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碰撞与动量守恒
1．如图所示，光滑的铁丝做成的圆环固定在竖直平面内，一中心有孔的小球穿在铁丝上，由于受到轻微扰动，小球从最高点向下滑动，则在小球从最高点A滑到最低点B的过程中（　　）
A．铁丝对小球的作用力一直增大
B．铁丝对小球的作用力做功为零
C．铁丝对小球的作用力的冲量为零
D．重力对小球做功的功率一直增大
2．在“让鸡蛋飞”的比赛中，选手们尝试用各种材料包裹鸡蛋后让鸡蛋从同一高处无初速度落下，鸡蛋不碎的队伍获胜，鸡蛋运动过程中不计空气阻力，用材料包裹鸡蛋的目的是（　　）
A．减小鸡蛋落地时的动量 B．减小鸡蛋与地面接触过程中的动量变化量
C．延长鸡蛋与地面接触的时间 D．缩短鸡蛋与地面接触的时间
3．如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1=1m/s、v2=2m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5m/s的速度一起向右运动，则甲、乙两球的质量之比为
A．1：1 B．1：2 C．5：1 D．5：3
4．一匹马通过不计质量的绳子拉着货车从甲地到乙地，在这段时间内，下列说法中正确的是（ ）
A．马拉车的冲量大于车拉马的冲量
B．车拉马的冲量大于马拉车的冲量
C．两者互施的冲量大小相等
D．无法比较冲量大小
5．学校运动会进行跳远比赛时，要在沙坑里填沙。这样做的目的是为了减小人触地过程中的（ ）
A．落地速度 B．动量的变化量 C．沙对脚的作用力 D．速度的变化量
6．如图所示，小球A和小球B位于同一竖直线上，小球A距水平地面的高度为H＝0.6 m，小球B到水平地面的距离为h＝0.2 m，同时由静止释放两球。设B和地面为弹性碰撞，两球碰撞后B球速度为0，小球A的质量为m，小球B的质量为5m。重力加速度大小为g＝10 m/s2，忽略小球的直径、空气阻力及碰撞时间，小球所受重力远小于碰撞力。以地面为参考面，两球第一次碰撞后小球A能到达的高度为( )
A．0.35 m B．0.6 m C．0.8 m D．1.0 m
7．现有一轻质绳拉动小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，小球质量为m，速度为v，重力加速度为g，轻绳与竖直方向夹角为，小球在运动半周时，绳对小球施加的冲量为（　　）
A． B．
C． D．
8．两辆质量相同的小车静止于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上。当这个人从A车上跳到B车上，与B车保持相对静止时，A车的速率（　　）
A．等于零
B．小于B车速率
C．大于B车速率
D．等于B车速率
9．从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易碎，掉在软泥地上不容易碎．这是因为（　　）
A．掉在水泥地上，玻璃杯的动量大
B．掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大
C．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大
D．掉在水泥地上，玻璃杯受到水泥地的作用力大
10．质量为1 kg的小球以的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于原先运动的小球碰后的速度和原先静止的小球碰后的速度，下面哪些是可能正确的（ ）
A．
B．，
C．，
D．，
11．子弹以某一初速度水平击穿放置在光滑水平面上的木块，子弹与木块的速度—时间图像如图所示。假设木块对子弹的阻力大小不变，且子弹仍能击穿木块，下列说法正确的是（　　）
A．仅增大子弹入射的初速度，子弹穿过木块的时间变短
B．仅增大子弹入射的初速度，木块获得的动能增加
C．仅减小子弹的质量，木块获得的动能变大
D．仅减小木块的质量，子弹和木块系统产生的热量变大
12．一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块。设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹射入的速度增大时，子弹击穿木块后，下列说法正确的是（　　）
A．木块得到的动能变大了
B．子弹损失的动能变大了
C．子弹穿过木块的时间变短了
D．木块的位移变小了
E.系统产生的热量变大了
13．如图1所示，在做“碰撞中的动量守恒”的实验中，所用钢球的质量为m1 = 170 g，玻璃球的质量为m2 = 51 g，两球的半径相同，某次实验得到如图2所示的记录纸，其中P点迹为入射小球单独落下10次的落点，M和N点迹为两球相碰并重复10次的落点，O是斜槽末端投影点．
(1)调整斜槽时的主要要求_________________．
(2)若小球飞行时间为0.1s，则入射小球碰前的动量_______kg·m/s，碰后的动量________kg·m/s；被碰小球碰后的动量_______kg·m/s（保留两位有效数字）．
(3)通过该实验，你能得出的结论是：_______________________________．
14．某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端静止放置，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．
（1）本实验必须测量的物理量有________；
A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B．小球a、b的质量ma、mb
C．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t
D．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC
E．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
（2）现有下列A、B、C、D四个小球，在做“验证碰撞中的动量守恒”的实验时，入射小球应用________球，被撞小球应用_______．
A．质量为43 g，直径为2.2 cm B．质量为32 g，直径为3.2 cm
C．质量为11 g，直径为2.2 cm D．质量为20 g，直径为3.2 cm
（3）为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐，如图给出了小球a落点附近的情况，确定在同一位置释放的小球 a在白纸上的平均落点位置的方法是__________________________ ，由图可得OB距离应为________ cm；
（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是____________________________，如果满足表达式___________________________时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞．
15．质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的物块B和C同时分别从A的左、右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，如图所示，物块B、C与长木板A间的动摩擦因数均为μ，假设物块B、C在长木板A表面上运动时始终没有碰撞。试求：
（1）B、C刚滑上长木板A时，A所受合外力为多大？
（2）长木板A的最终运动速度为多大？
（3）为使物块B、C不相撞，长木板A至少多长？
16．消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成．如图所示，消防水炮离地高度为H＝80 m，建筑物上的火点离地高度为h＝60 m，整个供水系统的效率η＝60%（供水效率η定义为单位时间内抽水过程水所获得的机械能与水泵功率的比值×100%）．假设水从水炮水平射出，水炮的出水速度v0＝30 m/s，水炮单位时间内的出水量m0＝60 kg/s，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．
（1）求水炮与火点的水平距离x，和水炮与火点之间的水柱的质量m；
（2）若认为水泵到炮口的距离也为H＝80 m，求水泵的功率P；
（3）如图所示，为流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体（比如水）中的一小段液柱，由于体积在运动中不变，因此当S1面以速度v1向前运动了x1时，S2面以速度v2向前运动了x2，若该液柱前后两个截面处的压强分别为p1和p2，选用恰当的功能关系证明：流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体水平流动（或者高度差的影响不显著）时，液体内流速大的地方压强反而小．
17．如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)，处于静止状态．同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上半圆环轨道最高点A时速度为 ，已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g，求:
(1)小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力?
(2)释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小?
18．如图所示，甲、乙两辆完全一样的小车，质量都为M，乙车内用绳吊一质重为的小球,当乙车静止时，甲车以速度v与乙车相碰，碰后连为一体，求刚碰后两车的速度及当小球摆到最高点时的速度。
参考答案
1．B
【解析】
A．对小球进行受力分析，小球受到重力和铁丝的支持力，重力竖直向下，支持力垂直于切面向上，小球做圆周运动，重力与支持力的合力提供向心力，在运动过程中，有一瞬间重力的分量恰好提供全部的向心力，则此时铁丝对小球的支持力为零，故A错误.
BC．铁丝对小球的作用力方向与小球运动方向总是垂直，所以对小球的功为零，但冲量Ft不为零，故B正确，C错误。
D．小球下滑过程中速率增大，速度在竖直方向的分量先增大后减小，所以重力对小球做功的功率也是先增大后减小，故D错误.
2．C
【解析】
【详解】
A．鸡蛋从同一高处无初速度落下，到达地面时的速度相同，则此时的动量也相同，故A错误；
B．鸡蛋落地时的速度相同，最后速度都变为0，则鸡蛋与地面接触过程中动量变化相同，故B错误；
CD．用材料包裹鸡蛋可使鸡蛋与地面接触到速度为0的时间变长，从而使鸡蛋受到的冲力减小，故C正确，D错误。
故选C。
3．C
【解析】
【详解】
设碰撞前甲球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：，代入数据解得： m甲：m乙=5：1，故C正确，ABD错误．
4．C
【解析】
【详解】
马拉车的力和车拉马的力属于作用力和反作用力，大小相等；根据P=Ft知，车拉马的冲量大小等于马拉车的冲量大小；故C正确，ABD错误。
故选C。
5．C
【解析】
【详解】
AD．落地速度是由下跳时的高度决定的，沙坑不会改变落地速度，而落地后速度为零，故速度的变化量也不会改变，故AD错误；
BC．跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止动量的变化量相等，设为△p，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I=△P是一定的，人落在沙坑中比落在地面上延长了人与沙坑的接触时间，t变大，由动量定理得△P=Ft，△P一定，t越长，动量变化率越小，人受到的合外力越小；故能减小的只有动量的变化率，即沙对脚的作用力，故C正确，B错误。
故选C。
6．A
【解析】
【详解】
B球落地时的速度大小
此时A球的速度大小也为2 m/s。设B球撞地后上升t时间与A球相撞，则有
得t＝0.1 s；两球相撞前瞬间A球的速度
B球的速度
对于碰撞过程，取向上为正方向，由动量守恒定律得
解得；两球第一次碰撞后小球A能上升的最大高度
两球碰撞处离地高度
所以两球第一次碰撞后小球A能到达的高度
故BCD错误，A正确。
故选A。
7．A
【解析】
【详解】
由题意可知在水平方向运动半周，速度反向，水平方向有
Ix=2mv
竖直方向上绳子与竖直线夹角满足
mgtan=
故竖直方向冲量为
根据矢量的合成的三角形法则可知绳对小球施加的冲量为
故A正确，BCD错误。
故选A。
8．C
【解析】
【详解】
设人的质量为m，小车的质量均为M，根据题意知，人车组成的系统水平方向动量守恒
得
故选C。
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．两种情况下，玻璃杯下降的高度相同，下降过程机械能守恒，则
可知玻璃杯掉在软泥地和水泥地上的速度相同，即动量相同，A错误；
B．两种情况下玻璃杯的速度都是从v减小到0，所以玻璃杯的动量变化量相同，B错误；
C．根据动量定理可得
两种情况下受到的冲量也相等，C错误；
D．根据动量定理可得
因为掉在水泥地上所用时间短，所以掉在水泥地上玻璃杯受到水泥地的作用力大，D正确。
10．AD
【解析】
【详解】
碰撞前总动量为
碰撞前总动能为
A.碰撞后总动量
碰撞后总动能为
满足动量守恒定律，系统机械能没有增加，所以是可能的，选项A正确；
B. 碰撞后的速度，，因为，说明碰撞未结束还会发生二次碰撞，选项B错误；
C.碰撞后总动量
不满足动量守恒定律，选项C错误；
D.碰撞后总动量
碰撞后总动能为
满足动量守恒定律，系统机械能没有增加，所以是可能的，选项D正确。
11．AC
【解析】
【详解】
A．子弹击穿木块的相对位移一定，仅增大子弹入射的初速度，子弹穿过木块的时间变短，选项A正确；
B．增大子弹的入射速度，子弹击穿木块所用的时间变短，木块相对地面的位移减小，子弹对木块做功减少，由动能定理知，木块获得的动能减小，选项B错误；
C．仅减小子弹的质量，子弹的加速度增大，木块的加速度不变，由位移关系有
可知子弹穿过木块的时间变长，子弹对木块做功增大，则木块获得的动能增大，选项C正确；
D．子弹相对木块的位移不变，子弹和木块系统产生的热量
所以热量不变，选项D错误。
故选AC。
12．CD
【解析】
【详解】
设子弹的初速度为作出子弹、木块的图像，如图中的实线所示，梯形面积为子弹相对木块的位移，即木块的厚度；面积为木块的位移。
当子弹的初速度增大为时，子弹、木块运动的图像如图中的虚线，梯形面积仍等于子弹相对木块的位移，即木块的厚度，故梯形面积与梯形面积相等。
C．对比实虚曲线可知，当子弹射入速度增大后，子弹穿过木块的时间变短了，选项C正确；
A．木块的速度变小，动能变小了，选项A错误；
D．面积小于的面积，即木块的位移变小，选项D正确；
E．系统产生的热量，在这两种情况下相同，选项E错误；
B．由能量关系知，子弹损失的动能等于木块得到的动能加上系统产生的热量，由于系统产生的热量不变，木块得到的动能变小了，所以子弹损失的动能变小了，选项B错误。
故选CD。
13．斜槽末端要水平 0.34 0.20 0.14 两小球碰撞前后动量守恒
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]．本实验采有平抛运动分析动量守恒的实验，为了保证小球做平抛运动，并且能保证两小球为对心碰撞，应保证：斜槽末端要水平；?
（2）[2][3][4]．由图可知，入射球的水平位移xP=20.0cm=0.20m；碰后入射球的水平距离为：xM=12.0cm=0.12m，被碰球的水平位移xN=28.0cm=0.280m；
则可知水平速度分别为
；
则由p=mv可知，碰前动量
p1=0.17×2=0. 34kgm/s
碰后的动量
p1'=0.17×1.2=0.20kg·m/s；
被碰小球碰后的动量
p2′=0.051×2.80=0.14kgm/s
（3）[5]．通过该实验，你能得出的结论是：两小球碰撞前后动量守恒；
点睛：本题考查用平抛运动的规律来验证动量守恒的实验，要注意明确实验原理，知道本实验采用平抛运动的竖直方向的自由落体运动来控制时间相等，从而分析水平射程即可明确水平速度．
14．BD A C 用尽可能小的圆，圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置 45.95±0.02 maOB＝maOA＋mbOC maOB2＝maOA2＋mbOC2
【解析】
(1) 要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，因为碰撞前后小球都做平抛运动，运动时间相等，速度可以用水平位移代替，小球碰撞过程中水平方向动量守恒mav0=mav1+mbv2，即ma =ma +mb ，化简为ma˙OB=ma˙OA+mb˙OC
故本实验必须测量的物理量有小球a、b的质量ma、mb和纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC，故B、D正确；
（2）在做“验证碰撞中的动量守恒”的实验时，入射小球和被撞小球大小应相同，入射小球应用质量较大的球，被撞小球应用质量较小的球，两者质量差越大，落点间的距离越大，误差越小，故入射小球应用A球，被撞小球应用C球；
（3）确定小球 a在白纸上的平均落点位置的方法是用尽可能小的圆，圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；由图可得OB距离应为45.95cm；
（4）由（1）分析可知，按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是ma˙OB=ma˙OA+mb˙OC，如果两球的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞前后动能不变，则表达式满足= + ，即 maOB2＝maOA2＋mbOC2．
15．（1）FA合=0；（2）；（3）
【解析】
【详解】
(1) 对A受力分析可知，A在竖直方向上受力平衡，在水平方向上因物块B、C与长木板A间的动摩擦因数均为μ，B、C质量相等，故FfCA=FfBA，即FA合=0.
(2)A、B、C组成的系统动量守恒，规定向左方向为正方向，由动量守恒定律有：
解得A、B、C最终的共同速度，即木板A最终运动的速度为.
(3)由能量转化与守恒定律有：
为使B、C不相撞由题意分析可知
解得：
即长木板A的最小长度为
答：(1)B、C刚滑上长木板A时，A所受合外力为0.
(2)长木板A的最终运动速度为.
(3)为使物块B、C不相撞，长木板A的最小长度为
16．(1) 120kg (2) 1.25×102 kW (3)见解析；
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据平抛运动规律，有
H－h＝gt2 ①
x＝v0t ②
联立上述两式，并代入数据得
t=＝2 s
x＝v0＝60 m ③
水炮与火点之间的水柱的质量
m= m0t=120kg ④
(2)设在Δt时间内出水质量为Δm，则Δm= m0Δt，由功能关系得：
⑤
即
解得：
P＝＝1.25×102 kW ⑥
(3)表示一个细管，其中流体由左向右流动．在管的a1处和a2处用横截面截出一段流体，即a1处和a2处之间的流体，作为研究对象．
a1处的横截面积为S1，流速为v1，高度为h1，a1处左边的流体对研究对象的压强为p1，方向垂直于S1向右．
a2处的横截面积为S2，流速为v2，高度为h2，a2处左边的流体对研究对象的压强为p2，方向垂直于S2向左．
经过很短的时间间隔Δt，这段流体的左端S1由a1移到b1．右端S2由a2移到b2．两端移动的距离分别为Δl1和Δl2．左端流入的流体体积为ΔV1=S1Δl1，右端流出的流体体积为ΔV2=S2Δl2，理想流体是不可压缩的，流入和流出的体积相等，ΔV1=ΔV2，记为ΔV．
现在考虑左右两端的力对这段流体所做的功．
作用在液体左端的力F1=p1S1向右，所做的功
W1=F1Δl1=(p1S1)Δl1=p1(S1Δl1) =p1ΔV．
作用在液体右端的力F2=p2S2向左，所做的功
W2=－F2Δl2=－(p2S2)Δl2=－p2(S2Δl2) =－p2ΔV．
外力所做的总功
W= W1＋W2=(p1－p2)ΔV ①
外力做功使这段流体的机械能发生改变．初状态的机械能是a1处和a2处之间的这段流体的机械能E1，末状态的机械能是b1处和b2处之间的这段流体的机械能E2．由b1到a2这一段，经过时间Δt，虽然流体有所更换，但由于我们研究的是理想流体的定常流动，流体的密度ρ和各点的流速v没有改变，动能和重力势能都没有改变，所以这一段的机械能没有改变，这样机械能的改变(E2－E1)就等于流出的那部分流体的机械能减去流入的那部分流体的机械能．
由于m=ρΔV，所以流入的那部分流体的动能为
重力势能为
mgh1＝ρΔVgh1
流出的那部分流体的动能为
重力势能为
mgh2＝ρΔVgh2
机械能的改变为
②
理想流体没有粘滞性，流体在流动中机械能不会转化为内能，所以这段流体两端受的力所做的总功W等于机械能的改变，即
W=E2－E1 ③
将①式和②式代入③式，得
④
整理后得
⑤
a1和a2是在流体中任意取的，所以上式可表示为对管中流体的任意处：
（常量）⑥
④式和⑤式称为伯努利方程．
流体水平流动时，或者高度差的影响不显著时（如气体的流动），伯努利方程可表达为
（常量）⑦
从⑥式可知，在流动的流体中，压强跟流速有关，流速v大的地方要强p小，流速v小的地方压强p大．
【点睛】
17．(1)mg (2)
【解析】
【详解】
(1)设a球通过最高点时受轨道的弹力为N，由牛顿第二定律得：
? ①
将数据代入①式计算得出：?②
由牛顿第三定律a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上.
(2)设小球a与弹簧分离时的速度大小为，取桌面为零势面，小球a从B运动到A的过程中，由机械能守恒定律得：
③
由③式计算得出：??④
小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒：
⑤
由⑤式计算得出：⑥
答：(1)小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力.
(2)释放后小球b离开弹簧时的速度.
18．，
【解析】
【详解】
甲车与乙车相碰是在极短时间内发生的过程，两者（不包括乙车中的小球）动量守恒，则
，
解得
，
此时乙车中悬挂的小球速度为零．然后在绳的拉力作用下，小球和甲、乙车的速度发生变化，三者组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒．又根据运动情景分析可知，当小球运动到最高点的瞬间，车和球相对静止，设速度为，那么
，
解得
．

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