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    (一)相互作用的物体.如果不受外力或所受外力的合力为零.它们的总动量保持不变,,不受外力,所受合外力为零,远大于,不受外力,合外力为零,远大于 考能训练答案 1．解析:根据碰后两车连接在一起且向南滑行的情况.说明由两车组成的系统的总动量方向向南.包括碰前系统的总动量方向向南.所以碰前客车的动量应该大于卡车的动量.有.即1500×20kg·m/s>3000v卡kg·m/s.解得v卡<10m/s. 选C. 2.考点分析 :本题考察动量守恒定律和机械能守恒 解析:对AB系统由于水平面光滑.所以动量守恒而对A.B.弹簧系统机械能守恒.即AB动能与弹簧弹性势能之和为定值.当A.B速度相等时.弹簧形变量最大.弹性势能最大.所以此时动能损失最大. 答案:D 3．解析:分析题意得到:子弹击中木块的过程.系统的动量守恒.即有方程:mv0=(m+M)v/.解得共同的速度.所以根据动量定理得木块受到的冲量大小为木块动量的增加量:.所以选项C正确,因为系统动量守恒.所以子弹的动量减小量等于木块动量的增加量:.所以选项D正确.选项A.B是错误的.综上所述.本题的正确选项应该是CD. 答案:CD 4.解析:A．此结果动量不守恒,B．可能,C．B的动量不可能减少.因为是A碰B,D．要出现ΔpA ＝-20kg·m／s只有B不动或向左运动才有可能出现这个结果． 答案:B 5.解析:根据动量守恒定律的适用条件.两手同时放开.则两车水平方向不受外力作用.总动量守恒,否则.两车总动量不守恒.若后放开左手.则左手对小车有向右的冲量作用.从而两车的总动量向右,反之.则向左． 答案:ABD 6.解析: (1) ∵ mv0=mv+MV ∴V=/M =1.5m/s (2)∵ h =gt2 X=V·t ∴ X=V=0.9m 7.解析:设共同速度为v.球A和B分开后.B的速度为,由动量守恒定律有,,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为. 8.解析:(1)A刚好没有滑离B板.表示当A滑到B板的最左端时.A.B具有相同的速度.设此速度为v. A和B的初速度的大小为v0.则据动量守恒定律可得: Mv0-mv0=(M+m)v ------------- 解得:v＝ v0.方向向右--------- (2)从地面上看.小木块向左运动到离出发点最远处时.木块速度为零.平板车速度为.由动量守恒定律得 -- 这一过程平板向右运动S.--- 解得s=- 9.解析:(1)木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动.根据牛顿第二定律.木块A的加速度 ＝2.5m/s2 设两木块碰撞前A的速度大小为v.根据运动学公式.得 ＝2.0m/s- (2)两木块离开桌面后均做平抛运动.设木块B离开桌面时的速度大小为v2.在空中飞行的时间为t′.根据平抛运动规律有:.s＝v2t′ 解得: ＝1.5m/s (3)设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1.根据动量守恒定律有: 解得: =0.80m/s 设木块A落到地面过程的水平位移为s′.根据平抛运动规律.得 ＝0.32m 则木块A落到地面上的位置与D点之间的距离 ＝0.28m 10.解析:设人的质量为m0.车的质量为m．取A.B两车和人这一系统为研究对象.人在两车间往返跳跃的过程中.整个系统水平方向不受外力作用.动量守恒．取开始时人站在A车上和后来又相对A车静止时这两个时刻考察系统的动量.则0＝(m0+m)vA+mvB.得A.B两车速度之比 可见.两车反向运动.A车的速率小于B车的速率. 答案:B 11.分析:小车M与质量为m的静止木块发生碰撞的时间极短.说明在碰撞过程中.悬挂摆球的细线来不及摆开一个明显的角度.因而摆球在水平方向尚未受到力的作用.其水平方向的动量未发生变化.亦即在小车与木块碰撞的过程中.只有小车与木块在水平方向发生相互作用. 解析:在小车M和本块发生碰撞的瞬间.摆球并没有直接与木块发生力的作用.它与小车一起以共同速度V匀速运动时.摆线沿竖直方向.摆线对球的效力和球的重力都与速度方向垂直.因而摆球未受到水平力作用.球的速度不变.可以判定A.D项错误.小车和木块碰撞过程.水平方向无外力作用.系统动量守恒.而题目对碰撞后.小车与木块是否分开或连在一起.没有加以说明.所以两种情况都可能发生.即B.C选项正确. 答案:BC 12.解析:由动量守恒得PA+PB= PA/+PB/代入数据得PA/=2kg·m/s 由碰撞中动能不增特征知数据得mB≥2.5mA.由合理情景知在碰撞前速度应满足关系PA/mA＞PB/mB可得mB＞1.4mA 碰撞后速度应满足关系PA//mA≤PB//mB可得mB=5mA 答案:C 13．解析:物体爆炸前的速度恰好沿水平方向.且爆炸后质量较大的a仍沿原来的方向.物体在爆炸过程中.其内力远大于外力.故动量守恒.以原来方向为正方向有:(ma+mb)v0 = mava +mbvb.上式方程中vb的方向未能确定.设其与原来方向相同.所以且va > v0.而vb大小和方向有以下三种情况:①若时.则vb > 0且vb < va,②若时.则vb = 0,③若时.则vb < 0且vb与va的大小关系不能确定.大于.等于.小于都有可能.爆炸后a.b均在同一高度开始做平抛运动.其运动的时间由高度决定.所以它们同时到达水平地面.故B正确.由于飞行的水平位移x=vt.运动的时间t虽然相等.但水平初速度(即爆炸后a.b的水平速度)v大小方向不能确定.故C错.在爆炸过程中.a.b受到的爆炸力是一对作用力与反作用力.作用时间相等.但方向相反.所以它们的冲量大小相等.方向相反.故D错.综上所述.本题的正确选项应该为B. 答案:B 14.解析:本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题.涉及动量守恒定律.动量定理和功能关系这些物理规律的运用. (1)设物块与小车的共同速度为v.以水平向右为正方向.根据动量守恒定律有 ① 设物块与车面间的滑动摩擦力为F.对物块应用动量定理有 ② 其中 ③ 解得 代入数据得 ④ (2)要使物块恰好不从车厢滑出.须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′.则 ⑤ 由功能关系有 ⑥ 代入数据解得 =5m/s 故要使物块不从小车右端滑出.物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s. 答案:5m/s 15.解析:设C离开A时的速度为vC.此时A.B的共同速度为vA.对于C刚要滑上A和C刚离开A这两个瞬间.由动量守恒定律知 mCvC=(mA+mB)vA+mCv'C (1) 以后.物体C离开A.与B发生相互作用．从此时起.物体A不再加速.物体B将继续加速一段时间.于是B与A分离．当C相对静止于物体B上时.C与B的速度分别由v'C和vA变化到共同速度v．因此.可改选C与B为研究对象.对于C刚滑上B和C.B相对静止时的这两个瞬间.由动量守恒定律知 mCv'C+mBvA＝(mB+mC)v (2) 由(l)式.得 mCv'C=mCvC-(mA+mB)vA 代入(2)式. mCv'C-(mA+mC)vA+mBvA=(mB+mC)v． 得木块A的速度 所以铅块C离开A时的速度 16．解:(1)设碰撞后的瞬间.球B的速度为.由于球B恰好与悬点O同一高度,根据动能定理: (2)球A达到最高点时.只有水平方向速度.与球B发生弹性碰撞．设碰撞前的一瞬间.球A水平方向速度为vx.碰撞后的瞬间.球A速度为.球A.B系统碰撞过程中动量守恒和机械能守恒: 由②③④解得: 及球A在碰撞前的一瞬间的速度大小 (3)碰后球A做平抛运动．设从抛出到落地时间为t.平抛高度为y.则: 得:y=L 以球A为研究对象,弹簧的弹性力所做的功为W.从静止位置运动到最高点: H=2L 得:W=mgL 17．解:(1)由v-t图象可见.物体C以速度=6m/s与A相碰.立即有相同的速度v=2m/s.A与C相互作用时间很短.水平方向动量守恒.有 解得物块C的质量kg (2)物块C和A一起运动压缩弹簧.它们的动能完全转化成弹性势能时.弹性势能最大 J. (3)5s到10s的时间内.B处于静止.墙壁对B的作用力F做功为零． (4)5s到10s的时间内.B处于静止.墙壁对B的作用力F等于轻弹簧的弹力. 轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2m/s减到0.再反弹到2m/s． 则弹力的冲量的大小等于力F的冲量.为 .方向向右． 18．解:(1)由图象得t1时刻二者共同速度为 由动量守恒定律 代入数据得物体B的质量kg (2)由图象得t2时刻A的速度.B的速度为 由机械能守恒可得 代入数据得． 实验十六 验证动量守恒定律 考点知识梳理 平抛运动,飞行时间,水平位移,下落高度,时间,m1·OP= m1·OM+m2·,水平,静止,直径,同一高度,平行,同一高度,静止,大于, 考能训练 1.解析:最远的C点一定是被碰小球的落点.碰后入射小球的速度将减小.因此选B,由于被碰小球是放在斜槽末端的.因此被碰小球飞出后入射小球才可能从斜槽末端飞出.两小球不可能同时落地,由动量守恒得m1 OB= m1 OA+m2 OC.选D.答案是BD. 2.解析:(1)64.7(答数在64.2到65.2范围内的都给分.) (2)A.B.D 3．天平.毫米刻度尺,两球从同一地点平抛.飞行时间相等.水平射程与初速度成正比． 4．平抛运动的水平位移 (1)大于 (2) (3)① 没有多次碰撞.P.M.N各点定位不准确带来了误差.应该多次碰撞落点取平均位置来确定.② 入射球每次滚下没有从斜槽上同一位置由静止开始. 5．①同一高度h抛出.水平 ②. ③在误差允许范围内.水平相碰的两球碰撞前后系统动量守恒. ④槽水平.入射小球同h释放..正碰.落点.找平均值. 6．(1)B的右端至D板的距离L2 (2) 测量质量.时间.距离等存在误差.由于阻力.气垫导轨不水平造成误差. (3)能． 7.[解析]本题考查研究平抛运动的实验.由图可知P1到P2两点在竖直方向的间隔为6格, P1到P3两点在竖直方向的间隔为16格所以有=0.60m.=1.60m. P1到P2两点在水平方向的距离为6个格.则有=0.60m. (2)由水平方向的运动特点可知P1到P2 与P2到P3的时间相等,根据,解得时间约为0. 2s,则有 (3)设抛出点为势能零点,则开始下滑时的机械能为E1=mgh=mg/2,抛出时的机械能为E2==4.5m,则根据0.082 答案(1)0.61 1.61 0.60 (2)0.20 3.0 (3)8.2 宽乘高: 解析: 动量P＝mv.根据v＝S/(5T)可知两滑块碰前的速度分别为v1＝0.2s1b.v2＝0.2s3b.则碰前动量分别为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＝2a s2/(5T)＝0.4abs2. 答案:(2)0.2abs3 0.2abs1.0.2ab(s1-s3), 0.4abs2 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    下列说法中正确的是


    1. A.
      合外力的冲量是物体动量变化的原因
    2. B.
      若合外力对物体不做功，则物体的动量一定不变
    3. C.
      作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化越小
    4. D.
      发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，则每个物体的动量保持不变

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    下列说法中正确的是（   ）

    A．合外力的冲量是物体动量变化的原因
    B．若合外力对物体不做功，则物体的动量一定不变
    C．作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化越小
    D．发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，则每个物体的动量保持不变

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    下列说法中正确的是（   ）

    A．合外力的冲量是物体动量变化的原因

    B．若合外力对物体不做功，则物体的动量一定不变

    C．作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化越小

    D．发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，则每个物体的动量保持不变

     

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    下列说法中正确的是（   ）

    A．合外力的冲量是物体动量变化的原因

    B．若合外力对物体不做功，则物体的动量一定不变

    C．作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化越小

    D．发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，则每个物体的动量保持不变

     

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    下列说法中正确的是（   ）

    A．合外力的冲量是物体动量变化的原因
    B．若合外力对物体不做功，则物体的动量一定不变
    C．作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化越小
    D．发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，则每个物体的动量保持不变

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