的合外力冲量为（ ）A
Mv－mv＝(M＋m)v′
Mv mv (3 1) 4
所 以 v′＝ M m
3 1 m/s＝2 m/s．
共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同． 在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到 2 m/s．当薄板速度为 v1＝2.4 m/s 时，设物块的速度为 v2，由动量守恒定律得 Mv－mv＝Mv1＋mv2
D、两球抛出后，船的速度为零，且两球受到的冲量大小相等。
4、如图所示，在光滑水平面上，有一质量为 M＝3 kg 的薄板和质量为 m＝1 kg 的物块．都以 v＝4 m/s 的初速
度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为 2.4 m/s 时，物块的运动情况是( ) A．做加速运动 B．做减速运动 C．做匀速运动 D．以上运动都可能
5、质量 M＝100 kg 的小船静止在水面上，船首站着质量 m 甲＝40 kg 的游泳者甲，船尾站着质量 m 乙＝60 kg 的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上甲朝左、乙朝右以 3 m/s 的速率跃入水中， 则（ ） A．小船向左运动，速率为 1 m/s B ．小船向左运动，速率为 0.6 m/s C．小船向右运动，速率大于 1 m/s D．小船仍静止
过程中，弹簧势能始末两态都为零．
1 碰撞后 B 球的水平射程应取为 cm。
2在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测 量 ？ （填选项号）
A、水平槽上未放 B 球时，测量 A 球落点位置到 O 点的距离； B、A 球与 B 球碰撞后，测量 A 球落点位置到 O 点的距离；
C、测量 A 球或 B 球的直径； D、测量 A 球或 B 球的质量（或两球质量之比）； E、测量 G 点相对水平槽面的高度。
6、两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA =1 kg，mB=2 kg，vA=6 m/s，vB=2 m/s。当 A 追上 B
并发生碰撞后，两球 A、B 速度的可能值是（ ）
A．vA′=5 m/s， vB′=2.5 m/s B．vA′=2 m/s， vB′=4 m/s
C．vA′=－4 m/s，vB′=7 m/s
．8N·s，8N·s
B．8N·s，-8N·s C．0， 8N·s D
．0，-8N·s
11、某实验小组在“实验：探究碰撞中的不变量”的实验中，采用如图所示装置通过半径相同的 A、B 两球的碰 撞来进行探究。图中 PQ 是斜槽，QR 为水平槽。实验时先使 A 球从斜槽上某一固定位置 G 由静止开始滚下，落 到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作 10 次，得到 10 个落点痕迹。再把 B 球放在水平槽上靠 近末端的地方，让 A 球仍从位置 G 自静止开始滚下，和 B 球碰撞后，A、B 球分别在记录纸上留下各自的落点 痕迹。重复这种操作 10 次。图中的 O 点是水平槽末端 R 在记录纸上的 垂直投影点。B 球落点痕迹如图所示，其中米尺水平放置，且平行于 G、 R、O 所在平面，米尺的零点与 O 点对齐。
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乙球抛出后小船速度为 V2，则动量守恒得： （M＋m）V1=mv+MV2 将 V1 代入得 V2＝0 另解：先后抛出和一次将两球抛出的效果同，设抛出后船速度为 V2 则
0＝-mv+mv+MV2 得 V2＝0
4、薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度 v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正)．
2、如图所示，A、B 两质量相等的物体，原来静止在平板小车 C 上，A 和 B 间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B 与平
板车上表面动摩擦因数之比为 3∶2，地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B 相对 C 滑动的过程中
①A、B 系统动量守恒 ②A、B、C 系统动量守恒
③小车向左运动
④小车向右运动
以上说法中正确的是(
因数都为 ，运动过程中弹簧最大形变量为l2 ，求 A 从 P 出发时的初速度v0 。
[参考答案] 1、BC 动能是标量，动量是矢量 2、B 弹簧伸长时因A 受摩擦力fA=μAmg 向右 B 受摩擦力 fB=μBmg 向左， μA＞μB，则 fA＞fB，故两物体受的合力向右，由牛三可知：车子受的摩擦力左，故小车向左运动 ， 另由于三 者组成的系统合外力为 0，故总动量守恒，且一直为 0 3、C 设抛小球的速度为V，甲球抛出后小船速度为 V1，则动量守恒得： （以向右为正） 0＝（M＋m）V1－mv 得 V1＝mv/(M+m)向右
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高二物理选修 3-5 第十六章 动量守恒定律综合练习
1、一个质量为 0.3kg 的弹性小球，在光滑水平面上以 6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，
反弹后的速度大小与碰撞前相同。则碰撞前后小球速度变化量的大小为Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小 W
为（ ）
A．Δv=0 B．Δv=12m/s C．W=0 D．W=10.8J