?動量守恒定律
知識點：動量守恒定律
一、相互作用的兩個物體的動量改變
如圖1所示，質(zhì)量為m2的B物體追上質(zhì)量為m1的A物體，并發(fā)生碰撞，設(shè)A、B兩物體碰前速度分別為v1、v2，碰后速度分別為v1′、v2′(v2>v1)，碰撞時間很短，設(shè)為Δt.

圖
根據(jù)動量定理：
對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①
對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②
由牛頓第三定律F1＝－F2③
由①②③得兩物體總動量關(guān)系為：
m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2
二、動量守恒定律
1．系統(tǒng)、內(nèi)力與外力
(1)系統(tǒng)：兩個(或多個)相互作用的物體構(gòu)成的一個力學(xué)系統(tǒng)．
(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力．
(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力．
2．動量守恒定律
(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．
(2)表達式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后總動量相等)．
(3)適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力的矢量和為零．
(4)普適性：動量守恒定律既適用于低速物體，也適用于高速物體．既適用于宏觀物體，也適用于微觀物體．
技巧點撥
一、對動量守恒定律的理解
1．研究對象：相互作用的物體組成的力學(xué)系統(tǒng)．
2．動量守恒定律的成立條件
(1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零．
(2)系統(tǒng)受外力作用，但內(nèi)力遠遠大于合外力．此時動量近似守恒．
(3)系統(tǒng)受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內(nèi)力遠遠大于外力)，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒．
3．動量守恒定律的三個特性
(1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它們在同一直線上，并先選定正方向，確定各速度的正、負(表示方向)后，才能用代數(shù)方法運算．
(2)相對性：公式中的v1、v2、v1′和v2′應(yīng)是相對同一參考系的速度，一般取相對地面的速度．
(3)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)．
二、動量守恒定律的應(yīng)用
1．動量守恒定律的常用表達式
(1)p＝p′：相互作用前系統(tǒng)的總動量p等于相互作用后的總動量p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前動量的矢量和等于作用后動量的矢量和．
(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反．
(4)Δp＝0：系統(tǒng)總動量增量為零．
2．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟

例題精練
1．（舒城縣校級模擬）如圖，一小船以2.0m/s的速度勻速前行，站在船上的人豎直向上拋出一小球，小球上升的最大高度為0.45m。當(dāng)小球再次落入手中時，小船前進的距離為（假定拋接小球時人手的高度不變，不計空氣阻力，g取10m/s2）（　?。?br />
A．0.6m B．1.2m C．1.8m D．2.4m
【分析】求出小球拋出再次落入手中過程小球的運動時間，在此時間內(nèi)，小船和小球在水平方向上均為勻速直線運動，應(yīng)用運動學(xué)公式可以求出小船前進的距離。
【解答】解：豎直向上拋出小球過程，小球與小船組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，豎直向上拋出小球后小球與小船在水平方向的速度不變，小球與小船在水平方向都做勻速直線運動；
設(shè)小球拋出后在豎直方向上升的時間為t，小球上升高度h＝
代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.3s
從拋出小球到小球再從落入手中過程的時間t′＝2t＝2×0.3s＝0.6s
在此時間內(nèi)小船在水平方向做勻速直線運動，小船前進的距離：
x＝vt′＝2.0×0.6m＝1.2m，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查多物體的運動規(guī)律，分析清楚小球與小船的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，明確小船和小球的運動時間相等，再應(yīng)用運動學(xué)公式即可解題。
2．（孝感期中）質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為（　?。?br /> A．0.6v B．0.8v C．0.2v D．0.3v
【分析】物體發(fā)生彈性碰撞時系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，物體發(fā)生非彈性碰撞時動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律求出速度的臨界值，然后分析答題。
【解答】解：兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝（3m+m）v1
解得：v1＝0.25v；
兩球發(fā)生完全彈性碰撞時，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝mvA+3mvB，
由機械能守恒定律得：mv2＝mvA2+3mvB2，
解得：vA＝﹣0.5v，vB＝0.5v，
則B的速度范圍是：0.25v≤vB≤0.5v，故D正確，ABC錯誤；
故選：D。
【點評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，物體發(fā)生彈性碰撞時系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律求出B的速度臨界值是解題的關(guān)鍵。
隨堂練習(xí)
1．（邳州市校級期中）A、B兩球沿一直線發(fā)生正碰，如圖所示的x﹣t圖像記錄了兩球碰撞前后的運動情況，圖中的a、b分別為碰撞前A、B兩球的x﹣t圖線。碰撞后兩球粘合在一起，c為碰撞后整體的x﹣t圖線。若A球的質(zhì)量mA＝2kg，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．B球的質(zhì)量mB＝1kg
B．相碰時B對A所施沖量大小為3N?s
C．A、B碰撞前總動量為﹣3kg?m/s
D．碰撞過程中，A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J
【分析】在位移﹣時間圖象中，斜率表示物體的速度，由圖象可知碰撞前后的速度，根據(jù)動量守恒定律可以求出B球的質(zhì)量．由動量定理求B對A所施沖量大小．根據(jù)能量守恒求損失的動能。
【解答】解：A、由x﹣t圖象的斜率表示速度可得，碰撞前有：A球的速度 vA＝m/s＝﹣3m/s，B球的速度為：vB＝m/s＝2m/s，碰撞后有：A、B兩球的速度相等，為：vA′＝vB′＝v＝m/s＝﹣1m/s；對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律得：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，解得：mB＝kg，故A錯誤。
B、對A，由動量定理得：B對A所施沖量為：I＝mAv﹣mAvA＝2×（﹣3）N?s﹣2×（﹣1）N?s＝﹣4N?s，即沖量大小為4N?s故B錯誤；
C、A、B碰前總動量為p＝mAvA+mBvB＝2×（﹣3）kg?m/s+kg?m/s＝﹣kg?m/s，故C錯誤；
D、碰撞中，A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能：△EK＝mAvA2+mBvB2﹣（mA+mB）v2，代入數(shù)據(jù)解得：△EK＝10J，故正確。
故選：D。
【點評】本題主要考查了x﹣t圖象、動量守恒定律和動量定理的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象的斜率求出碰撞前后兩球的速度，明確碰撞的基本規(guī)律是動量守恒定律。
2．（日照期末）下列說法中正確的是（　?。?br /> A．動量守恒定律適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域
B．汽車的速度越大，剎車位移越大，說明汽車的速度大時，慣性大
C．國際單位制中，伏特是七個基本單位之一
D．勻速圓周運動是勻變速曲線運動
【分析】動量守恒定律具有普適性；慣性大小由物體的質(zhì)量決定；國際單位制中，伏特是導(dǎo)出單位；勻速圓周運動是變加速曲線運動。
【解答】解：A、動量守恒定律既適用于低速宏觀物體，也適用于高速微觀粒子，適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域，故A正確；
B、質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，慣性與速度無關(guān)，故B錯誤；
C、國際單位制中，伏特是導(dǎo)出單位，不是基本單位，故C錯誤；
D、勻速圓周運動的加速度始終指向圓心，方向時刻在改變，加速度是變化的，所以勻速圓周運動是變加速曲線運動，故D錯誤。
故選：A。
【點評】解決本題時，要了解動量守恒定律的普適性，知道勻變速曲線運動的特點是加速度不變，即加速度大小和方向都不變。
3．（金鳳區(qū)校級期末）關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的說法正確的是（　?。?br /> ①只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒
②只要系統(tǒng)內(nèi)有摩擦力，動量就不可能守恒
③系統(tǒng)所受合外力不為零，其動量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒
④系統(tǒng)如果合外力的沖量遠小于內(nèi)力的沖量時，系統(tǒng)可近似認為動量守恒
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，內(nèi)力對于系統(tǒng)的動量變化沒有影響；同時注意若系統(tǒng)在某一方向不受外力或合外力為零，在該方向上系統(tǒng)的動量守恒。
【解答】解：①系統(tǒng)所受的合外力為零，合外力的沖量為零，系統(tǒng)動量守恒，故①正確；
②動量守恒的條件是系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)內(nèi)有摩擦力時，由于內(nèi)力對系統(tǒng)的動量變化沒有影響，只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量仍守恒，故②錯誤；
③根據(jù)動量守恒的條件可知，系統(tǒng)所受合外力不為零，其動量一定不守恒，但系統(tǒng)在某一方向不受外力或合外力為零，在該方向上系統(tǒng)的動量守恒，故③正確；
④系統(tǒng)所受合外力不為零，但如果合外力的沖量很?。ㄏ啾葍?nèi)力的沖量）時，系統(tǒng)可近似認為動量守恒，故④正確。
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】解決本題要準確掌握動量守恒的條件：系統(tǒng)所受的合外力為零，并知道在某一方向不受外力或合外力為零，在該方向上系統(tǒng)的動量守恒，注意動量可以分方向守恒。
4．（沙依巴克區(qū)校級期中）水平面上質(zhì)量分別為0.1kg和0.2kg的物體相向運動，過一段時間則要相碰，它們與水平面的動摩擦因數(shù)分別為0.2和0.1．假定除碰撞外在水平方向這兩個物體只受摩擦力作用，則碰撞過程中這兩個物體組成的系統(tǒng)（　?。?br /> A．動量不守恒 B．動量守恒
C．動量不一定守恒 D．以上都有可能
【分析】系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)題意求出系統(tǒng)所受合外力，然后判斷系統(tǒng)動量是否守恒。
【解答】解：兩物體相向運動，以0.1kg的物體速度方向為正方向，系統(tǒng)所受合外力：F＝0.2×10×0.1﹣0.1×10×0.2＝0，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
【點評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)題意求出系統(tǒng)所受合外力，然后判斷系統(tǒng)動量是否守恒；解題時注意正方向的選擇。
綜合練習(xí)
一．選擇題（共15小題）
1．（湖北模擬）甲、乙兩球在光滑的水平軌道上同向前進，已知它們的動量分別是p甲＝5kg?m/s，p乙＝7kg?m/s，甲追乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)閜乙′＝10kg?m/s，則兩球質(zhì)量m甲與m乙的關(guān)系可能是（　?。?br /> A．m甲＝m乙 B．m乙＝2m甲 C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲
【分析】兩球碰撞過程遵守動量守恒定律，由動量守恒定律求出碰撞后甲的動量。根據(jù)碰撞前甲球速度大于乙球速度，以及碰撞過程中總動能不增加，列出不等式，求出m甲與m乙比值的范圍，再進行選擇。
【解答】解：因為碰撞前，甲球速度大于乙球速度，則有：＞
得：＞1.4
根據(jù)動量守恒得：p甲+p乙＝p甲′+p乙′，
代入解得：p甲′＝2kg?m/s。
據(jù)碰撞過程總動能不增加，得：+≥+
代入數(shù)據(jù)解得：＞
碰撞后兩球同向運動，甲的速度不大于乙的速度，則有：≤
代入數(shù)據(jù)解得：≤5
所以有：＜≤5
則m乙＝4m甲，可能，其他三式子是不可能的，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
【點評】本題考查對碰撞規(guī)律的理解和應(yīng)用能力。要知道碰撞有三個基本規(guī)律：一、動量守恒；二、系統(tǒng)總動能不增加；三、碰撞后如同向運動，后面的物體的速度不大于前面物體的速度，即要符合實際運動情況。
2．（南昌縣校級期末）如圖所示，三個小球的質(zhì)量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起，對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（　?。?br />
A．機械能守恒，動量守恒
B．機械能不守恒，動量守恒
C．三球速度相等后，將一起做勻速運動
D．三球速度相等后，速度仍將變化
【分析】系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零．三球與彈簧組成的系統(tǒng)重力與水平面的支持力的合力為零，總動量守恒．小球A與B碰撞后粘在一起，動能減小，系統(tǒng)的機械能減?。?dāng)三球速度相等時，彈簧壓縮到最短或伸長到最長．根據(jù)動量守恒定律分析三球相等的速度．
【解答】解：AB、在整個運動過程中，系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的總動量守恒，A與B發(fā)生是完全非彈性碰撞，碰撞過程機械能有損失。故A錯誤，B正確。
C、A與B碰撞后AB一起壓縮彈簧，彈簧對C產(chǎn)生向左的彈力，則AB做減速運動，C做加速運動，當(dāng)C的速度大于AB的速度后，彈簧壓縮量減小，則當(dāng)三球速度相等時，彈簧壓縮到最短。之后，當(dāng)三球速度相等時，彈簧伸長到最大。所以當(dāng)三球速度相等后，彈簧有彈力，AB與C的合力不為零，做變速運動。故CD錯誤。
故選：B。
【點評】本題是含有彈簧的問題，關(guān)鍵是正確分析物體的運動過程，把握動量守恒和機械能守恒的條件，知道三球速度相等時彈簧的形變量最大．
3．（鄭州模擬）在光滑水平面上有三個彈性小鋼球a、b、c處于靜止狀態(tài)，質(zhì)量分別為2m、m和2m．其中a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧，兩球通過左右兩邊的光滑擋板束縛著．若某時刻將擋板撤掉，彈簧便把a、b兩球彈出，兩球脫離彈簧后，a球獲得的速度大小為v，若b、c兩球相距足夠遠，則b、c兩球相碰后（　?。?br />
A．b球的速度大小為v，運動方向與原來相反
B．b球的速度大小為v，運動方向與原來相反
C．c球的速度大小為v
D．c球的速度大小為v
【分析】先根據(jù)動量守恒定律求得b球脫離彈簧時的速度．再由b、c兩球相撞過程，由動量守恒定律和動能守恒列式，求解即可．
【解答】解：設(shè)b球脫離彈簧時的速度為v0．b、c兩球相碰后b、c的速度分別為vb和vc。
取向右為正方向，彈簧將a、b兩球彈出過程，由動量守恒定律有 0＝2mv﹣mv0．可得，v0＝2v
b、c兩球相碰過程，由動量守恒定律和動能守恒得：
mv0＝mvb+2mvc。
mv02＝mvb2+2mvc2。
聯(lián)立解得 vb＝﹣v（負號表示方向向左，與原來相反），vc＝v
故選：B。
【點評】解決本題時，要分析清楚三球的運動過程，把握每個過程的物理規(guī)律，知道彈性碰撞遵守兩大守恒：動量守恒和動能守恒．
4．（海原縣校級月考）質(zhì)量分別為m和M的兩球發(fā)生正碰前后的位移s；跟時間t的關(guān)系圖象如圖所示，由此可知兩球的質(zhì)量之比m：M為（　?。?br />
A．1：3 B．3：1 C．1：1 D．1：2
【分析】s﹣t（位移時間）圖象的斜率等于速度，由數(shù)學(xué)知識求出碰撞前后兩球的速度，根據(jù)動量守恒定律求解兩球質(zhì)量關(guān)系。
【解答】解：根據(jù)s﹣t（位移時間）圖象的斜率等于速度，由題圖知碰前m的速度為：v1＝ m/s＝4 m/s
M的速度為0，碰后兩物共速，速度為：v′＝ m/s＝1 m/s
由碰撞過程動量守恒有：mv1+Mv2＝（M+m）v′
即：4 m＝（m+M）×1
解得：＝。
故選：A。
【點評】本題首先考查讀圖能力，抓住位移圖象的斜率等于速度是關(guān)鍵；其次要注意矢量的方向。
5．（定遠縣校級月考）設(shè)a、b兩小球相撞，碰撞前后都在同一直線上運動，若測得它們碰前的速度分別為va、vb，碰后的速度分別為va′、vb′，則兩球的質(zhì)量之比等于（　?。?br /> A． B．
C． D．
【分析】兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出質(zhì)量之比．
【解答】解：兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
mbvb＝mava′+mbvb′，
解得：＝，
或、mava﹣mbvb＝mava′+mbvb′，
解得：＝
所以選項A正確
故選：A。
【點評】本題考查了求兩球的質(zhì)量之比，應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題，解題時考慮問題要全面，避免漏解．
6．（儀隴縣模擬）如圖所示，一半徑為R、質(zhì)量為M的1/4光滑圓弧槽D，放在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的小球由A點靜止釋放，在下滑到B點的過程中，下述說法正確的是（　　）

A．以地面為參考系，小球到達B處時相對于地的速度v滿足mv2＝mgR
B．以槽為參考系，小球到達B處時相對于槽的速度v’滿足mv′2＝mgR
C．以地面為參考系，以小球、槽和地球為系統(tǒng)，機械能守恒
D．不論以槽或地面為參考系，以小球、槽和地球為系統(tǒng)的機械能均不守恒
【分析】判斷機械能是否守恒在于明確是否只有重力或彈簧的彈力做功，同時還需明確是哪一部分系統(tǒng)機械能守恒，即要選取合理的系統(tǒng)．
【解答】解：A、小球在向下運動的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，所以小球獲得向右的速度，同時槽也獲得向左的速度，選取向右為正方向，以地面為參考系，則：mv+Mv″＝0
二者動能的和與小球減小的機械能是相等的，則：．故A錯誤；
B、以槽為參考系，小球、槽、地球組成的系統(tǒng)的機械能守恒，槽向左運動，則地球相對于槽也向右運動，所以小球到達B處時相對于槽的速度v′不滿足mv′2＝mgR，還要考慮地球的動能。故B錯誤；
C、D、不論以槽或地面為參考系，以小球、槽和地球為系統(tǒng)的機械能均守恒。故C正確，D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查對動量守恒、機械能守恒定律的正確理解，機械能包括動能、重力勢能和彈性勢能三種，由于重力勢能屬于物體和地球組成的系統(tǒng)，因此，只要涉及重力勢能，地球就必定是研究對象的一部分，也正因為如此，在交代研究對象時地球可以不特別指明．但B中只說明了是小球和槽這一系統(tǒng)，故應(yīng)認為忽略了地球的存在．
7．（公主嶺市期末）質(zhì)量m＝100kg的小船靜止在平靜水面上，船兩端載著m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平線上甲向左、乙向右同時以相對于岸3m/s的速度躍入水中，如圖所示，則小船的運動速率和方向為（　　）

A．0.6m/s，向左 B．3m/s，向左
C．0.6m/s，向右 D．3m/s，向右
【分析】以甲、乙兩人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動量守恒定律求解兩人躍入水中后小船的速度大小和方向。
【解答】解：甲、乙和船組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，開始時總動量為零，根據(jù)動量守恒定律有：
0＝﹣m甲v甲+m乙v乙+mv，
解得：v＝
代入數(shù)據(jù)解得v＝﹣0.6 m/s，負號說明小船的速度方向向左，故選項A正確
故選：A。
【點評】本題運用動量守恒定律求解，不考慮過程的細節(jié)，比較簡單方便。要注意動量的方向，先選取正方向。
8．（蜀山區(qū)校級模擬）三個相同的木塊A，B，C從同一高度自由下落，其中，木塊A在開始下落的瞬間被水平飛行的子彈擊中，木塊B在下列到一半高度時被水平飛來的子彈擊中，子彈均留在木塊中，則三木塊下落的時間tA，tB，tC的大小關(guān)系是（　?。?br /> A．tA＝tB＝tC B．tA＝tC＜tB C．tA＝tB＞tC D．tA＞tB＞tC
【分析】子彈擊中木塊并留在其中，由動量守恒定律分析其速度變化情況，然后結(jié)合自由落體運動的特點分析木塊落地時間長短關(guān)系。
【解答】解：木塊C自由落體，木塊A在剛要下落瞬間被子彈射中，并留在其中，木塊A與子彈一起自由落體運動，A、C均做自由落體運動，且下落高度相同，故二者下落時間相同，即tA＝tC
木塊B落下一定距離后被水平飛來的子彈水平射中，子彈留在其中。在子彈擊中木塊過程中，水平方向動量守恒，由于子彈進入木塊后總質(zhì)量變大，由動量守恒定律可知，木塊速度變小，木塊落地時間延長，木塊B在空中的運動時間比A、C時間長，則AC同時落地，B最后落地，即tA＝tC＜tB，故B正確。
故選：B。
【點評】考查自由落體運動的規(guī)律，掌握動量及動量守恒的定律，理解運動的合成與分解，難度適中。
9．（沙市區(qū)校級期末）關(guān)于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是（　　）
A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒
B．只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒
C．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒
D．系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒
【分析】系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零。系統(tǒng)內(nèi)存在著摩擦力或一個物體具有加速度時，系統(tǒng)的動量可能守恒。通過分析物體所受的外力進行判斷。
【解答】解：A、若系統(tǒng)內(nèi)存在著摩擦力，而系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量仍守恒。故A錯誤；
B、系統(tǒng)中有一個物體具有加速度時，系統(tǒng)的動量也可能守恒，比如碰撞過程，兩個物體的速度都改變，都有加速度，單個物體受外力作用，系統(tǒng)的動量卻守恒。故B錯誤；
C、只要系統(tǒng)所受到合外力為零，則系統(tǒng)的動量一定守恒；故C正確；
D、系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)所受的合外力為零，即系統(tǒng)的總動量一定守恒，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查對動量守恒條件的理解，抓住守恒條件：合外力為零，通過舉例的方法進行分析。
10．（尚義縣校級期中）在高速公路上發(fā)生一起交通事故，一輛質(zhì)量為1500kg向南行駛的長途客車迎面撞上了一輛質(zhì)量為3000kg向北行駛的卡車，碰后兩車接在一起，并向南滑行了一段距離后停止．根據(jù)測速儀的測定，長途客車碰前以20m/s的速度行駛，由此可判斷卡車碰前的行駛速率為（　　）
A．小于10 m/s B．大于10 m/s小于20 m/s
C．大于20 m/s小于30 m/s D．大于30 m/s小于40 m/s
【分析】長途客車與卡車發(fā)生碰撞，系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，可根據(jù)動量守恒定律直接列式判斷．
【解答】解：長途客車與卡車發(fā)生碰撞，系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，選擇向南為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有
mv1﹣Mv2＝（m+M）v
因而
mv1﹣Mv2＞0
代入數(shù)據(jù)，可得
v2＜m/s＝10m/s
故選：A。
【點評】該題考查動量守恒定律的一般應(yīng)用，情景比較簡單，解答本題關(guān)鍵判斷碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，然后根據(jù)動量守恒定律列式分析．
11．（尚義縣校級期中）質(zhì)量為3m，速度為v的小車，與質(zhì)量為2m的靜止小車碰撞后連在一起運動，則兩車碰撞后的總動量是（　?。?br /> A． B．2mv C．3mv D．5mv
【分析】兩小車碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰撞后系統(tǒng)的總動量．
【解答】解：兩車碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律得：
3mv＝（3m+2m）v′
解得：v′＝v，
兩車碰撞后的總動量：
P′＝（3m+2m）v′＝3mv；
故選：C。
【點評】知道碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．
12．（未央?yún)^(qū)校級模擬）如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量為m（m＜M）的小球從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是（　?。?br />
A．在以后的運動過程中，小球和槽的水平方向動量始終守恒
B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功
C．全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，且水平方向動量守恒
D．被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h處
【分析】由動量守恒的條件可以判斷動量是否守恒；由功的定義可確定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情況可知運動情況；由機械能守恒及動量守恒可知小球能否回到最高點．
【解答】解：A、當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動量不守恒，故A錯誤；
B、下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B錯誤；
C、全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故C錯誤；
D、球在槽上下滑過程系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，球與槽分離時兩者動量大小相等，由于m＜M，則小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時的速度大小，小球被反彈后向左運動，由于球的速度大于槽的速度，球?qū)⒆飞喜鄄⒁凵匣?，在整個過程中只有重力與彈力做功系統(tǒng)機械能守恒，由于球與槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左，球滑上槽的最高點時系統(tǒng)速度相等水平向左系統(tǒng)總動能不為零，由機械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h處，故D正確；
故選：D。
【點評】解答本題要明確動量守恒的條件，以及在兩球相互作用中同時滿足機械能守恒，應(yīng)結(jié)合兩點進行分析判斷．
13．（尚義縣校級期中）光滑的水平面上有兩個小球M和N，它們沿同一直線相向運動，M球的速率為5m/s，N球的速率為2m/s，正碰后沿各自原來的反方向而遠離，M球的速率變?yōu)?m/s，N球的速率變?yōu)?m/s，則M、N兩球的質(zhì)量之比為（　?。?br /> A．3：1 B．1：3 C．3：5 D．5：7
【分析】物體A、B在碰撞的過程中動量守恒．選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向，運用動量守恒定律即可求解質(zhì)量之比．
【解答】解：選取碰撞前M球的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：
mMvM﹣mNvN＝﹣mMv′M+mNv′N，
代入數(shù)據(jù)得：mM：mN＝5：7，故D正確。
故選：D。
【點評】本題是碰撞問題，動量守恒是碰撞過程遵守的基本規(guī)律，關(guān)鍵是要注意動量的方向，必須選取正方向，用正負號表示動量的方向．基本題．
14．（南昌縣校級期末）假定冰面是光滑的，某人站在冰凍河面的中央，他想到達岸邊，則可行的辦法是（　?。?br /> A．步行
B．揮動雙臂
C．在冰面上滾動
D．脫去外衣拋向岸的反方向
【分析】人要到達岸邊，人應(yīng)獲得一定的速度，應(yīng)用動量守恒定律分析答題．
【解答】解：A、由于冰面光滑，人在冰面上受到的合外力為零，加速度為零，不能步行到達岸邊，故A錯誤；
B、人揮動雙臂時，人受到的合外力為零，加速度為零，不能到達岸邊，故B錯誤；
C、由與冰面光滑，人在冰面上滾動時摩擦力為零，加速度為零，不可能滾動，不能到達岸邊，故C錯誤；
D、人與衣服組成的系統(tǒng)動量守恒，人脫去外衣拋向岸的反方，人獲得朝向岸邊的速度，人可以到達岸邊，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查了人到達岸邊的措施，知道人與冰面間的摩擦力是人運動的動力、由于動量守恒定律即可正確解題．
15．（和平區(qū)校級期中）如圖所示，質(zhì)量為m2的小車上有一半圓形的光滑槽，一質(zhì)量為m1的小球置于槽內(nèi)，共同以速度v0沿水平面運動，并與一個原來靜止的小車m3對接，則對接后瞬間，小車的速度大小為（　　）

A．
B．
C．
D．以上答案均不對
【分析】對接過程，兩車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出小車的速度．
【解答】解：對接過程，兩小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以小車m2的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
m2v0＝（m2+m3）v，
解得：v＝；
故選：C。
【點評】本題考查了求小車的速度，正確確定研究對象是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題．
二．多選題（共15小題）
16．（3月份模擬）在α粒子散射實驗中，如果一個α粒子跟金箔中的電子相碰，下列說法正確的是（　?。?br /> A．α粒子發(fā)生大角度的偏轉(zhuǎn)
B．α粒子不會發(fā)生明顯偏轉(zhuǎn)
C．α粒子被彈回
D．α粒子與電子碰撞時動量守恒
【分析】粒子發(fā)生碰撞時滿足動量守恒，根據(jù)動量守恒定律，結(jié)合α粒子的質(zhì)量比電子大得多，從而即可求解。
【解答】解：一個α粒子跟金箔中的電子相撞，滿足動量守恒的條件，動量守恒，因α粒子的質(zhì)量比電子大得多，尤如飛行的子彈碰撞灰塵一樣，α粒子的動能和動量幾乎沒有損失，不會發(fā)生明顯偏轉(zhuǎn)，故BD正確，AC錯誤。
故選：BD。
【點評】本題考查碰撞中滿足動量與能量守恒，掌握它們的守恒定律的條件，注意電子的質(zhì)量比α粒子小得多是解題的關(guān)鍵。
17．（內(nèi)江一模）如圖所示，質(zhì)量為M＝3kg的木塊放在平臺的右端，該平臺到地面的高度為h＝0.45m，木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2?，F(xiàn)有質(zhì)量為m＝1kg的小松鼠，從地面上離平臺水平距離為x＝1.2m處跳上平臺，恰好沿水平方向抱住木塊并與木塊一起向左滑行。小松鼠抱住木塊的時間極短，小松鼠與木塊均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．在小松鼠起跳后，空中運動的時間為0.3s
B．木塊在水平臺上向左滑行的距離為2.5m
C．在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，它損失的機械能為7.5J
D．在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，小松鼠與木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒
【分析】對運動過程逆向分析，小松鼠做反向的平拋運動，根據(jù)水平和豎直位移利用平拋運動規(guī)律求解小松鼠抱住木塊前瞬間速度和在空中的時間；小松鼠和木塊相互作用過程中動量守恒，屬于完全非彈性碰撞，機械能損失，利用動量守恒定律求解小松鼠抱住木塊后瞬間的速度，再根據(jù)功能關(guān)系求出損失的機械能；再對滑行過程分析，由動能定理求出滑行的距離。
【解答】解：A、在小松鼠起跳后，空中運動的時間為t＝＝0.3s，故A正確；
B、松鼠剛上到平臺上時的初速度v0＝＝4m/s，對松鼠和木塊組成的系統(tǒng)進行分析，在抱住木塊的過程中動量守恒，設(shè)水平向左為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝（M+m）v，解得v＝1m/s；由動能定理可得，﹣μ（M+m）gl＝0﹣，代入數(shù)據(jù)解得木塊在水平臺上向左滑行的距離為l＝0.25m，故B錯誤；
C、在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，它損失的機械能為△E＝＝J﹣J＝7.5J，故C正確；
D、在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，小松鼠與木塊組成的系統(tǒng)機械能損失△E＝＝J﹣J＝6J，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題考查了動量和能量相結(jié)合的問題，解題的關(guān)鍵是逆向分析小松鼠的運動，同時掌握小松鼠和木塊碰撞過程中，動量守恒。
18．（杭州期末）質(zhì)量為m的小球A靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為4m的小球B以速度v與小球A發(fā)生正碰后，兩球的動能相等，則（　?。?br /> A．碰撞后小球A的速度大小為v
B．碰撞后小球B的速度大小為v
C．碰撞過程A對B的沖量大小為mv
D．碰撞過程系統(tǒng)損失的動能為mv2
【分析】碰撞后兩球的動能相等，根據(jù)動能的計算公式求出兩球的速度大小關(guān)系，應(yīng)用動量守恒定律求出碰撞后兩球的速度；應(yīng)用動量定理求出A對B沖量大?。粦?yīng)用能量守恒定律求出碰撞過程系統(tǒng)損失的機械能。
【解答】解：AB、設(shè)碰撞后A球的速度大小為v1、B球的速度大小為v2，
碰撞后兩球的動能相等，即：，
兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以B球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
4mv＝mv1+4mv2，
解得：，，故A正確，B錯誤；
C、碰撞過程，對A球，根據(jù)動量定理得：，
碰撞過程A對B的沖量大小與B對A的沖量大小相等，則A對B的沖量大小為mv，故C正確；
D、由能量守恒定律可知，碰撞過程系統(tǒng)損失的動能為：，故D正確。
故選：ACD。
【點評】本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚小球的運動過程，應(yīng)用動量守恒定律、動能的計算公式與動量定理、能量守恒定律即可解題。
19．（浙江模擬）如圖所示，絕緣、光滑的水平面上有帶正電的小球A和B，當(dāng)A以一定速度向著靜止的B運動時，B由于受到了A的斥力而加速，A由于受到了B的斥力而減速，某時刻A、B兩球達到共同速度，關(guān)于這個過程，下列說法正確的是（　?。?br />
A．系統(tǒng)A、B機械能守恒，動量不守恒
B．系統(tǒng)A、B動量守恒，A對B的沖量等于B動量的增加量
C．系統(tǒng)A、B動量守恒，B對A的沖量等于A動量的減少量
D．系統(tǒng)A、B動量不守恒，機械能不守恒，但機械能與電勢能之和守恒
【分析】分析兩球組成的系統(tǒng)受力情況，根據(jù)動量守恒以及機械能守恒的條件進行分析，明確是否守恒；再根據(jù)動量定理分析兩球的動量變化量。
【解答】解：AD、AB組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)動量守恒；由于兩球在運動中庫侖力做功，故兩小球的機械能轉(zhuǎn)化為電勢能，故機械能不守恒；由于只有電場力做功，故機械能與電勢能之和守恒，故AD錯誤。
B、對B分析可知，B受到的合力的沖量等于A對B的沖量，則由動量定理可知，A對B的沖量等于B動量的增加量，故B正確。
C、對A分析由動量定理可知，B對A的沖量等于A動量的減少量，故C正確。
故選：BC。
【點評】本題考查動量守恒定律以及功能關(guān)系的應(yīng)用，要注意兩球通過庫侖相互作用，庫侖力視為內(nèi)力；兩球所受外力之和為零，故動量守恒。
20．（大武口區(qū)校級期末）木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上。在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當(dāng)撤去外力后，下列說法正確的是（　?。?br />
A．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒
B．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒
C．a(chǎn)離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒
D．a(chǎn)離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)機械能不守恒
【分析】判斷系統(tǒng)動量是否守恒看系統(tǒng)所受的外力之和是否為零。當(dāng)撤去外力F后，a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零。a離開墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為0。
【解答】解：A、以a、b及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，撤去外力后，b向右運動，在a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)所受合外力不為零，因此該過程系統(tǒng)動量不守恒。故A錯誤，B正確；
C、當(dāng)a離開墻壁后，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)動量守恒，沒有其他的外力做功，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但a和b組成的系統(tǒng)機械能不守恒。故C錯誤，D正確；
故選：BD。
【點評】解決本題的關(guān)鍵理解系統(tǒng)所受合外力為零時動量守恒，并能對實際的問題進行判斷。此題屬于基礎(chǔ)題。
21．（沙市區(qū)校級月考）如圖所示，在軍事訓(xùn)練中，一戰(zhàn)士從岸上以2m/s的速度跳到一條向他緩緩漂來、速度是0.5m/s的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，已知戰(zhàn)士質(zhì)量為60kg，小船的質(zhì)量是140kg，該戰(zhàn)士上船后又跑了幾步，最終停在船上，不計水的阻力，則（　　）

A．戰(zhàn)士跳上小船到最終停在船上的過程，戰(zhàn)士和小船的總動量守恒
B．戰(zhàn)士跳上小船到最終停在船上的過程，戰(zhàn)士和小船的總機械能守恒
C．戰(zhàn)士最終停在船上后速度為零
D．戰(zhàn)士跳上小船到最終停在船上的過程動量變化量大小為105 kg?m/s
【分析】戰(zhàn)士和小車組成的系統(tǒng)，所受外力之和為零，動量守恒，人和船作用的過程中，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，有能量損失．
【解答】解：A、戰(zhàn)士跳上小船最終停在小船上的過程中，總動量守恒，機械能有損失，所以總機械能不守恒。故A正確，B錯誤。
C、以戰(zhàn)士初始運動方向為正，根據(jù)動量守恒定律得，mv1﹣Mv2＝（M+m）v，解得v＝．戰(zhàn)士動量的變化量△p＝m（v﹣v1）＝﹣60×1.75＝﹣105kg。m/s。故C錯誤，D正確。
故選：AD。
【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握動量守恒定律的條件，以及知道人和小船組成的系統(tǒng)發(fā)生的是完全非彈性碰撞．
22．（日照月考）A、B兩物塊重疊放置，從距地面h高的地方靜止釋放，不計空氣阻力，B恰好到達地面時，速度大小為v0，假定所有的碰撞均為彈性碰撞，B碰后靜止，下列說法正確的是（　　）

A．A、B碰撞時A對B的作用力大于B對A的作用力
B．A、B碰后瞬間，A的速度大小為2v0
C．B碰后靜止，說明A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量
D．B碰后靜止，說明A的質(zhì)量小于B的質(zhì)量
【分析】根據(jù)作用力和反作用力的性質(zhì)明確AB間作用力的大小；根據(jù)碰撞為彈性碰撞可知，過程中動量守恒和機械能守恒，聯(lián)立可以求出質(zhì)量關(guān)系和速度大小。
【解答】解：A、A、B碰撞時，A對B的作用力與B對A的作用力是一對相互作用力，大小相等、方向相反，故A錯誤；
BCD、A與B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為v0，方向向下，碰前B的速度為v0，方向向上，設(shè)碰撞后A的速度為v，取向上的方向為正，碰撞過程中由動量守恒可得mA（﹣v0）+mBv0＝mAv
由能量守恒可得
聯(lián)立解得v＝2v0，mB＝3mA
故BD正確，C錯誤。
故選：BD。
【點評】本題考查碰撞問題，關(guān)鍵要弄清彈性碰撞過程動量守恒和機械能守恒，根據(jù)碰撞守恒和機械能守恒列式求解。
23．（東平縣校級月考）矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘在一起組成，將其放在光滑的水平面上，如圖所示。質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊。若射擊上層，則子彈剛好不穿出；如圖甲所示；若射擊下層，整個子彈剛好嵌入，如圖乙所示。則上述兩種情況比較，以下說法正確的是（　?。?br />
A．兩次子彈對滑塊做功一樣多
B．兩次滑塊所受沖量一樣大
C．子彈擊中上層過程中產(chǎn)生的熱量多
D．子彈嵌入下層過程中對滑塊做功多
【分析】子彈嵌入滑塊的過程，符合動量守恒，所以我們判斷出最后它們的速度是相同的，由動量定理知滑塊受到的沖量一樣大，然后利用動能定理或者是能量守恒得出系統(tǒng)產(chǎn)生的熱能是相等的。
【解答】解：AD、因子彈最后和木塊相對靜止，根據(jù)動量守恒可知最后物塊獲得的速度是相同的，即物塊獲得的動能是相同的，根據(jù)動能定理，物塊動能的增量是子彈做功的結(jié)果，所以兩次子彈對物塊做的功一樣多，故A正確，D錯誤；
B、由動量和動能的關(guān)系知道，滑塊的動量也是相同的，由動量定理知滑塊受到的沖量一樣大，故B正確；
C、子彈嵌入下層或上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動能，而子彈減少的動能一樣多（子彈初末速度相等），物塊增加的動能也一樣多，則系統(tǒng)減小的動能一樣多，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，故C錯誤。
故選：AB。
【點評】本題是考查動量和能量的綜合題，關(guān)鍵是用動量守恒知道子彈只要留在滑塊中，他們的最后速度就是相同的。
24．（孝義市期末）如圖所示，光滑水平面上有一小車，小車上有一物體，用一細線將物體系于小車的A端，物體與小車A端之間有一壓縮的彈簧，某時刻線斷了，物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上，則下述說法中正確的是（　?。?br />
A．即使物體滑動中不受摩擦力，全過程機械能也不守恒
B．物體滑動中有摩擦力，則全過程系統(tǒng)動量不守恒
C．小車的最終速度與斷線前相同
D．物體滑動中不受摩擦力，全過程系統(tǒng)的機械能守恒
【分析】物體與橡皮泥粘合的過程，系統(tǒng)機械能有損失；分析系統(tǒng)的合外力，即可判斷動量是否守恒，根據(jù)動量守恒定律求解小車的速度；根據(jù)動量守恒定律與功能關(guān)系判斷系統(tǒng)的機械能的變化。
【解答】解：AD、物體與橡皮泥粘合的過程，發(fā)生非彈性碰撞，系統(tǒng)機械能有損失，所以全過程系統(tǒng)的機械能不守恒，故A正確，D錯誤；
B、取小車、物體和彈簧為一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)水平方向不受外力（若物體在滑動有摩擦力，為系統(tǒng)的內(nèi)力），全過程系統(tǒng)的動量守恒，故B錯誤；
C、取系統(tǒng)的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知，總的動量是不變的，而物體和小車最終又速度相同，所以物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上后系統(tǒng)共同的速度與初速度是相同的，故C正確。
故選：AC。
【點評】本題根據(jù)動量守恒和機械能守恒的條件進行判斷：動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或受到的外力的合力為零；機械能守恒的條件是除重力和彈力外的其余力不做功。
25．（南通期末）原子核從核外電子殼層中俘獲一個電子的過程稱為電子俘獲。一個鈹原子處于靜止狀態(tài)，鈹原子在其原子核（Be）俘獲一個核外電子后變成一個新原子，同時放出一個不帶電的中微子，中微子質(zhì)量數(shù)為0，上述過程中（　　）
A．新原子的核電荷數(shù)是3
B．新原子與中微子的動量大小相等
C．新原子和鈹原子的能量相等
D．中微子質(zhì)量等于鈹原子與新原子質(zhì)量之差
【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒確定新原子的核電荷數(shù)；根據(jù)動量守恒定律分析新原子與中微子的動量關(guān)系；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒確定新原子的質(zhì)量數(shù)，即可比較新原子和鈹原子的能量關(guān)系；結(jié)合愛因斯坦質(zhì)能方程分析。
【解答】解：A、電子的電荷數(shù)為﹣1，鈹原子核（Be）電荷數(shù)為4，中微子電荷數(shù)為0，根據(jù)電荷數(shù)守恒可知，新原子的核電荷數(shù)為3，故A正確；
B、電子俘獲過程內(nèi)力遠大于外力，外力忽略不計，系統(tǒng)的動量守恒。根據(jù)動量守恒定律可知：新原子與中微子的動量之和等于反應(yīng)前電子的動量，電子的初動量忽略不計，系統(tǒng)初動量為零，所以，新原子與中微子的動量大小相等、方向相反，故B正確；
C、新原子和鈹原子的質(zhì)量不等，根據(jù)E＝mc2知它們的能量不等，故C錯誤；
D、核反應(yīng)中伴隨著能量變化，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程E＝mc2知反應(yīng)前后質(zhì)量會發(fā)生變化，所以，中微子質(zhì)量不等于鈹原子與新原子質(zhì)量之差，故D錯誤。
故選：AB。
【點評】本題的關(guān)鍵要知道在核反應(yīng)中，遵守質(zhì)量數(shù)守恒、核電荷數(shù)守恒和動量守恒。要掌握愛因斯坦質(zhì)能E＝mc2，并能熟練運用。
26．（蓮湖區(qū)期末）下列說法正確的是（　?。?br /> A．系統(tǒng)不受外力，這個系統(tǒng)動量守恒
B．若小明用力推門而沒推動，則推力產(chǎn)生的沖量為零
C．質(zhì)量越大，物體動量一定越大
D．豎直拋出的物體上升到一定高度后又落回拋出點，不計空氣阻力，則此過程中重力的沖量不為零
【分析】系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零系統(tǒng)動量守恒；
力與力的作用時間的乘積是力的沖量；
根據(jù)動量守恒的條件與動量的計算公式、動量定理分析答題。
【解答】解：A、當(dāng)系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零時，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；
B、小明用力推門而沒推動，有推力，推力有作用時間，根據(jù)沖量的定義式I＝Ft，可知，其推力產(chǎn)生的沖量不為0，故B錯誤；
C、根據(jù)公式p＝mv可知，物體的動量與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)，所以質(zhì)量越大，物體的動量不一定越大，故C錯誤；
D、物體從拋出到落回拋出點過程中重力和時間均不為零，故此過程中重力的沖量I＝mgt不為零，故D正確。
故選：AD。
【點評】本題主要考查沖量和動量、動量守恒定律，根據(jù)沖量和動量的定義式以及動量守恒定律的條件分析即可。
27．（海淀區(qū)校級期末）一無動力航天器在高空繞地球做勻速圓周運動，若其沿運動方向的相反方向瞬間彈射出一物體P，不計空氣阻力，則彈射完畢瞬間（　?。?br /> A．航天器將離開原來的運動軌道
B．航天器的動能可能不變
C．航天器的速度可能減小
D．航天器加速度增大
【分析】航天器在高空繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力；若沿其運動的相反方向釋放出一物體P的過程，滿足動量守恒定律，航天器的速度將增大，做離心運動。根據(jù)離心運動的知識分析；同時根據(jù)航天器的受力情況確定其加速度是否變化。
【解答】解：AC、航天器在高空繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力。若沿其運動相反的方向釋放出一物體P，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律可知，火箭的速度將增大，而火箭放出P物體，質(zhì)量減小，所受到的萬有引力會減小，所需要的向心力增大，火箭將做離心運動，離開原來的軌道運動，故A正確，C錯誤。
B、由以上分析可知，釋放的物體P后航天器的速度增大，但質(zhì)量變小，故航天器動能可能不變，故B正確；
D、因航天器只受萬有引力作用，則有：G＝ma可知，a＝，因在彈射完畢瞬間，半徑?jīng)]變，故加速度不變，故D錯誤。
故選：AB。
【點評】本題是火箭變軌的過程，根據(jù)動量守恒定律和向心力知識進行分析，要掌握離心運動的條件，并能用來分析實際問題。
28．（杭州月考）實驗觀察到，靜止在勻強磁場A點的原子核發(fā)生β衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意圖如圖，則（　　）

A．軌跡1是電子的，磁場方向垂直紙面向里
B．軌跡2是電子的，磁場方向垂直紙面向里
C．軌跡1是新核的，磁場方向垂直紙面向里
D．軌跡2是新核的，磁場方向垂直紙面向里
【分析】靜止的原子核發(fā)生β衰變，根據(jù)動量守恒可知，發(fā)生衰變后粒子與反沖核的運動方向相反，動量的方向相反，大小相等。由半徑公式徑（P是動量）分析兩個粒子半徑軌跡半徑之比，根據(jù)左手定則分析磁場的方向。
【解答】解：靜止的原子核發(fā)生衰變，滿足動量守恒，系統(tǒng)初動量為0，新核與電子動量等大反向，即P新＝Pe
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：

解得半徑
因為q新＞qe
所以R新＜Re
則可知軌跡1是電子的，軌跡2是新核的，由左手定則可知，磁場垂直于紙面向里，故AD正確，BC錯誤。
故選：AD。
【點評】該題即使沒有說明是β衰變也可根據(jù)粒子的速度的方向相反和兩個粒子的運動的軌跡由左手定則可以分析判斷粒子的帶電的情況；其中要注意的是電子的動量與新核的動量大小相等。
29．（涪城區(qū)校級期中）如圖所示，質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車表面足夠長，則（　?。?br />
A．木塊的最終速度為
B．由于車表面粗糙，小車和木塊所組成的系統(tǒng)動量不守恒
C．車表面越粗糙，木塊減少的動能越多
D．不論車表面的粗糙程度如何，小車獲得的動能均為定值
【分析】根據(jù)系統(tǒng)的受力情況，分析得出小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得出木塊最終的速度，從而明確兩物體動能的變化與表面粗糙程度間的關(guān)系。
【解答】解：小車和木塊組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，動量守恒；
由于車表面足夠長，最終木塊和小車保持相對靜止，一起做勻速直線運動，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：
mv0＝（M+m）v，
解得：v＝，
即小車和物體的末速度與表面的粗糙程度無關(guān)，所以木塊減少的動能和小車增加的動能與車表面粗糙程度無關(guān)，均為定值，故BC錯誤，AD正確。
故選：AD。
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道動量守恒的條件，運用動量守恒解題時，要規(guī)定正方向，注意公式的矢量性。
30．（龍鳳區(qū)校級期中）沿光滑水平面在同一條直線上運動的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運動，該過程的位移﹣﹣時間圖象如圖所示。則下列判斷正確的是（　?。?br />
A．碰撞前后A的運動方向相反
B．A、B的質(zhì)量之比為1：2
C．碰撞過程中A的動能變大，B的動能減小
D．碰前B的動量較小
【分析】位移﹣時間圖象的斜率表示速度，由此求出碰撞前后兩個物體的速度大小和方向；根據(jù)碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律求出質(zhì)量之比；由能量守恒定律比較碰撞兩個物體動能的變化。
【解答】解：A、在位移一時間圖象中斜率表示速度，碰前A的速度為負值，碰后A速度為正值，因此碰撞前后A的運動方向相反，故A正確；
B、根據(jù)動量守恒定律有：
mAvA+mBvB＝（mA+mB）v
由圖象可知：vA＝﹣5m/s，vB＝10m/s，v＝5m/s，
代入上式，可得：，故B正確；
C、由速度大小變化可知，在碰撞過程中，B的速度減小，A的速度不變，故B的動能變小，A的動能不變，故C錯誤；
D、碰后運動方向與B原來的運動方向相同，因此碰前B的動量較大，故D錯誤。
故選：AB。
【點評】解決本題的關(guān)鍵知道位移時間圖線的物理意義，知道圖線的斜率表示速度，要掌握碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律的應(yīng)用。
三．填空題（共5小題）
31．（江油市校級月考）如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為3kg與1kg，相互作用后沿同一直線運動，它們的位移﹣時間圖象如圖所示，則A物體在相互作用前后的動量變化是　3　kg?m/s，B物體在相互作用前后的動量變化是　﹣3　kg?m/s，相互作用前后A、B系統(tǒng)的總動量　不變　．（填“變大”“變小”或“不變”）

【分析】根據(jù)x﹣t圖象的斜率等于速度，求出各個物體的速度，即可分別求出碰撞前后的總動量．
【解答】解：根據(jù)x﹣t圖象的斜率等于速度，由圖象可知：
碰撞前兩物體的速度分別為：vA＝0m/s vB＝＝4m/s
碰撞后共同體的速度為：v＝＝1m/s，
A物體在相互作用前后的動量變化是：△PA＝mAv﹣mAvA＝3×1﹣3×0＝3kg?m/s，
B物體在相互作用前后的動量變化是：△PB＝mBv﹣mBvB＝1×1﹣1×4＝﹣3kg?m/s，
系統(tǒng)相互作用前的總動量：P＝mAvA+mBvB＝3×0+1×4＝4kg?m/s，
系統(tǒng)相互作用后的總動量為：P′＝（mA+mB）v＝（3+1）×1＝4kg?m/s，
相互作用前后系統(tǒng)總動量不變；
故答案為：3；﹣3；不變．
【點評】本題主要考查了x﹣t圖象的斜率的意義，明確斜率等于速度，知道動量的含義，明確動量守恒定律的應(yīng)和即可正確解答．
32．（吳興區(qū)校級月考）質(zhì)量為M的火箭以速度v0飛行在太空中，現(xiàn)在突然向后噴出一份質(zhì)量為△m的氣體，噴出的氣體相對于火箭的速度是v，噴氣后火箭的速度是 　v0+v　。
【分析】以火箭和噴出的氣體為研究對象，應(yīng)用動量守恒定律，可以求出噴氣后火箭的速度。
【解答】解：以火箭和噴出的氣體為研究對象，以火箭飛行的方向為正方向，
由動量守恒定律得：Mv0＝（M﹣△m）v′+△m（v′﹣v），
解得：v′＝v0+v；
故答案為：v0+v。
【點評】本題考查了求火箭的速度，應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題，解題時要注意研究對象的選擇、正方向的選取。
33．（南通月考）兩小孩在冰面上乘坐“碰碰車”相向運動，A車總質(zhì)量為50kg，以2m/s的速度向右運動；B車總質(zhì)量為70kg，以3m/s的速度向左運動，碰撞后，A以1.5m/s的速度向左運動，則B的速度大小為　0.5　m/s，方向向　左?。ㄟx填“左”或“右”），該碰撞是　非彈性　（選填“彈性“或“非彈性”）碰撞
【分析】（1）碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，平拋動量守恒定律可以求出B的速度；
（2）根據(jù)碰前和碰后的動能是否守恒，判斷出是否為彈性碰撞。
【解答】解：A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：
mBvB﹣mAvA＝mAvA′+mBvB′，
即：70×3﹣50×2＝50×1.5+70vB′，
解得：vB′＝0.5m/s，方向：水平向左；
碰撞前的能量為：
碰撞后的能量為：
綜上所述，碰撞前后的能量不守恒，故為非彈性碰撞。
故答案為：0.5，左，非彈性。
【點評】本題考查了求物體的速度，應(yīng)用動量守恒定律可以正確解題，解題時注意正方向的選擇，否則會出錯。同時要注意彈性碰撞和非彈性碰撞的根本區(qū)別在于能量是否守恒。
34．（興隆臺區(qū)校級期中）甲乙兩船自身質(zhì)量為120kg，都靜止在靜水中，當(dāng)一個質(zhì)量為30kg的小孩以相對于地面6m/s的水平速度從甲船跳上乙船時，不計阻力，甲、乙兩船速度大小之比：v甲：v乙＝　5：4　。
【分析】甲乙兩船與小孩組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒定律，直接把數(shù)據(jù)代入公式：Mv1＝（m+M）v2即可。
【解答】解：甲乙兩船與小孩組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒定律，由公式：Mv1＝（m+M）v2，得：
。
故答案為：5：4
【點評】本題主要考查了動量守恒定律的直接應(yīng)用，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。
35．（南關(guān)區(qū)校級月考）如果一個系統(tǒng)　不受外力　或者　外力之和為零　，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。動量守恒定律的表達式為　m1v1+m2v2＝m1v'1+m2v'2　。
【分析】本題根據(jù)動量守恒的條件以及動量守恒定律的表達式進行解答。
【解答】解：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者系統(tǒng)所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律。動量守恒定律成立的條件（必須具備下列條件之一）
（1）系統(tǒng)不受外力；
（2）系統(tǒng)所受外力的矢量和為 0。
動量守恒定律的表達式。
①m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′
②△p1＝﹣△p2（相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反）；
②△p＝0（系統(tǒng)總動量的增量為零）
故答案為：不受外力；外力之和為零；m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′。
【點評】本題考查了動量守恒定律，要理解并掌握動量守恒的條件，知道動量守恒的意義，掌握動量守恒定律的不同表達式。
四．計算題（共2小題）
36．（紅橋區(qū)校級期中）如圖所示，小球A和小球B質(zhì)量相同（可視為質(zhì)點），球B置于光滑水平面上，球A從高為h處由靜止擺下，到達最低點恰好與B相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動。求：
（1）碰撞前小球A的速度大?。?br /> （2）向右擺動的最大高度為多少。

【分析】（1）由機械能守恒定律求出A到達最低點時的速度；
（2）A、B碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律求出速度，然后由機械能守恒定律求出AB上擺的最大高度。
【解答】解：（1）A球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh＝mv02，
解得：v0＝
（2）A、B碰撞過程動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
mv0＝（m+m）v，
AB向右擺動過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：
（m+m）v2＝（m+m）gh′，
解得：h′＝h。
答：（1）碰撞前小球A的速度大小為；
（2）向右擺動的最大高度為h。
【點評】本題考查了動量守恒和機械能守恒定律的基本運用，知道A、B兩球碰撞的過程中動量守恒，同時明確小球在擺動過程中機械能守恒。
37．（阜寧縣校級期中）由分子動理論可知，分子間同時存在著引力和斥力，分子組成的系統(tǒng)具有分子勢能，設(shè)兩個分子的距離為無窮遠時它們的分子勢能為零。如果開始時甲分子初速度為零，乙分子從無窮遠處以速率v0正對甲分子運動，兩者距離最近后又逐漸遠離，直至無窮遠。設(shè)兩分子質(zhì)量均為m，整個過程可等效為彈性碰撞。求：
（1）兩分子系統(tǒng)的最大分子勢能Ep；
（2）整個過程中甲分子受到?jīng)_量的大小I。
【分析】（1）由題意可知，將分子間的相互作用等效為彈性碰撞進行分析，當(dāng)兩分子相距最近時分子勢能最大，根據(jù)動量守恒定律以及能量關(guān)系列式即可求出最大分子勢能；
（2）對碰撞全過程分析，根據(jù)動量守恒定律以及能量關(guān)系列式求出最后甲的速度，再對甲分子分析，根據(jù)動量定理列式即可求出沖量大小。
【解答】解：（1）兩分子組成的系統(tǒng)不受外力，故在兩分子相互作用的過程中，動量守恒；當(dāng)兩個分子速度相同時，總動能最小，分子勢能最大，設(shè)乙的初速度方向為正方向，則有：
mv0＝2mv
最大分子勢能EPmax＝mv02﹣×2mv2
聯(lián)立解得EPmax＝mv02；
（2）設(shè)乙的初速度方向為正方向，對甲、乙，由動量守恒定律得：mv0＝mv1+mv2
對甲、乙，由能量守恒定律得：mv02＝mv12＝mv22
解得：v2＝v0
對甲，由動量定理得，甲分子受到的沖量大小為I＝mv0
答：（1）兩分子系統(tǒng)的最大分子勢能Ep為mv02；
（2）整個過程中甲分子受到?jīng)_量的大小I為mv0；
【點評】本題將分子間的相互作用過程視為了彈性碰撞過程，實質(zhì)上是考查了動量守恒定律的應(yīng)用，要注意明確彈性碰撞的性質(zhì)，正確根據(jù)動量守恒和能量守恒列式即可。

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