导学教程2017高考物理总复习动量守恒定律原子与原子核教参新人教版选修3_5

动量守恒定律 原子与原子核
第一节 动量守恒定律及其应用
[主干回顾]
[自我检测]
1．判断下列说法的正误。

(1)动量具有瞬时性。

(√)
(2)物体动量的变化等于某个力的冲量。

(×)
(3)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。

(√)
(4)质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。

(×)
(5)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。

(×)
(6)利用斜槽做“验证动量守恒定律”实验时，入射小球每次开始滚下的位置是固定的。

(√)
2．[导学号：60810913](多选)(2016·淄博模拟)关于物体的动量，下列说法中正确的是A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．同一物体的动量越大，其速度一定越大
C．物体的加速度不变，其动量一定不变
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
答案BD
3．如图1－1－1所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为
图1－1－1
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
答案 B
4．如图1－1－2所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，m A＝2m B。

当弹簧压缩到最短时，A物体的速度为
图1－1－2
A．0 B.1
3
v C.
2
3
v D．v
答案 B
5．[导学号：60810914](多选)在利用悬线悬挂等大小球进行验证动量守恒定律的实验中，下列说法正确的是
A．悬挂两球的线长度要适当，且等长
B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度
C．两小球必须都是刚性球，且质量相同
D．两小球碰后可以粘合在一起共同运动
答案ABD
考点一动量定理的理解和应用
1．动量定理
(1)动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系：冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果。

(2)动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向。

(3)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量。

求合外力的冲量有两种方法：一是先求所有外力的合力，再求合外力的冲量；二是先求每个力的冲量，再求所有外力冲量的矢量和。

2．动量定理的应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，则可求物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。

(2)应用Δp＝Ft求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换动量的变化。

(3)应用动量定理解题的步骤：
①选取研究对象；
②确定所研究的物理过程及其始、终状态；
③分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；
④规定正方向，根据动量定理列式；
⑤解方程，统一单位，求得结果。

考向1 对动量定理的理解与应用
[例1] [导学号：60810915](2016·泉州模拟)将质量为0.2 kg的小球以初速度6 m/s 水平抛出，抛出点离地的高度为3.2 m，不计空气阻力。

求：
(1)小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量；
(2)小球将要着地时的动量。

[解析]解法一(1)设物体着地时的速度为v，竖直方向的分速度为v y，水平方向的分速度为v x，有
v y＝2gh＝2×10×3.2 m/s＝8 m/s
由于小球初始竖直方向的分速度为0，在竖直方向依动量定理得
I G＝mv y－0＝0.2 kg×8 m/s＝1.6 N·s方向竖直向下。

(2)水平方向：v x ＝v 0＝6 m/s
则v ＝ v 2
x ＋v 2
y ＝ 62
＋82
m/s ＝10 m/s
tan θ＝v y v x ＝86＝4
3
，θ＝53°
p ＝mv ＝0.2 kg ×10 m/s ＝2 kg ·m/s
方向与水平面成53°夹角斜向下。

解法二 (1)小球从抛出到它将要着地所用时间为t ，则
t ＝
2h
g
＝
2×3.2
10
s ＝0.8 s I G ＝mgt ＝(0.2×10×0.8)N ·s ＝1.6 N·s
方向竖直向下。

(2)水平方向：p x ＝mv x ＝(0.2×6) kg ·m/s ＝1.2 kg ·m/s 竖直方向：p y ＝mv y ＝(0.2×8) kg ·m/s ＝1.6 kg ·m/s
p ＝ p 2x ＋p 2y ＝ 1.22＋1.62
kg ·m/s ＝2 kg ·m/s
tan θ＝p y p x ＝1.61.2＝4
3
故θ＝53°
方向与水平面成53°夹角斜向下。

[答案] (1)1.6 N ·s ，方向竖直向下 (2)2 kg ·m/s ，方向与水平面成53°夹角斜向下
考向2 用动量定理解多过程问题
[例2] [导学号：60810916]在水平力F ＝30 N 的作用力下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动。

已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，
撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2
)
[解析] 解法一 用牛顿定律解：
在有水平力F 作用时，物体做初速度为零的匀加速运动；撤去F 后，物体做匀减速运动。

由于撤去F 前后物体运动的加速度不同，所以用牛顿定律解答时必须分段研究．在受F 作用时，物体受到重力、地面支持力F N 、水平力F 和摩擦力F f 作用如图甲，设物体的加速度为a 1，选F 的方向为正方向，根据牛顿第二定律有：
F －F f ＝ma 1， F N ＝mg ，
根据滑动摩擦力公式有：F f ＝μF N 。

以上三式联立解得物体做匀加速运动的加速度为
a 1＝F －μmg m ＝F m －μg ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫305－0.2×10 m/s 2＝4 m/s 2。

在撤去F 时物体的即时速度为：
v ＝a 1t 1＝4×6 m/s ＝24 m/s 。

在撤去F 后，物体受重力、支持力F N 和摩擦力F f 作用(如图乙所示)，设物体运动的加速
度为a 2，根据牛顿第二定律有－μmg ＝ma 2。

解得物体做匀减速运动的加速度为
a 2＝－μg ＝－0.2×10 m/s 2＝－2 m/s 2。

设撤去F 后物体运动的时间为t 2，根据运动学公式有
t 2＝
0－v a 2＝0－24
－2
s ＝12 s 。

解法二 用动量定理解，分段求解：
选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v 。

取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有
(F －μmg )t 1＝mv －0，
对于撤去F 后，物做做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零。

根据动量定理有
－μmgt 2＝0－mv 。

以上两式联立解得
t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10
×6 s ＝12 s 。

解法三 用动量定理解，研究全过程：
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零。

取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得 (F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0 解得t 2＝
F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×10
0.2×5×10
×6 s ＝12 s 。

[答案] 12 s
规律总结
用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象。

在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。

(2)对物体进行受力分析。

可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量。

(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。

(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。

考点二 动量守恒定律的理解及应用
(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。

(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0。

(3) Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。

3．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。

考向1 动量守恒条件的判断
[例3] [导学号：60810917](多选)如图1－1－3所示，A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。

若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动的过程中
图1－1－3
A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量不守恒
D．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量守恒
[解析]当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。

当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小相等时，A、B组成的系统所受合外力为零，动量守恒。

对A、B、C组成的系统，弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒。

故选项A、D正确。

[答案]AD
考向2 动量守恒的计算
[例4] [导学号：60810918](2016·南京模拟)如图1－1－4所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。

为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。

(不计水的阻力)
图1－1－4
[解析]设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
12m×v0＝11m×v1－m×v min①
10m×2v0－m×v min＝11m×v2②
为避免两船相撞应满足v1＝v2③
联立①②③式得v min＝4v0。

[答案]4v0
考点三碰撞、爆炸与反冲
1．对碰撞的理解
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。

(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。

(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。

2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。

(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。

(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。

3．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒定律。

(2)机械能不增加。

(3)速度要合理。

①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

4．对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。

(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。

(3)反冲运动中平均动量守恒。

5．爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。

(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。

(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。

考向1 碰撞规律的应用
[例5] [导学号：60810919](2015·课标Ⅰ)如图1－1－5所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。

A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。

现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。

设物体间的碰撞都是弹性的。

图1－1－5
[解析] A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。

设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1。

由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv 0＝mv A 1＋Mv C 1 ①
12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2
C 1② 联立①②式得
v A 1＝m －M m ＋M
v 0③
v C 1＝2m m ＋M
v 0④
如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞：所以只需考虑m <M 的情况。

第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞。

设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有
v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤
根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有 v A 2≤v C 1⑥
联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得
m ≥(5－2)M ⑧
另一解m ≤－(5＋2)M 舍去。

所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M 。

[答案] (5－2)M ≤m <M
考向2 反冲类问题
[例6] [导学号：60810920]平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定车上的货厢边沿水平方向跳出，落在平板车地板上的A 点，距货厢的水平距离为l ＝4 m ，如图1－1－6所示。

人的质量为m ，车连同货厢的质量为M ＝4m ，货厢高度为h ＝1.25 m ，求：
图1－1－6
(1)车从人跳出后到落到地板期间的反冲速度大小；
(2)人落在地板上并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？(g 取10 m/s 2)
[解析] (1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度大小是v 1，车的反冲速度大小是v 2，则mv 1－Mv 2＝0，
v 2＝14
v 1。

人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速直线运动，运动时间为t ＝
2h
g
＝0.5 s ，在
这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，由图可知：
x 1＋x 2＝l ，即v 1t ＋v 2t ＝l ，
则v 2＝l 5t ＝4
5×0.5
m/s ＝1.6 m/s 。

(2)车的水平位移为x 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m ＝0.8 m 。

人落到车上A 点的过程，系统水平方向的动量守恒(水平方向系统不受外力)，人落到车上前的水平速度大小仍为v 1，车的速度大小为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，根据水平方向动量守恒，得
mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0，
故人落到车上A 点站定后车的速度为零。

[答案] (1)1.6 m/s (2)车不运动 0.8 m 考向3 动量守恒定律与功能关系的综合应用
[例7] [导学号：60810921](2013·新课标全国Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d ，现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短。

当两木块都停止运动后，相距仍然为d 。

已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g 。

求A 的初速度的大小。

[解析] 设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2。

在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得
12mv 2＝12mv 21＋1
2
(2m )v 22① mv ＝mv 1＋(2m )v 2②
式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正。

由①②式得
v 1＝－v 2
2
③
设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得 μmgd 1＝12mv 2
1④
μ(2m )gd 2＝12
(2m )v 2
2⑤
据题意有 d ＝d 1＋d 2⑥
设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得 μmgd ＝12mv 20－12mv 2
⑦
联立②至⑦式，得
v 0＝
28
5
μgd 。

[答案]
28
5
μgd 考点四 实验：验证动量守恒定律
1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出滑块质量。

(2)安装：正确安装好气垫导轨。

(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量。

②改变滑块的初速度大小和方向)。

(4)验证：一维碰撞中的动量守恒
2．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小球的质量m 1、m 2。

(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。

(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。

(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。

(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。

3．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小车的质量。

(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。

(3)实验：接通电源，让小车A 运动，小车B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动。

(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由
v ＝
Δx
Δt
算出速度。

(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。

4．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律
(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。

(2)按照图1－1－7所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平。

图1－1－7
(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好。

记下重垂线所指的位置O 。

(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。

用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。

圆心P 就是小球落点的平均位置。

图1－1－8
(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，
重复实验10次。

用步骤4的方法标出碰后入射小球落点的平均位置M 和被碰小球落点的平均位置N 。

如图1－1－8所示。

(6)连接ON ，测量线段OP 、OM 、ON 的长度。

将测量数据填入表中。

最后代入m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，看在误差允许的范围内是否成立。

(7)整理好实验器材放回原处。

(8)实验结论：在实验误差允许的范围内，碰撞系统的动量守恒。

考向 实验原理及数据处理
[例8] [导学号：60810922](2014·课标Ⅱ)现利用图1－1－9甲所示的装置验证动量守恒定律。

在图甲中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。

实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz 。

将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰。

碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图乙所示。

图1－1－9
若实验允许的相对误差绝对值(⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%)最大为5%，
本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。

[解析] 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Δt A ，则
Δt A ＝1
f
＝0.02 s ①
设A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1。

则有：v 0＝Δx 1
Δt A
＝2.00 m/s
v 1＝
Δx 2
Δt
＝0.970 m/s 设B 在碰撞后的速度大小为v 2， 则v 2＝
d
Δt B
＝2.86 m/s 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和p ′，则 p ＝m 1v 0
p ′＝m 1v 1＋m 2v 2
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp ＝⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎪p －p ′p ×100%
联立以上各式并代入有关数据，得
δp＝1.7%<5%
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。

[答案]见解析
[随堂巩固]
1．[导学号：60810923](2015·福建理综)如图1－1－10所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是
图1－1－10
A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动
解析由于A、B碰前总动量为0，由动量守恒可知碰后总动量也为0，因两滑块发生弹性碰撞，故碰后A、B一定反向，即A向左运动，B向右运动，选项D正确。

答案 D
2．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1－1－11所示。

则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统
图1－1－11
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．无法判定动量、机械能是否守恒
解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒，机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒。

故C正确，A、B、D错误。

答案 C
3．[导学号：60810924](2016·厦门检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
解析在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C。

答案 C
4．如图1－1－12所示，小球B质量为10 kg，静止在光滑水平面上。

小球A质量为5 kg，以10 m/s的速率向右运动，并与小球B发生正碰，碰撞后A球以2 m/s的速率反向弹回。

则碰后小球B的速率和这次碰撞的性质，下列说法正确的是
图1－1－12
A．4 m/s 非弹性碰撞B．4 m/s 弹性碰撞
C．6 m/s 非弹性碰撞D．6 m/s 弹性碰撞
答案 C
[限时检测]
(限时45分钟，满分100分)
一、选择题(每小题7分，共63分)
1．(2016·西安模拟)如图1－1－13所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。

现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内。

则下列说法正确的是
图1－1－13
A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒
解析小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D错误；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误；小球经过最低点往上运动的过程中。

槽往右运动。

槽对小球的支持力对小球做负功，小球对槽的压力对槽做正功，系统机械能守恒，选项B错误、C正确。

答案 C
2．[导学号：60810925]如图1－1－14所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。

关于上述过程，下列说法中正确的是
图1－1－14
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
解析选项A中，男孩和木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用；选项B中，小车与木箱组成的系统受到人对系统的作用力；动量、动量的改变量均为矢量，选项D中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同、方向相反，故本题正确选项为C。

3．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，
已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，g 取10 m/s 2
，则安全带所受的平均冲力的大小为
A ．500 N
B ．1 100 N
C ．600 N
D ．100 N 解析 根据动量定理(F －mg )t ＝m 2gh ，代入数据解得F ＝1 100 N 。

答案 B 4．一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v 。

在此过程中
A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为12mv 2
B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零
C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为12
mv 2
D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零
解析 设地面对运动员的作用力为F ，则由动量定理得：(F －mg )Δt ＝mv ，故F Δt ＝mv ＋mg Δt ；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，地面对运动员做功为零，这是因为地面对人的作用力沿力的方向没有位移。

答案 B
5．[导学号：60810926]如图1－1－15所示，质量为M 的小船在静止水面上以速度v 0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速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为
图1－1－15
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 小船和救生员组成的系统满足动量守恒： (M ＋m )v 0＝m ·(－v )＋Mv ′ 解得v ′＝v 0＋m M
(v 0＋v )
故C 项正确，A 、B 、D 项均错。

答案 C
6．(2016·六安模拟)如图1－1－16所示，在光滑水平面上，用等大反向的F 1、F 2分别同时作用于A 、B 两个静止的物体上，已知m A <m B ，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将
图1－1－16
A ．静止
B ．向右运动
C ．向左运动
D ．无法确定 解析 从开始到粘合到一体，系统所受合力一直为零，故动量守恒且为0，故A 正确。