部编版2020高中物理第一章碰撞与动量守恒动量定理及其应用习题教科版选修3-5

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高中物理第一章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用(反冲)习题(基础篇)教科版选修3-5

动量守恒定律的应用（反冲）一、选择题1．一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是（）．A．气球可能匀速上升B．气球可能相对地面静止C．气球可能下降D．气球运动速度不发生变化2．一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是（）．A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出3．质量为m的人，原来静止在乙船上，甲、乙两船质量均为M，开始时都静止，人先跳到甲船，立即再跳回乙船，这时两船速度之比为v甲∶v乙等于（）．A．1∶1 B．m∶M C．(m+M)∶M D．m∶(M+m)4．步枪的质量为4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出时的速度为865 m／s，则步枪的反冲速度约为（）．A．2 m／s B．1 m／s C．3 m／s D．4 m／s5．一只青蛙，蹲在置于水平地面上的长木板一端，并沿板的方向朝另一端跳，在下列情况下，青蛙一定不能跳过长木板的是（）．A．木板的上表面光滑而底面粗糙B．木板的上表面粗糙而底面光滑C．木板上、下两表面都粗糙D．木板上、下两表面都光滑6．设斜上抛物体在通过轨迹的最高位置时，突然炸裂成质量不等的两块，已知其中一块沿原水平方向做平抛运动，则另一块的运动可能是（）．A．反方向平抛运动B．斜上抛运动C．自由落体运动D．原方向平抛运动7．一人静止于完全光滑的冰面上，现欲离开冰面，下列可行的方法是（）．A．向后踢腿B．手臂向上摆C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出8．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（）．A．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭9．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是（）．A．打开阀门S1B．打开阀门S2C．打开阀门S3D．打开阀门S410．一个质量为M的平板车静止在光滑的水平面上，在平板车的车头与车尾站着甲、乙两人，质量分别为m1和m2，当两人相向而行时（）．A．当m1＞m2时，车子与甲运动方向一致B．当v1＞v2时，车子与甲运动方向一致C．当m1v1＝m2v2时，车子静止不动D．当m1v1＞m2v2时，车子运动方向与乙运动方向一致11．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击．设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，则（）．A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nvC．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nvD．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv二、填空题12．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示（小圆点表示枪口）．已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发．打靶时，每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．若枪口到靶的距离为d，待打完n发子弹后，小车移动的距离为________．13．如图所示，质量为m，长为a的汽车由静止开始从质量为M、长为b的平板车一端行至另一端时，汽车发生的位移大小为________，平板车发生的位移大小为________．（水平地面光滑）三、解答题14．如图所示，质量为m、半径为r的小球，放在内半径为R，质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离为多少？15．如图所示，一质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中央，试问玩具蛙对地最小以多大的水平速度跳出才能落到地面上？【答案与解析】一、选择题1．【答案】A、B、C2．【答案】D3．【答案】C4．【答案】A5．【答案】A、D6．【答案】A、C、D7．【答案】D【解析】A、B两项人与外界无作用，不行；C项，冰面光滑，不行；D项，利用反冲可以．8．【答案】B【解析】反冲中动量守恒，向后喷出气体，使火箭获得向前的推力．9．【答案】B【解析】应利用反冲的原理使小车向前运动，故应打开阀门S2.10．【答案】CD【解析】车子向哪一个方向运动，取决于甲、乙两人的动量大小关系，根据动量守恒定律可知选项C、D正确．11．【答案】C【解析】设人、枪(包括子弹)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹出射速度为v0.由已知有0＝(M －m )v －mv 0.设射出n 颗后，后退速度为v ′.则有(M －nm )v ′＝nmv 0.由以上分析有0mv v M m =-，0nmv v M nm'=-．因M －m ＞M －nm ，所以有v ′＞nv ，选项C 正确．二、填空题12．【答案】nmd M nm+ 13．【答案】()M b a M m -+ ()m b a M m -+三、解答题14．【答案】4R r - 【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v 1，大球的水平速度大小为v 2，由水平方向动量守恒有：mv 1＝Mv 2，所以12v M v m =.若小球达到最低点时，小球的水平位移为x 1，大球的水平位移为x 2，则1122x v M x v m ==，由题意：x 1＋x 2＝R －r ，解得2()()4m R r x R r M m -=-=+． 15．【解析】蛙和车组成的系统水平方向动量守恒，则Mv ′－mv ＝0 ①蛙下落时间t = ② 若蛙恰好落地，则有2L v t vt '+=③解①②③得：v =。

2020高中物理第一章碰撞与动量守恒章末过关检测(含解析)教科版-5

章末过关检测（时间：90分钟,满分：100分）一、选择题(本题共8小题,每小题6分，共48分。

1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题．全部选对的得6分,选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．某物体受到一个－6 N·s的冲量作用，则（)A．物体的动量一定减小B．物体的末动量一定是负值C．物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反D．物体原来动量的方向一定与这个冲量的方向相反解析:根据动量定理知合外力的冲量等于动量的变化量,动量定理为矢量式，合外力冲量的方向与动量变化量的方向相同,冲量的方向为负方向说明动量的增量方向与规定的正方向相反，所以C项正确；动量的增量为负值，有可能物体的末动量方向为负方向，所以A项错误；若物体的末动量比初动量小，动量的变化量就为负值，所以B项错误;正方向的规定是人为的,与物体原来动量的方向可以相同也可以不同，所以D项错误．答案:C2．在不计空气阻力作用的条件下,下列说法中不正确的是( ) A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零解析:不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确;做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等,所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零,合外力的冲量也一定为零，故D正确．答案:C3．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A．0。

力学试题动量守恒和碰撞

力学试题动量守恒和碰撞力学试题：动量守恒和碰撞一、引言力学是物理学的一个重要分支，主要研究物体的运动规律和相互作用。

其中，动量守恒和碰撞是力学中的基础概念，对于解决与物体运动和相互作用相关的问题具有重要作用。

本文将通过几个力学试题，探讨动量守恒和碰撞的相关原理和应用。

二、题目一：弹性碰撞问题题目描述：一个质量为m1的小球以速度v1与一个质量为m2的小球以速度v2在平直的光滑水平面上发生完全弹性碰撞，求发生碰撞后两个小球的速度。

解析：根据动量守恒定律，碰撞前后的动量总和保持不变。

设碰撞前两个小球的动量分别为p1和p2，碰撞后为p1'和p2'，则有：m1v1 + m2v2 = m1p1' + m2p2' （1）根据弹性碰撞的特性，碰撞后小球的动量满足以下条件：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' （2）结合方程（1）和方程（2），可以解得碰撞后两个小球的速度v1'和v2'。

三、题目二：完全非弹性碰撞问题题目描述：一个质量为m1的小球以速度v1与一个质量为m2的小球以速度v2在光滑平面上发生完全非弹性碰撞，两小球粘连在一起运动，求粘连后的速度。

解析：完全非弹性碰撞意味着碰撞后两个小球将粘连在一起，视为一个整体运动。

根据动量守恒定律：m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)V其中，V表示粘连后小球组成整体的速度。

根据上述等式解得粘连后的速度V。

四、题目三：动量守恒与角动量守恒的关系题目描述：在一个封闭系统中，一个物体撞击另一个物体，碰撞时既有动量守恒又有角动量守恒，请阐述两者之间的关系。

解析：动量守恒和角动量守恒是力学中两个重要的守恒定律。

在封闭系统中，如果一个物体对另一个物体施加一个作用力，这个作用力同时改变了两个物体的动量和角动量，但总的动量和总的角动量保持不变。

这是因为力矩的产生会导致角动量的变化。

五、总结通过以上力学试题的分析，我们深入理解了动量守恒和碰撞的原理。

高中物理第一章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用(碰撞)习题(基础篇)教科版选修35

动量守恒定律的应用（碰撞）一、选择题1．下面关于碰撞的理解正确的是（）．A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解2．把一支枪水平地固定在光滑水平面上的小车上，当枪发射出一颗子弹时，下列说法正确的是（）．A．枪和子弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．子弹、枪、小车这三者组成的系统动量守恒D．子弹的动量变化与枪和车的动量变化相同3．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（）．A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v＇，且满足Mv=(M+m)v＇D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M+m)v0=(M+m0)v1+mv24．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移一时间图象（s-t图象）如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为（）．A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶15．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中．若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间t A、t B、t C的关系是（）．A．t A＜t B＜t C B．t A＞t B＞t C C．t A＝t C＜t B D．t A＝t B＜t C6．如图所示，木块A和B质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m／s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（）．A ．4 JB ．8 JC ．16 JD ．32 J7．如图所示，有两个质量相同的小球A 和B （大小不计），A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 点静止放于悬点正下方的地面上．现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在起共同上摆，则它们升起的最大高度为（）．A ．h ／2B ．hC ．h ／4D ．h ／28．在光滑水平面上,动能为0E 、动量的大小为0P 的小钢球l 与静止小钢球2发生碰撞.碰撞前后球l 的运动方向相反.将碰撞后球l 的动能和动量的大小分别记为1E 、1P ，球2的动能和动量的大小分别记为2E 、2P ,则必有（）． A ．1E ＜0E B ．1P ＜0PC ．2E ＞0ED ．2P ＞2P9．甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是=5kg m/s P ⋅甲、=7kg m/s P ⋅乙，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg m/s ⋅。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第2节课时1动量及动量定理练习(含解析)教科版选修35

高中物理第一章碰撞与动量守恒第2节课时1动量及动量定理练习（含解析）教科版选修35动量及动量定理[A组素养达标]1．关于动量，以下说法正确的是( )A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D．平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比解析：做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化，动量时刻变化，故A项错误；摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B项错误；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C项错误；平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向上的动量p竖＝mv y＝mgt，故D项正确．答案：D2．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同解析：以原来的运动方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．答案：A3．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长解析：杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，它们从h高度落地瞬间的速度大小为2gh，设玻璃杯的质量为m ，则落地前瞬间的动量大小为p ＝m 2gh ，与水泥或草地接触Δt 时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp ＝0－(－m 2gh )相同，再由动量定理可知(F －mg )·Δt ＝0－(－m 2gh )，所以F ＝m 2gh Δt＋mg .由此可知，Δt 越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎．答案：CD4．如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A 均向右运动，经过相同的时间t ，图甲中船A 没有到岸，图乙中船A 没有与船B 相碰，则经过时间t ( )A ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小B ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C ．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D ．以上三种情况都有可能解析：甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式I ＝Ft 可知，两冲量相等，只有选项C 是正确的．答案：C5．放在水平桌面上的物体质量为m ，用一个大小为F 的水平推力作用时间t ，物体始终不动，那么t 时间内，推力对物体的冲量大小是( )A ．F ·tB ．mg ·tC ．0D ．无法计算解析：冲量的大小由F 和t 决定，与运动状态无关，故选A.答案：A6.质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度－时间图像如图所示，则物体在前10 s 内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( )A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s，－10 N·sC ．10 N·s,0D ．0，－10 N·s解析：由题图可知，在前10 s 内初、末状态的动量相同，p 1＝p 2＝5 kg·m/s，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内末状态的动量p 3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s，故正确答案为D.答案：D7．原来静止的物体受合力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则( )A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相等B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内的平均速率不等C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零解析：由题图可知，0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，A错；t＝t0时，物体速度最大，在2t0时间内，由动量定理Ft＝Δp可得，F0t0－F0t0＝0，即外力在2t0时间内对物体的冲量为零，由于物体初速度为零，则t＝2t0时物体速度为零，则0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，B错，C对；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，D错．答案：C8．质量为m的钢球由高处自由落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)解析：设竖直向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1，由于碰撞时间极短，重力的冲量可忽略不计，所以Ft＝m(v2＋v1)，即地面对钢球的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)．答案：D[B组素养提升]9.如图所示，质量为1 kg的钢球从5 m高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s，求钢球对地面的平均作用力大小．(g取10 m/s2)解析：钢球落到地面时的速度大小为v0＝2gh1＝10 m/s，反弹时向上运动的速度大小为v t＝2gh2＝8 m/s，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v0的方向为负方向，v t的方向为正方向，再根据动量定理得(N－mg)t＝mv t －(－mv0)，代入数据，解得N＝190 N，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.答案：190 N10．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度均为30 m/s ，则： (1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.设运动的时间为t ，则由x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝0－mv 0，解得F ＝0－mv 0t ＝0－60×30130N ＝－5.4×104 N ，负号表示人受到的平均冲力与运动方向相反． (2)若人系有安全带，则F ′＝0－mv 0t ′＝0－60×301N ＝－1.8×103 N ，负号表示人受到的平均冲力与运动方向相反．答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103N[C 组学霸冲刺]11．将质量为m ＝1 kg 的小球，从距水平地面高h ＝5 m 处，以v 0＝10 m/s 的速度水平抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)抛出后0.4 s 内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp ；(3)小球落地时的动量p ′的大小．解析：(1)重力是恒力，0.4 s 内重力对小球的冲量 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h ＝12gt ′2，落地时间t ′＝ 2h g＝1 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Δp＝I′＝10 N·s，方向竖直向下．(3)小球落地时竖直分速度为v y＝gt′＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v＝v20＋v2y＝102＋102 m/s＝10 2 m/s，所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10 2 kg·m/s.答案：(1)4 N·s，方向竖直向下(2)10 N·s，方向竖直向下(3)10 2 kg·m/s。

高中物理练习题动量守恒与碰撞

高中物理练习题动量守恒与碰撞高中物理练习题：动量守恒与碰撞动量守恒与碰撞是高中物理课程中非常重要的内容之一。

在力学领域，动量守恒定律是一个基本原理，描述了在没有外力作用下，一个系统的总动量保持不变。

本文将通过一些练习题来帮助读者更好地理解动量守恒和碰撞的概念。

1. 弹簧振子的碰撞假设有两个相同质量的弹簧振子，如图所示。

一个振子从左侧以速度v1向右运动，另一个振子从右侧以速度v2向左运动。

两个振子在中间发生完全弹性碰撞后，各自的速度如何？（插入图示）解析：根据动量守恒定律，两个振子的总动量在碰撞前后保持不变。

由于两个振子质量相同，可以得到以下方程：m * v1 + m * v2 = m * v1' + m * v2'由于碰撞是完全弹性碰撞，动能守恒定律也适用。

可得以下方程：1/2 * m * v1^2 + 1/2 * m * v2^2 = 1/2 * m * v1'^2 + 1/2 * m * v2'^2通过解这组方程，可以求出两个振子碰撞后的速度v1'和v2'。

2. 粒子的非完全弹性碰撞现在考虑另一种情况，两个质量不同的粒子发生非完全弹性碰撞。

一个质量为m1，速度为v1的粒子与另一个质量为m2，速度为v2的粒子碰撞后，它们的速度如何？解析：在非完全弹性碰撞中，碰撞过程中会有能量损失。

因此，动能守恒定律不再适用，而动量仍然守恒。

可以得到以下方程：m1 * v1 + m2 * v2 = m1 * v1' + m2 * v2'其中v1'和v2'是碰撞后粒子的速度。

由于能量损失，我们无法通过简单的方程求解得到v1'和v2'。

通常情况下，我们需要通过实验或者更复杂的模型来计算非完全弹性碰撞的结果。

3. 碰撞中的力学能量在一维碰撞中，有时候我们需要计算碰撞中的力学能量。

例如，两个物体在碰撞前有不同的高度，我们想要知道碰撞后是否有机械能转化。

教科版高中物理选修3-5 第一章碰撞与动量守恒寒假复习题(解析版)

绝密★启用前教科版高中物理选修3-5 第一章碰撞与动量守恒寒假复习题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.在光滑的水平面上，动能为E0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小记为E1，球2的动能大小记为E2，则必有 ()A．E1＜E0B．E1＝E0C．E2＞E0D．E2＝E0【答案】A【解析】根据碰撞前后动能关系得E1＋E2≤E0，必有E1＜E0，E2＜E0.故只有A项对．2.如图所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为()A． (Mg＋mg－ma)tB． (m＋M)vC． (Mg＋mg＋ma)tD．mv【答案】C【解析】杆与人之间的作用力为F，对人，F－mg＝ma，地面与杆的作用力为F N，对杆，F N＝F＋Mg，地面对杆的冲量，I＝F N t.3.一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共120 kg.这个士兵用自动步枪在2 s时间内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是10 g，子弹离开枪口时相对枪口的速度是800 m/s.射击前皮划艇是静止的()A．每次射击后皮划艇的速度改变2 m/sB．连续射击后皮划艇的速度是2 m/sC．每次射击后子弹的速度改变m/sD．连续射击时枪所受到的平均反冲作用力约40 N【答案】D【解析】射击过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：mv－Mv′＝0，代入数据解得：v′＝v≈0.06 m/s，A错误；连续射击2 s过程中，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，则有：10mv－Mv″＝0代入数据解得：v″＝＝0.67 m/s，船的速度改变0.67 m/s，所以射出10发子弹后，子弹速度的改变量为0.67 m/s，B、C错误；每颗子弹的发射时间为：t＝s＝0.2 s，对子弹，由动量定理可知：Ft＝mv－0，代入数据解得：F＝＝40 N，由牛顿第三定律可知，枪受到的平均作用力F′＝F＝40 N，D正确．4.质量为m的钢球自高处落下，以速度大小v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度大小为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为()A．向下，m(v1－v2)B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2)D．向上，m(v1＋v2)【答案】D【解析】物体以大小为v1的竖直速度与地面碰撞后以大小为v2的速度反弹．设垂直地面向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1由于碰撞时间极短，t趋于零，则mgt趋于零．所以Ft＝m(v2＋v1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)．5.一运动员踢质量为1 kg的球时的力F＝100 N，球在地上滚了10 s才停下来，则运动员踢球的冲量为()A． 1 000 N·sB． 500 N·sC． 0D．无法确定【答案】D【解析】运动员踢球瞬间作用力为F＝100 N，但其作用时间t≠10 s，运动员踢球的冲量不为零，但无法求解其大小，D正确．6.手持铁球的跳远运动员起跳后，欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时，将手中的铁球() A．竖直向上抛出B．向前方抛出C．向后方抛出D．向左方抛出【答案】C【解析】欲提高跳远成绩，则应增大水平速度，即增大水平方向的动量，所以可将铁球向后抛出，人和铁球水平方向的总动量守恒，因为铁球的动量向后，所以人向前的动量增加．7.甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为()A． 0B． 2 m/sC． 4 m/sD．无法确定【答案】A【解析】设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：(M甲＋m)v0－M乙v0＝M乙×0＋(M甲＋m)v，代入数据解得v＝0，A正确．8.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A，B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时()A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大【答案】C【解析】根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，A错误．若小车向左运动，A的动量一定比B的大，B错误，C正确．若小车向右运动，A的动量一定比B的小，D错误．9.质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，下列说法正确的是()A．此碰撞属于弹性碰撞B．此碰撞非弹性碰撞C．a球碰撞前后速度方向没有改变D．b球碰撞前后速度方向改变【答案】A【解析】根据x－t图象可知：a球的初速度为：v a＝m/s＝3 m/s，b球的初速度为v b＝0，碰撞后a球的速度为：v a′＝－m/s＝－1 m/s，碰撞后b球的速度为：v b′＝m/s＝2 m/s，可知碰撞前后两球碰撞过程中a球的速度方向发生改变，b球由静止到运动，C、D错误；系统动能变化量为：ΔE k＝ma v＋0－ma v a′2－mb v b′2＝×1×32－×1×12－×2×22＝0，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；A正确．10.如图，横截面积为5 cm2的水柱以10 m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×103kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则墙壁所受水柱冲击力为()A． 5×105NB． 50 NC． 5×103ND． 5×102N【答案】B【解析】t s时间内喷水质量为：m＝ρSvt＝1000×0.0005×10t kg＝5t kg，水在时间t s内受到墙的冲量为：I＝0－mv＝Ft所以：F＝＝N＝－50 N负号表示水受到的墙的作用力的方向与运动的方向相反．二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg、mB＝2 kg.A的速度v A＝3 m/s(以vA的方向为正方向)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为()A．均为＋1 m/sB．＋4 m/s和－5 m/sC．＋2 m/s和－1 m/sD．－1 m/s和＋5 m/s【答案】AD【解析】由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E前＝mA v＋mB v＝27 JE后＝mA v A′2＋mB v B′2由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误．验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.12.(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C 都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动【答案】BC【解析】小车AB与木块C组成的系统动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，C正确，D错误．13.(多选)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图甲所示，曲线上A点的曲率圆定义为：在曲线上某一点A 和邻近的另外两点分别做一圆，当邻近的另外两点无限接近A点时，此圆的极限位置叫做曲线A 点处的曲率圆，其曲率圆半径R叫做A点的曲率半径．现将一质量为m的物体沿与水平面成θ角的方向以某一速度抛出，如图乙所示．不计空气阻力，在其轨迹最高点P处的曲率半径为r，则( )A．物体抛出时，速度大小是B．物体抛出时，速度大小是C．抛出物体时，至少需要对物体做功D．抛出物体时，对物体施加的冲量最小值是【答案】BCD【解析】物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cosθ，在最高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体的重力提供向心力，由向心力的公式得mg＝，所以初速度为：v0＝，B正确；抛出物体时，至少需要对物体做功mv＝，抛出物体时，对物体施加的冲量最小值是I＝Ft＝mv0＝，C、D正确．14.(多选)下面的说法正确的是()A．冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小【答案】BD【解析】冲量等于动量改变量，A错误；根据动量定理Ft＝Δmv可得，速度变化时，合外力肯定不为零，合外力的冲量肯定不为零，但这种情况下，物体的速度可能增大，可能减小，也可能大小不变，只是方向发生变化，所以B正确，C错误；做匀速圆周运动的物体受到的向心力即合力的冲量只改变速度的方向，D正确．分卷II三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)15.为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动. 图乙为某次实验打出的、点迹清晰的两条纸带各自的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为________、________，两滑块的总动量大小为________；碰撞后的两滑块的总动量大小为________. 重复上述实验，多做几次. 若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证.【答案】0.2abs30.2abs1(第1、2空答案可互换)0.2ab(s1－s3)0.4abs2【解析】动量p＝mv,根据v＝可知两滑块碰前的速度分别为v1＝0.2s1b、v2＝0.2s3b,则碰前两滑块动量分别为0.2abs1和0.2abs3,总动量大小为av1－av2＝0.2ab(s1－s3)；碰撞后两滑块的总动量大小为2av＝＝0.4abs2.四、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)16.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．【答案】2 m/s【解析】长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mA v0＝mA v A＋mC v C两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，则mA v A＋mB v0＝(mA＋mB)v长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则v C＝v联立以上各式，代入数值解得：v A＝2 m/s.17.如图所示，物体A和B的质量分别为m2和m1，其水平直角边长分别为a和b.设A、B之间以及B与水平地面间均无摩擦，当A由B顶端从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是多少？【答案】【解析】设下滑过程中A相对于B的水平平均速度为，B对地的平均速度为′，对A和B组成的系统，水平方向的动量守恒，则0＝m1′＋m2(′－)，解得′＝.两边同乘以下滑时间t，得sB＝.18.光滑水平面有两个物块A、B在同一直线上相向运动，A的速度为4 m/s，质量为2 kg，B的速度为2 m/s，二者碰后粘在一起沿A原来的方向运动，且速度大小变为1 m/s.求：(1)B的质量；(2)这一过程产生的内能．【答案】(1) 2 kg(2) 18 J【解析】(1)设A、B两物块的质量分别为mA、mB，碰前速度为v A、v B，碰后共同速度为v，以A物块的运动方向为正方向，由碰撞过程动量守恒有：mA v A－mB v B＝(mA＋mB)v，解得mB＝2 kg.(2)碰撞过程产生的内能为Q＝ΔE k＝mA v＋mB v－(mA＋mB)v2＝×2×42J＋×2×22J－×(2＋2)×12J＝18 J.。

高中物理第一章碰撞与动量守恒实验：验证动量守恒定律练习(含解析)教科版选修3-5

实验：验证动量守恒定律1．在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置．（1）若入射小球质量为m1，半径为r1，被碰小球质量为m2，半径为r2,则________．A．m1〉m2，r1〉r2B．m1>m2，r1〈r2C．m1〉m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2）若采用如图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是________．A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．停表（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用如图甲所示装置进行实验时（P 为碰前入射小球落点的平均位置),所得“验证动量守恒定律”的结论为________________．（用装置图中的字母表示)解析:（1）为防止反弹造成入射球返回斜槽,要求入射球质量大于被碰球质量，即m1〉m2,为使入射球与被碰球发生对心碰撞,要求两小球半径相同,故选项C正确．（3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1OP＝m1OM＋m2O′N。

答案:（1）C (2）AC （3)m1OP＝m1OM＋m2O′N2．气垫导轨工作时，可忽略滑块与导轨表面间的阻力影响,现借助其验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置质量均为m的A、B(图甲中未标出)两滑块,左侧滑块的左端、右侧滑块的右端分别与一条穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器电源的频率为f.气垫导轨正常工作后,接通两个打点计时器的电源，待打点稳定后让两滑块以大小不同的速度相向运动,两滑块相碰后粘在一起继续运动．如图所示的乙和丙为某次实验打出的、分别与两个滑块相连的两条纸带，在纸带上以同间距的6个连续打点为一段划分纸带，用刻度尺分别测出其长度为s1、s2和s3。

（1）若碰前滑块A的速度大小大于滑块B的速度大小，则滑块________ （选填“A"或“B"）是与纸带乙的________（选填“左”或“右”）端相连．（2)碰撞前A、B两滑块的动量大小分别为________、________，实验需要验证是否成立的表达式为________（用题目所给的已知量表示）．解析:（1）因碰前A的速度大小大于B的速度大小，A、B的速度方向相反，且碰后速度相同，故根据动量守恒定律可知,乙中s1和丙中s3是两滑块相碰前打出的纸带，乙中s2是相碰后打出的纸带，所以滑块A应与乙纸带的左侧相连．(2)碰撞前两滑块的速度大小分别为：v1＝错误!＝错误!＝0。

教科版高中物理选择性必修第一册第一章动量与动量守恒定律专题强化练1类碰撞问题练习含答案

专题强化练1类碰撞问题题组一物块—弹簧模型1.(2024江苏南通海安实验中学月考)如图所示,将质量分别为m A=1 kg、m B=3 kg的A、B两个物体放在光滑的水平面上,物体B处于静止状态,B的左端与一轻弹簧相连接。

现在给物体A一水平向右的初速度v0=4 m/s。

则下列说法正确的是()A.弹簧压缩到最短时,A、B两物体的速度大小均为0B.弹簧压缩到最短时,A物体的速度为2 m/sC.整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为6 JD.整个过程中A、B系统的最小动能为6 J2.(2023四川南充白塔中学期中)如图甲所示,一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。

现使A瞬时获得水平向右大小为3 m/s的速度,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得()A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都是处于压缩状态B.从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物块的质量之比为m1∶m2=1∶3D.在t2时刻A与B的动能之比为E k1∶E k2=1∶83.(2023广西钦州四中期中)如图所示,质量为m的钢板B与直立的轻弹簧连接,弹簧的下端固定在水平地面上,平衡时弹簧的压缩量为x0。

另一个表面涂有油泥、质量也为m的物块A,从距钢板3x0高度处自由落下,与钢板碰后A、B粘连在一起向下压缩弹簧,重力加速度为g,则()A.A、B粘连后的最大速度是1√6gx02B.A、B粘连后的最大速度大于1√6gx02C.在压缩弹簧过程中,A、B组成的系统机械能守恒D.从A开始运动到压缩弹簧至最短的整个过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒题组二子弹打木块模型4.(2023吉林长春外国语学校月考)长方体滑块由材料不同的上下两层粘在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若射击上层,则子弹恰好不射出;若射击下层,则整个子弹恰好嵌入。

教科版高中物理选择性必修第一册第一章动量与动量守恒定律2动量定理练习含答案

第一章动量与动量守恒定律2动量定理基础过关练题组一对冲量的理解与计算1.(2023福建建瓯芝华中学月考)下列说法中正确的是()A.根据F=Δp,可把牛顿第二定律表述为:物体动量的变化率等于它所Δt受的合外力B.力与力的作用时间的乘积叫力的冲量,它反映力的作用对时间的累积效应,是一个标量C.作用在静止的物体上的力的冲量一定为零D.冲量的方向就是物体运动的方向2.(2023江苏苏州黄埭中学月考)质量为m的运动员托着质量为M的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程中杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持图乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举,至双臂伸直(图丙),运动员从甲到乙、从乙到丙经历的时间分别为t1、t2,重力加速度为g,则在举起杠铃的整个过程中()A.地面对运动员的冲量为0B.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(t1+t2)C.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2+Δt)D.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2)3.(经典题)(2023广东七校联合体联考)如图所示,足够长的固定光滑斜面倾角为θ=30°,质量为m=1 kg的物体以初速度v0=5 m/s从斜面底端冲上斜面,取重力加速度g=10 m/s2,则物体从斜面底端到达最高点的过程中()A.斜面对物体的弹力的冲量为零B.物体受到的重力的冲量大小为5 N·sC.物体动量的变化量大小为2.5 kg·m/sD.物体受到的合力的冲量大小为5 N·s题组二对动量定理的理解与应用4.(2024广东东莞外国语学校期中)下列说法正确的是()A.运动员跳高时,在落地处垫上海绵垫子是为了减小冲量B.人从越高的地方跳下,落地时越危险,是因为落地时人受到的冲量更大C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用,质量小的先停下来D.在电视机等物体包装箱里垫上泡沫,是为了减小物体在碰撞过程中受到的冲量5.(2023四川达州期末)如图所示,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。

教科版高中物理选择性必修第一册第一章动量与动量守恒定律4实验_验证动量守恒定律练习含答案

第一章动量与动量守恒定律4实验:验证动量守恒定律基础过关练题组一研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒1.(2023广东东莞期末,改编)在“验证动量守恒定律”实验中,利用物体碰撞后做平抛运动来测量速度,实验装置如图甲所示,实验原理如图乙。

(1)实验室内有如图A、B、C三个小球,则入射小球应该选取(填字母代号);A B C(2)关于本实验,下列说法正确的是(填字母代号);A.斜槽安装时末端必须保持水平B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置由静止释放C.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度D.实验中需要用到停表测量小球在空中飞行的时间(3)实验完毕后,发现被撞小球的落点痕迹很分散,如果装置调整无误,在操作中可能出现的错误是。

2.(2023四川成都七中模拟)用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

用天平测量两个小球的质量m1、m2,且m1>m2;直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是可以通过测量相关量,来间接解决这个问题。

下面是两个实验小组的实验情况:(1)实验小组甲的实验装置如图1所示。

图中O点是小球抛出点在水平地面上的投影,实验时,先将小球1(质量为m1)多次从斜轨上A位置由静止释放;然后把被碰小球2(质量为m2)静置于轨道的水平部分,再将入射小球1从斜轨上A位置由静止释放,与小球2相撞,并重复多次,分别找到小球的平均落点M1、P1、N1,并测量出平均水平位移OM1、OP1、ON1,分别用x1、x2、x3表示。

若两球相碰前后的动量守恒,其表达式为。

(用上述步骤中测量的量表示)(2)实验小组乙的实验装置如图2所示。

在水平槽末端的右侧放置一个竖直屏,竖直屏的O点与小球2的球心等高。

使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下,重复实验(1)的操作,得到两球落在竖直屏上的平均落点M2、P2、N2,量出OM2、OP2、ON2的高度h1、h2、h3。

则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为。

教科版高中物理选择性必修第一册第一章动量与动量守恒定律3动量守恒定律练习含答案

第一章动量与动量守恒定律3动量守恒定律基础过关练题组一动量守恒的判定1.(2023湖南常德汉寿一中月考)关于动量守恒,下列说法正确的是()A.系统中所有物体的加速度都为零时,系统的动量守恒B.系统只有重力做功,系统的动量守恒C.系统内部有相互作用的摩擦力,系统的动量一定不守恒D.只要系统所受合力不为零,则系统在任何方向上动量都不可能守恒2.(多选题)(2024重庆八中入学考试)在如图所示的物理过程示意图中,甲图为一端固定有小球的轻杆,从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动;乙图为末端固定有小球的轻质直角架,释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动;丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车,B静止,A获得一向右的初速度后向右运动,某时刻连接两车的细绳瞬间绷紧,然后带动B车一起运动;丁图为一木块静止在光滑水平面上,子弹以速度v0射入其中且未穿出。

则关于这几个物理过程(空气阻力均忽略不计),下列判断中正确的是()A.甲图中小球机械能守恒B.乙图中小球A的机械能守恒C.丙图中两车组成的系统动量守恒D.丁图中子弹、木块组成的系统动量不守恒,但机械能守恒3.(经典题)(2024广西钦州浦北中学月考)如图所示,两木块A、B用轻质弹簧连在一起,置于光滑的水平面上,一颗子弹水平射入木块A,并留在其中。

在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统,下列说法正确的是()A.动量守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能守恒C.动量守恒、机械能不守恒D.动量、机械能都不守恒题组二动量守恒定律的简单应用4.(多选题)(2023福建建瓯芝华中学月考)如图所示,在一光滑的水平面上,彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。

由静止释放后,两个物块向相反方向运动。

在物块运动的过程中,下列表述正确的是()A.质量小的物块所受的冲量大些B.任一时刻,两个物块的动量大小总是相等的C.两个物块构成的系统机械能不守恒D.两个物块构成的系统动量守恒5.(2024四川南充嘉陵一中月考)如图,质量为M的小车A停放在光滑的水平面上,小车上表面粗糙。

2021学年高中物理第一章碰撞与动量守恒动量定理及其应用习题教科版选修35

2021学年高中物理第一章碰撞与动量守恒动量定理及其应用习题教科版选修35一、选择题：1．一物体的动量发生了变化，下列说法正确的是（）A ．所受的合外力一定发生变化B ．所受合外力的冲量一定不是零C ．物体的速度一定发生变化D ．物体的加速度一定发生变化2．质量为m 的物体沿倾角为θ的斜面匀速下滑了时刻t ，下列说法正确的是（）A ．物体所受弹力的冲量大小为cos mg t θ⋅B ．物体所受弹力的冲量为零C ．物体所受弹力和摩擦力的冲量大小为mg t ⋅D ．重力对物体的冲量大小为sin mg t θ⋅3．一个质量为m 的物体放在水平桌面上，现用一个水平恒力F 作用于它，作用时刻为t ，但物体始终静止。

那么在这段时刻内（）A ．力F 对物体所做的功为零B ．力F 对物体的冲量为零C ．合力对物体所做的功为零D ．合力对物体的冲量为零4．质量为m 的钢球自高处下落，以速率1v 碰地，竖直向上弹回，碰撞时刻极短，离地的速率为2v ，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（）A ．向下，12()m v v -B ．向下，12()m v v +C ．向上，12()m v v -D ．向上，12()m v v +5．以质量为m 的铁锤，以速度v 竖直打在木桩上，通过∆t 时刻而停止。

则在打击时刻内，铁锤对木桩的平均冲力大小是（）A ．⋅∆mg tB ．∆mv tC ．+∆mv mg tD ．-∆mv mg t6．物体在恒定的合力F 作用下作直线运动，在时刻1∆t 内速度由0增大到v ，在时刻2∆t 内速度由v 增大到2v 。

设F 在1∆t 内做的功是1W , 冲量是1I ；F 在2∆t 内做的功是2W , 冲量是2I 。

那么（）A ．1I 2I ,12=W WB ．1I 2I , 1W 2WC ．12=I I ,12=W WD ．12=I I ,1W 2W7．如图所示，把重物G 压在纸带上，用一个水平力缓慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，下列关于这些现象的说法正确的是（）A ．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力小B ．在迅速拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力小C ．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D ．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小8．如图所示，在倾角为030的足够长的光滑斜面上有一质量为m 的物体，它受到沿斜面方向的力F 的作用。

高中物理第一章碰撞与动量守恒章末检测教科版选修3

第一章碰撞与动量守恒章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．其中1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( ) A ．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻 B ．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量 C ．在推车时推不动是因为推力的冲量为零D ．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来答案 D解析砸钉子时不用橡皮锤，一是因为橡皮锤太轻，动量改变量小，二是因为缓冲时间长，从而导致作用力小，故A 错误；跳高时在沙坑里填沙，是为了增大力的作用时间，从而减小作用力，故B 错误；推车时推不动，是由于合力的冲量为零，但推力的冲量不为零，故C 错误；由动量定理知，动量相同的两个物体受到相同的制动力，将同时停下来，故D 正确． 2.如图1，小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是( )图1A ．向左运动，船向左移一些B ．小船静止，船向右移一些C ．小船静止，船向左移一些D ．小船静止，船不动答案 B解析由动量守恒可得在抛鱼的过程中，小船向右运动，抛完后小船就停止了运动，故B 项正确．3．动量相等的甲、乙两车，刹车后沿两条水平路面滑行．若两车质量之比m 甲m 乙＝12，路面对两车的阻力相同，则两车的滑行时间之比为( ) A ．1∶1 B ．1∶2 C ．2∶1 D ．1∶4 答案 A解析两车滑行时水平方向仅受阻力f 的作用，在这个力作用下使物体的动量发生变化．当规定以车行方向为正方向后，由动量定理：－ft ＝0－p ，所以两车滑行时间：t ＝p f，当p 、f 相同时，滑行时间t 相同．故A 对．4．质量为m 的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k ，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为E k2，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为( )A.E k 2B.92E kC.94E kD.9＋422E k 答案 B解析设炮弹的初速度为v 0，向后飞去的速度为v 1；向前飞去的速度为v 2，设向前为正方向，根据动量守恒定律可得mv 0＝－12mv 1＋12mv 2，又12mv 20＝E k ，14mv 21＝12E k ，三式联立可得14mv 22＝92E k ，故选项B 正确．5．如图2所示，在光滑水平面上有一质量为M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态．一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )图2A.Mmv 0M ＋m B ．2Mv 0 C.2Mmv 0M ＋mD ．2mv 0 答案 A解析子弹射入木块的时间极短，根据动量守恒定律mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0M ＋m，第一次回到原来位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度．根据动量定理，合外力的冲量I ＝Mv ＝Mmv 0M ＋m，故A 正确． 6.如图3，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )图3A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10 答案 A解析 A 、B 发生碰撞，由动量守恒定律得：Δp A ＝－Δp B ，由于碰后A 球的动量增量为负值，所以右边不可能是A 球，若是A 球，则动量的增量应是正值；因此碰后A 球的动量是2 kg·m/s，碰后B 球的动量增加为10 kg·m/s，由于两球的质量关系m B ＝2m A ，那么碰后A 、B 两球速度大小之比2∶5.故选A.7．下列说法中正确的是( )A ．根据F ＝ΔpΔt可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力B ．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量C ．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D ．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以减小作用力答案 ACD解析 A 选项是牛顿第二定律的一种表达方式；冲量是矢量，B 错；F ＝ΔpΔt 是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C 对；柔软材料起缓冲作用，延长作用时间，D 对． 8．质量为1 kg 的小球以4 m/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球发生正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，可能正确的是( ) A ．v 1′＝v 2′＝43m/sB ．v 1′＝－1 m/s ，v 2′＝2.5 m/sC ．v 1′＝1 m/s ，v 2′＝3 m/sD ．v 1′＝3 m/s ，v 2′＝0.5 m/s 答案 AB解析对于碰撞问题要遵循三个原则：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．碰撞过程满足动量守恒，所以碰后系统的动量为p ＝1 kg×4 m/s＝4 kg·m/s，方向与质量为1 kg 的小球的初速度方向相同，据此可排除选项C ；因为碰后两球不可能发生再次碰撞，据此可排除选项D ；经检验，选项A 、B 满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以选项A 、B 正确．9．如图4所示为A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像．a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移图像，c 为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A 球的质量m＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是( )图4A ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s B ．碰撞时A 对B 的冲量为－4 N·sC ．碰撞前后A 的动量变化量为4 kg·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的机械能为10 J 答案 BCD解析由题意可知m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v ，将m A ＝2 kg ，v A ＝3 m/s ，v B ＝2 m/s ，v ＝1 m/s 代入可得m B ＝43 kg ，A 、B 碰撞前的总动量为m A v A －m B v B ＝103 kg·m/s，选项A 错误；碰撞前后A 的动量变化为m A v A －m A v ＝4 kg·m/s，即碰撞时A 对B 所施冲量为－4 N·s，选项B 、C 正确；碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2＝10 J ，选项D正确．10．质量为m 的小球A 以速度v 0在光滑水平面上运动，与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，则碰撞后小球A 的速度大小v A 和小球B 的速度大小v B 可能为( ) A ．v A ＝13v 0 v B ＝23v 0 B ．v A ＝25v 0 v B ＝710v 0C ．v A ＝14v 0 v B ＝58v 0D ．v A ＝38v 0 v B ＝516v 0答案 AC解析两球发生正碰，动量守恒、能量不增加，且后面的物体不能大于前面物体的速度．根据动量守恒定律可得，四个选项都满足．但碰撞前总动能为12mv 20，而碰撞后B 选项总动能为57100mv 20，B 错误；D 选项中v A >v B ，不可能，D 错误．故A 、C 正确．二、实验题(本题共2小题，共18分)11．(8分)如图5所示为“探究两物体作用前后动量是否守恒”的实验装置示意图．已知a 、b 小球的质量分别为m a 、m b ，半径分别是r a 、r b ，图中P 点为单独释放a 球的平均落点，M 、N 是a 、b 小球碰撞后落点的平均位置．图5(1)本实验必须满足的条件是________．A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线水平C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球满足m a＝m b，r a＝r b(2)为了判断动量守恒，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________(用相应的文字和字母表示)．(3)如果动量守恒，须满足的关系式是________(用测量物理量的字母表示)．答案(1)BC(2)测量OM间的距离x2测量ON的距离x3(3)m a x1＝m a x2＋m b x3(写成m a OP＝m a OM＋m b ON不扣分)12．(10分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究动量是否守恒”的实验，气垫导轨装置如图6甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：图6①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图7所示；图7⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g ．试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知，两滑块相互作用前动量之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后动量之和为________kg·m/s(保留三位有效数字)． (3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是______________________________________________________________________ ____________________________________________________________________. 答案 (1)接通打点计时器的电源放开滑块1 (2)0.620 0.618(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦解析作用前滑块1的速度v 1＝0.20.1 m/s ＝2 m/s ，其动量为0.310 kg×2 m/s＝0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝0.1680.14 m/s ＝1.2 m/s ，其动量之和为(0.310 kg＋0.205 kg)×1.2 m/s ＝0.618 kg·m/s. 三、计算题(本题共4小题，共42分)13．(10分)如图8甲所示，物块A 、B 的质量分别是m 1＝4.0 kg 和m 2＝6.0 kg ，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物块B 左侧与竖直墙相接触．另有一个物块C 从t ＝0时刻起以一定的速度向左运动，在t ＝0.5 s 时刻与物块A 相碰，碰后立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图像如图乙所示．试求：图8(1)物块C 的质量m 3；(2)在5.0 s 到15 s 的时间内物块A 的动量变化的大小和方向．答案 (1)2.0 kg (2)16 kg·m/s，方向向右解析 (1)根据图像可知，物块C 与物块A 相碰前的速度为v 1＝6 m/s相碰后的速度为：v 2＝2 m/s根据动量守恒定律得：m 3v 1＝(m 1＋m 3)v 2 解得：m 3＝2.0 kg.(2)规定向左的方向为正方向，在第5.0 s 和第15 s 末物块A 的速度分别为：v 2＝2 m/s ，v 3＝－2 m/s所以物块A 的动量变化为： Δp ＝m 1(v 3－v 2)＝－16 kg·m/s即在5.0 s 到15 s 的时间内物块A 动量变化的大小为： 16 kg·m/s，方向向右．14．(10分)如图9所示，质量为3m 的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：图9(1)子弹穿出木块后，木块的速度大小v ； (2)子弹在木块中运动的时间t .答案 (1)v 05 (2)5L3v 0解析 (1)子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律，则mv 0＝m ×25v 0＋3mv ，解得v ＝v 05(2)对子弹和木块组成的系统，由功能关系，有 fL ＝12mv 20－12m (25v 0)2－12×3mv 2，解得f ＝9mv 2025L 对木块，根据动量定理，有ft ＝3mv ，解得t ＝5L3v 0. 15．(10分)如图10所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图10(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (3)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l . 答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m 解析设滑块的质量为m . (1)根据机械能守恒定律mgR ＝12mv 2得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s (2)根据动量守恒定律mv ＝2mv ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s(3)根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m. 16．(12分)如图11所示，光滑的水平面上有两块相同的长木板A 和B ，长度均为L ＝0.5 m ，在B 的中央位置有一个可以看成质点的小铁块C ，三者的质量都为m ，C 与A 、B 间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现在A 以速度v 0＝6 m/s 向右运动并与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘在一起运动，而C 可以在A 、B 上滑动，g ＝10 m/s 2，求小铁块C 最终距长木板A 左端的距离．图11答案 0.15 m解析设A 与B 碰后瞬间，A 、B 的共同速度为v 1，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1①设最终A 、B 、C 的共同速度为v 2，由动量守恒定律得mv 0＝3mv 2②假设C 未掉下，A 、B 、C 达到共同速度时，C 在AB 上滑过的距离为Δx ，由能量守恒定律有 μmg Δx ＝12×2mv 21－12×3mv 22③由①②③得Δx ＝0.6 m ，由于0.6 m<0.5 m ＋0.52 m ＝0.75 m ，所以C 未从A 左端掉下则C 最终距A 左端的距离为0.75 m －0.6 m ＝0.15 m.。

2019_2020学年高中物理第一章碰撞与动量守恒第2节课时2动量守恒定律练习(含解析)教科版

动量守恒定律[A 组素养达标]1．(多选)如图所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个木块，A 、B 之间用一轻弹簧连接．A 靠在墙壁上，用力F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F ，则下列说法中正确的是( )A ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒解析：若突然撤去力F ，木块A 离开墙壁前，墙壁对木块A 有作用力，所以A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A 没有离开墙壁，墙壁对木块A 不做功，所以A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误，B 正确；木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项C 正确，D 错误．答案：BC2.(多选)如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( ) A ．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B ．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒C ．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D ．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或者都为零) 解析：以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒．由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，所以A 、C 错，B 、D 对．答案：BD3．质量为5m 的机车以速度v 运动，跟质量都为m 的30节静止在光滑水平直轨道上的车厢挂接，则全部挂接在一起时的速度为( ) A.v7 B.v 6 C.v30D.v5解析：根据动量守恒定律得5mv ＝(30＋5)mv ′，所以v ′＝v7，故选A.答案：A4.如图所示，质量为M 的小船在静止的水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面的速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( ) A ．v 0＋m M v B ．v 0－m M v C ．v 0＋m M(v 0＋v )D ．v 0＋m M(v 0－v )解析：以向右为正方向，据动量守恒定律有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv ′，解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )．答案：C5．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M ，以速度v 前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m 的鱼雷后，快艇速度减为原来的35，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为( ) A.2M ＋3m5m v B.2M 5m v C.4M －m5mv D.4M 5mv 解析：设快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv ＝(M －m )·35v ＋mv ′，解得v ′＝2M ＋3m5mv . 答案：A6．一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为v 0＝10 m/s ，设它炸成两块后，质量为0.4 kg 的大块速度大小为250 m/s ，方向与原来方向相反，若取v 0方向为正方向，则质量为0.2 kg 的小块速度为( ) A ．－470 m/s B ．530 m/s C ．470 m/sD ．800 m/s解析：手榴弹爆炸过程系统水平方向动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv 0＝m 1v 1＋m 2v 2，即0.6×10 kg·m /s ＝0.4×(－250) kg·m/s＋0.2 kg×v 2，解得v 2＝530 m/s.故选B. 答案：B7．(多选)如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M 以初速度v 0向右运动，它与挡板P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N 以速度v 0向右运动．在此过程中( )A ．M 的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B ．M 与N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C ．M 的速度为v 02时，弹簧的长度最长D ．M 的速度为v 02时，弹簧的长度最短解析：M 、N 两滑块碰撞过程中动量守恒，当M 与N 具有相同的速度v 02时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A 错误，B 正确；M 的速度为v 02时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C 错误，D 正确．答案：BD8．质量m 1＝10 g 的小球在光滑的水平桌面上以v 1＝30 cm/s 的速率向右运动，恰遇上质量为m 2＝50 g 的小球以v 2＝10 cm/s 的速率向左运动，碰撞后，小球m 2恰好停止，则碰后小球m 1的速度大小和方向如何？解析：碰撞过程中，两小球组成的系统所受合力为零，动量守恒．设向右为正方向，则各小球速度为v 1＝30 cm/s ，v 2＝－10 cm/s ，v 2′＝0. 由动量守恒定律列方程m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，代入数据得v 1′＝－20 cm/s.故小球m 1碰后的速度的大小为20 cm/s ，方向向左．答案：20 cm/s 方向向左[B 组素养提升]9．(多选)如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m 1、m 2，且m 2＝2m 1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、向右运动．若两木块m 1和m 2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( )A ．动量大小之比为1∶1B ．速度大小之比为2∶1C ．动量大小之比为2∶1D ．速度大小之比为1∶1解析：以两木块及弹簧组成的系统为研究对象，绳断开后，弹簧对两木块的推力可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且f 1＝μ1m 1g ，f 2＝μ2m 2g .由题给条件可得系统所受合外力F 合＝μ1m 1g －μ2m 2g ＝0，满足动量守恒定律的条件．设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v 1、v 2.由动量守恒定律有(以向右为正方向)－m 1v 1＋m 2v 2＝0，m 1v 1＝m 2v 2，即两木块的动量大小之比为1∶1，故A 项正确，C 项错误．两木块的速度大小之比为v 1v 2＝m 2m 1＝21，故B 项正确，D 项错误．答案：AB10.(多选)两个小木块A 和B (均可视为质点)中间夹着一轻质弹簧，用细线(未画出)捆在一起，放在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块A 、B 分别向左、右方向运动，离开桌面后做平抛运动(离开桌面前两木块已和弹簧分离)，落地点与桌面边缘的水平距离分别为l A ＝1 m ，l B ＝2 m ，如图所示，则下列说法正确的是( ) A ．木块A 、B 离开弹簧时的速度大小之比v A ∶v B ＝1∶2 B ．木块A 、B 的质量之比m A ∶m B ＝2∶1C ．木块A 、B 离开弹簧时的动能之比E k A ∶E k B ＝1∶2D ．弹簧对木块A 、B 的作用力大小之比F A ∶F B ＝1∶2解析：A 、B 两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律得，木块A 、B 离开弹簧时的速度大小之比为v A v B ＝l A l B ＝12，A 正确；取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得，m A v A －m B v B ＝0，因此m A m B ＝v B v A ＝21，B 正确；木块A 、B 离开弹簧时的动能之比为E k A E k B ＝m A v 2Am B v 2B ＝21×14＝12，C 正确；弹簧对木块A 、B 的作用力大小之比为F A F B ＝11，D 错误．答案：ABC11．一枚在空中飞行的炮弹，质量M ＝6 kg ，在最高点时的速度v 0＝900 m/s ，炮弹在该点突然炸裂成A 、B 两块，其中质量m ＝2 kg 的B 做自由落体运动．求： (1)爆炸后A 的速度大小； (2)爆炸过程中A 受到的冲量大小．解析：(1)炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv 0＝(M －m )v A ，解得v A ＝1 350 m/s ，方向与初速度方向相同．(2)根据动量定理可知爆炸过程中A 受到的冲量为I ＝Δp ＝(M －m )(v A －v 0)＝1 800 N·s，方向与初速度方向相同．答案：(1)1 350 m/s (2)1 800 N·s[C 组学霸冲刺]12．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B (均可视为质点)分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速度释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等，A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (2)A 和B 整体在桌面上滑动的距离L .解析：(1)滑块A 从圆弧轨道最高点运动到最低点的过程中机械能守恒，由12m A v 2A ＝m A gR ，可得v A ＝2 m/s.在底部A 和B 相撞并结合为一个整体，满足动量守恒条件，取水平向右为正方向，由m A v A ＝(m A ＋m B )v ′，可得v ′＝1 m/s. (2)根据动能定理，对A 、B 一起滑动的过程有－μ(m A ＋m B )gL ＝0－12(m A ＋m B )v ′2，可得L ＝0.25 m.答案：(1)1 m/s (2)0.25 m。

高中物理第一章碰撞与动量守恒 3 动量守恒定律练习

3 动量守恒定律对动量守恒条件的理解1．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，对于枪、弹、车，下列说法正确的是 ( )A．枪和弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒答案 D解析内力、外力取决于系统的划分，以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒．枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒．枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确．2. 木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1－3－5所示．当撤去外力后，下列说法正确的是( )图1－3－5 A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒答案BC解析a尚未离开墙壁前，墙壁对a有冲量，a和b构成的系统动量不守恒；a 离开墙壁后，系统所受外力之和等于零，系统的动量守恒．动量守恒定律的简单应用3．(2014·福建卷)一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为 ( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 答案 D解析根据分离前后系统动量守恒定律可得：(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2解得：v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故D 项正确．4．(2014·重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( )答案 B解析由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做平抛运动，由平抛运动规律h ＝12gt 2可知t ＝2h g ＝2×510 s ＝1 s ，若甲水平位移为x ＝2.5 m 时，则v 甲＝x t＝2.5 m/s ，则由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv 0＝34mv 甲＋14mv 乙，代入数据解得v 乙＝图1－3－60.5 m/s ，方向与v 甲相同，水平向前，故A 错，B 对．若乙水平位移为x ′＝2 m 时，则v 乙＝x ′t＝2 m/s ，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故C 、D 均错．。

2019高中物理第一章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用(碰撞)习题(提高篇)教科版选修3-5

动量守恒定律的应用（碰撞）一、选择题1．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（）．A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v＇，且满足Mv=(M+m)v＇D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M+m)v0=(M+m0)v1+mv22．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移一时间图象（s-t图象）如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为（）．A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶13．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中．若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间t A、t B、t C 的关系是（）．A．t A＜t B＜t C B．t A＞t B＞t C C．t A＝t C＜t B D．t A＝t B＜t C4．如图所示，木块A和B质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m／s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（）．A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J5．如图所示，有两个质量相同的小球A和B（大小不计），A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B点静止放于悬点正下方的地面上．现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在起共同上摆，则它们升起的最大高度为（）．A．h／2 B．h C．h／4 D．h6．在光滑水平面上,动能为0E 、动量的大小为0P 的小钢球l 与静止小钢球2发生碰撞.碰撞前后球l 的运动方向相反.将碰撞后球l 的动能和动量的大小分别记为1E 、1P ，球2的动能和动量的大小分别记为2E 、2P ,则必有（）．A ．1E ＜0EB ．1P ＜0PC ．2E ＞0ED ．2P ＞2P7．甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是=5kg m/s P ⋅甲、=7kg m/s P ⋅乙，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg m/s ⋅。

新教材适用2023_2024学年高中物理第一章动量与动量守恒定律5.碰撞课后训练教科版选择性必修第一

5.碰撞课后训练巩固提升基础巩固1.下列关于碰撞的理解正确的是()A.碰撞是指相对运动的物体相遇时,在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B.在碰撞现象中,一般内力都远大于外力,所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫作非弹性碰撞D.微观粒子的相互作用由于不发生直接接触,所以不能称其为碰撞,它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象,一般内力远大于外力,系统动量守恒,非弹性碰撞中动能不守恒。

如果碰撞中机械能守恒,就叫作弹性碰撞。

微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点,所以仍然是碰撞,故A正确。

2.(多选)如图所示,两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动,它们的质量分别为m1和m2,且m1<m2,经一段时间两物体相碰撞并粘在一起,碰撞后()A.两物体将向左运动B.两物体将向右运动C.两物体组成的系统损失能量最小D.两物体组成的系统损失能量最大p=√2mE k,已知两物体动能E k相等,m1<m2,则p1<p2,两物体组成的系统总动量方向与物体2的动量方向相同,即向左,由动量守恒知,两物体碰撞后动量向左,两物体向左运动,故A正确,B错误;两物体碰撞后粘在一起,发生的碰撞是完全非弹性碰撞,两物体组成的系统损失的机械能最大,故C错误,D正确。

3.如图所示,在光滑的水平面上放有两个小球A和B,其质量m A<m B,B球上固定一轻质弹簧,若将A球以速率v去碰撞静止的B球,下列说法正确的是()A.当弹簧压缩量最大时,两球速率都最小B.当弹簧恢复原长时,B球速率最大C.当A球速率为零时,B球速率最大D.当B球速率最大时,弹簧弹性势能不为零:A与弹簧接触后,弹簧被压缩,弹簧对A产生向左的弹力,对B产生向右的弹力,A做减速运动,B做加速运动,当B的速度等于A的速度时弹簧压缩量最大,此后A球速度继续减小,B球速度继续增大,弹簧压缩量减小,当弹簧第一次恢复原长时,B球速率最大。

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动量定理及其应用一、选择题：1．一物体的动量发生了变化，下列说法正确的是（）A ．所受的合外力一定发生变化B ．所受合外力的冲量一定不是零C ．物体的速度一定发生变化D ．物体的加速度一定发生变化2．质量为m 的物体沿倾角为θ的斜面匀速下滑了时间t ，下列说法正确的是（）A ．物体所受弹力的冲量大小为cos mg t θ⋅B ．物体所受弹力的冲量为零C ．物体所受弹力和摩擦力的冲量大小为mg t ⋅D ．重力对物体的冲量大小为sin mg t θ⋅3．一个质量为m 的物体放在水平桌面上，现用一个水平恒力F 作用于它，作用时间为t ，但物体始终静止。

那么在这段时间内（）A ．力F 对物体所做的功为零B ．力F 对物体的冲量为零C ．合力对物体所做的功为零D ．合力对物体的冲量为零4．质量为m 的钢球自高处下落，以速率1v 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为2v ，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（）A ．向下，12()m v v -B ．向下，12()m v v +C ．向上，12()m v v -D ．向上，12()m v v +5．以质量为m 的铁锤，以速度v 竖直打在木桩上，经过∆t 时间而停止。

则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力大小是（）A ．⋅∆mg tB ．∆mv tC ．+∆mv mg tD ．-∆mv mg t6．物体在恒定的合力F 作用下作直线运动，在时间1∆t 内速度由0增大到v ，在时间2∆t 内速度由v 增大到2v 。

设F 在1∆t 内做的功是1W , 冲量是1I ；F 在2∆t 内做的功是2W , 冲量是2I 。

力F 可按下图（a ）、（b ）、（c ）、（d ）所示的四种方式随时间变化（图中纵坐标是F 与mg 的比值，力沿斜面向上为正）。

已知此物体在0t =时速度为零，若用1v 、2v 、3v 、4v 分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，则这四个速率中最大的是（）A ．1vB ．2vC ．3vD ．4v9．水平推力1F 和2F 分别作用于水平面上等质量的a 、b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后而停止，两物体的v s -图像如图所示，图中//AB CD ,则（）A ．1F 的冲量大于2F 的冲量B ．1F 的冲量等于2F 的冲量C ．两物体受到的摩擦力大小相等D ．两物体受到的摩擦力大小不等10．物体在恒定的合外力作用下运动，则（）A ．物体一定作直线运动B ．物体的动量变化率一定恒定C ．物体的动量增量与时间成正比D ．单位时间内物体动量的增量与物体的质量无关二、填空题11．以10m/s 的初速度在月球上竖直上抛一个质量为0.5kg 的石块，它落在月球表面上的速率也是10m/s ，在这段时间内，石块速度的变化量为_____，其方向是_____，它的动量的增量等于_____，其方向是_____，石块受到的月球引力的冲量是_____，方向是_____。

12．A 、B 两物体在光滑水平面上相向滑行，A 物体速度大小为8m/s ，B 物体速度大小为4m/s ，两物体相碰后均静止，则两物体所受冲量大小之比为_______，两物体质量之比为_______.13．质量为50kg 的特技演员从5m 高墙上自由落下，着地后不再弹起，假如他能承受的地面支持力最大为体重的4倍，则落地时他所受到的最大合力不应超过_____N ，为安全计，他落地时间最少不应少于_____（210m/s g ）三、解答题：14．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5m ，据测算两车相撞前的速度均约为30m/s ，求：（1）若人与车一起做减速运动，车祸过程中车内质量约60kg 的人受到的平均冲力是多大？（2）若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体作用时间是1s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？15．一列火车沿水平轨道匀速前进，火车的总质量为M ，在车尾，有一节质量为m 的车厢脱钩。

当列车司机发现时，列车已行驶时间t ，于是他立即关闭发动机．如果列车所受阻力与其重力成正比，且关闭发动机前，机车牵引力恒定，求当列车两部分都停止运动时，机车比末节车厢多运动了多长时间？16．如图所示，长为三的轻绳一端系于固定点O ，另一端系质量为m 的小球，将小球从O 点正下方4L 处以一定初速度水平向右抛出，经过一段时间后绳被拉直，以后小球将以O 为圆心在竖直平面内摆动．已知绳刚被拉直时与竖直方向成060角，求：（1）小球被水平抛出时的速度；（2）在绳被拉紧的瞬间，圆心O 受到的冲量．【答案与解析】1．【答案】 BC【解析】动量发生变化即速度发生变化，也就是产生加速度，但是加速度不一定变化，故AD 错，C 对；又根据动量定理动量发生变化，合外力的冲量一定不是零，B 对。

2．【答案】AC【解析】根据受力分析，物体所受的弹力为cos mg θ ，作用时间为t ，所以冲量为cos mg t θ⋅，故A 选项正确，B 错误；弹力和摩擦力的合力大小为重力的大小，故冲量大小为mg t ⋅，C 选项正确；重力冲量大小为mg t ⋅，故D 选项错误。

3．【答案】ACD【解析】物体静止，即物体的位移s 等于零，所以力F 对物体所做的功为零，A 对；根据I Ft =，恒力F 和时间t 均不为零，故F 对物体的冲量不为零，故B 错误；物体静止，所受的合力为零，所以合力对物体所做的功、对物体的冲量均为零，CD 对。

4．【答案】D【解析】冲量的大小等于动量的变化，即12()P m v v ∆=+；方向向上，与反弹方向相同。

故选D 。

5．【答案】C【解析】对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F ，则()0F mg t mv -⋅∆=-，解得mv F mg t =+∆，所以由牛顿第三定律知，铁锤对木桩的平均冲力'mv F F mg t==+∆． 6．【答案】D【解析】在1t ∆时间，11I F t mv P =∆==∆，在2t ∆时间内2212I F t mv mv mv P =∆=-==∆，所以12I I =；又因为2112W mv =，2222113(2)222W m v mv mv =-=。

故1W ＜2W ，D 项正确． 7．【答案】C 、D【解析】在缓慢拉动纸带时，重物与纸带之间是静摩擦力，在迅速拉动纸带时，它们之间是滑动摩擦力，静摩擦力可能比滑动摩擦力小些，也可能大些，但相差不大可认为相同。

缓慢拉动纸带时，作用时间长，摩擦力的冲量大，重物的动量变化大，所以重物跟随纸带一起运动；迅速拉动纸带时，作用时间短，滑动摩擦力的冲量小，重物的动量变化小。

所以重物几乎不动。

8．【答案】C【解析】题图（a ）中，合力的冲量为012sin 300.520.510.532a I Ft Ft mg t mg mg mg mg =+-⋅-⨯+⨯-⨯=-；题图（b ）中，合力的冲量为0123sin 30 1.5b I Ft Ft Ft mg t mg =++-⋅=-。

题图（c ）中，合力的冲量为012sin 30 1.5c I Ft Ft mg t mg =+-⋅=-。

由于在题图（c ）情况下合力的冲量最大，故3v 是最大的。

9．【答案】C【解析】设1F 、2F 的作用时间分为1t 、2t ，则由题图知1t ＜2t 。

当只有摩擦力f F 作用时，由AB ∥CD 知图线斜率相同，则加速度相同，由牛顿第二定律知，摩擦力f F 相同，故C 选项正确，D选项错误；对a ，由动量定理得111f A F t F t mv -=；对b 同理222f C F t F t mv -=。

由图象知：A C v v =，1t ＜2t ，所以有：A C mv mv =，即111222f f F t F t F t F t -=-，因此22F t ＞11F t ，即A 、B 选项均错。

此题还可根据动能定理比较1F 和2F 所做功的大小关系。

10．【答案】BCD【解析】以平抛运动为例，A 错误；()mv v m ma F t t∆∆===∆∆合，B 正确；P Ft ∆=，C 正确；同上，单位时间内物体动量的增量大小等于F ，与质量无关，D 正确.二、填空题：11．【答案】20m/s ；向下；10kg m/s ⋅；向下；10N s ⋅；向下12. 【答案】1∶1；1∶213．【答案】1500N ；0.33s ．三、解答题：14．【答案】（1）45.410⨯N （2）31.810⨯N【解析】（1）两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m 。

设运动时间为t ，根据02v x t =，得02130x t s v ==。

根据动量定理Ft=Δp=mv 0，得4060305.410N 1/30mv F t ⨯===⨯。

（2）若人系有安全带，则306030' 1.810N '1mv F N t ⨯===⨯。

15．【答案】12Mt t t t M m∆=-=- 【解析】设列车匀速前进的速度为v 0，列车的牵引力为F=kMg ，机车的运动时间为t 1，末节车厢的运动时间为t 2。

对机车由动量定理得Ft―k(M―m)gt 1=―(M―m)v 0，对末节车厢由动量定理得―kmgt 2=―mv 0，机车比末节车厢多运动的时间为12Mt t t t M m ∆=-=-。

16．【答案】（1）m =2）0v =【解析】（1）设球抛出后经过时间t 绳刚被拉直，则由平抛运动规律，得Lsin60°=v 0t ①21cos6042L L gt ︒-=， ② 由①②两式得t =0v = （2）绳刚被拉紧瞬间，小球的瞬时速度为v ==设v 与竖直方向夹角为θ，则0tan v gtθ=。

将v 、t 代入上式得tan θ=60θ=︒，即此时速度方向与绳的方向一致，小球该时刻的动量即为初动量，p mv ==。

设绳的拉直的方向为正方向，根据动量定理有0I p mv =∆=-=-所以圆心O 受到绳子拉力冲量大小为m =。