2017-2018学年度高二物理(人教版)选修3-5第十六章动量守恒定律单元巩固

2017-2018学年度高二物理（人教版）选修3-5第十六章动量守恒定

律单元巩固

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1. 如图所示，水平地面上放着一个表面均光滑的凹槽，槽两端固定有两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧

间往复运动，把槽、小球和弹簧视为一个系统，则在运动过程中( )

A. 系统的动量守恒，机械能不守恒 B. 系统的动量守恒，机械能守恒 C. 系统的动量不守恒，机械能守恒 D. 系统的动量不守恒，机械能不守恒

2. 质量为1kg的小球A以速率8m/s沿光滑水平面运动，与质量为3kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率vA和vB可能为（ ） A. vA=5m/s B. vA=3m/s C. vB=1m/s D. vB=3m/s

3. 在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为

pA=12kg•m/s、pB=13kg•m/s，碰后它们动量的变化分别为△pA、△pB．下列数值可能正确的是（ ） A. △pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/s B. △pA=3kg•m/s、△pB=-3kg•m/s C. △pA=-24kg•m/s、△pB=24kg•m/s D. △pA=24kg•m/s、△pB=-24kg•m/s

4. 一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的图像如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N。（）

A. 在t＝6s时刻，物体的速度为18m/s

B. 在t＝6s时间内，合力对物体做的功为400J C. 在t＝6s时间内，拉力对物体的冲量为36Ns D. 在t＝6s时刻，拉力F的功率为200W

5. 在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运载

火箭”的概念方案。方案之一为“伞降方案”：当火箭和有效载荷分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆。对该方案涉及的物理过程，下列说法正确的是

A. 火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒 B. 从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大 C. 从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态 D. 打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量

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甲向左抛，乙向右抛，如图所示，6. 静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向抛出质量相同的小球，

甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对地的速率相等，则下列说法中正确的是（ ）

A. 两球抛出后，船往左以一定速度运动 B. 两球抛出后，船往右以一定速度运动 C. 两球抛出后，船的速度先向右再向左 D. 两球抛出后，船的速度为零

7. 质量m的物体，从高h处以速度v0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为（ ）

-mv0 A. m B. mC. m-mv0

D. mg

8. 放在水平桌面上的物体质量为m，用一个F牛的水平推力推它t秒钟，物体始终不动，那在t秒内，

推力对物体的冲量应为（ ） A. 0 B. F•t C. mg•t D. 无法计算

9. 甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线向同一方向运动，甲球的动量是6kg•m/s，乙球的动量是

8kg•m/s，当甲球追上乙球并发生碰撞后，乙球的动量变为10kg•m/s，甲乙两球质量之比的关系可能是（ ）

A. B. C. D.

10. 斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平

向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。则以下说法中正确的是

A. 爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西

B. 爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度 C. 爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同

D. 爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

11. 对于任何一个质量不变的物体，下列说法中正确的是（ ）

A. 物体的动量发生变化，其速率一定变化 B. 物体的动量发生变化，其速率不一定变化 C. 物体的速率发生变化，其动量一定变化 D. 物体的速率发生变化，其动量不一定变化

12. 光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于

原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大时（ ）

A. 弹簧的弹性势能最大为EP=10J B. 弹簧的弹性势能最大为EP=12 J C. 物块A的速度是3 m/s D. 物块A的速度是6m/s

13. 质量为m，电量为q的带正电小物块在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁

场中，沿动摩擦因数为μ的绝缘水平面以初速度v0开始向左运动，如图所示．物块经时间t移动距离s后停了下来，设此过程中，q不变，则（ ）

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A. s＞ B. s＜

C. t＞ D. t＜

14. 对下列物理现象的解释，正确的是（ ）

A. 击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B. 跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量

C. 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，减小作用力 D. 在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零

15. 如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用

下以速度v做匀速运动。在t=0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是（ ）

A. t=0至t=B. t=C. t=D. t=

至t=

时间内，A、B的总动量守恒 时间内，A、B的总动量守恒

时，A的动量为2mv 时，A的动量为4mv

三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）

16. 某同学用如图所示的装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证碰撞中的动量守恒：

（1）从图中可以测出碰撞后b球的水平射程应取为______ cm （2）下列说法中不符合本实验要求的是______ A．安装轨道时，轨道末端必须水平 B．需要使用的测量仪器有天平和刻度尺

C．在同一组实验的多次碰撞中，每次入射球可以从不同高度由静止释放 （3）本实验无须测量的物理量有______ ． A．小球a、b的质量ma、mb；

B．斜槽轨道末端到水平地面的高度H；

C．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；

（4）小球a、b的质量ma、mb应该满足ma ______ mb（填“大于”或“小于”或“等于”）

（5）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为A、B、C，并测得它们到O点的距离分别为OA、OB和OC．验证碰撞中的动量守恒的达式为：______ ．

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四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

17. 如图所示，粗糙的水平轨道AB与光滑的半圆轨道BC平滑连接，且在同一

竖直平面内，一质量M=0.98kg的木块静止在A点，被一水平向右飞来的质量m=20g的子弹射中，子弹滞留在木块中，不计子弹在木块中的运动时间，木块沿轨道滑到C点后水平飞出，并恰好落回A点。已知A、B两点的距离s=1.2m，半圆轨道的半径r=0.4m，木块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ=0.36，重力加速度g=10m/s2．求： （1）木块在C点时对轨道的压力大小； （2）子弹射入木块前瞬间的速度大小。

18. 如图所示，木板A、B紧靠在一起，放在光滑水平面上，mA=5kg，mB=4kg，A、B上表面粗糙．另有一个

质量为1kg的物块C以初速度v0从A的左端向右滑动，最后C物块在木板B上与木板B一起以1.5m/s的速度运动，木板A最终的速度大小为vA=0.5m/s．已知C与A、B间动摩擦因数均为μ=0.2，求： （1）物块C的初速度v0的大小； （2）物块C在木板B上滑行的距离．

19. 如图所示，在竖直平面（纸面）固定一内径很小内壁光滑的圆管形轨道ABC，它由两个半径均为R的

四分之一圆管顺接而成，A与C端切线水平。在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接。一质量为m的小球（可视为质点）以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道。已知圆弧轨道DE的质量为2m，重力加速度为g。求：

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（1）小球从A点进入圆管轨道的速度大小； （2）小球沿圆弧轨道上升的最大高度。

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答案和解析

【答案】

1. B 2. D 3. A 4. D 5. B 6. D 7. A 8. B 9. A 10. B 11. BC 12. BC 13. BC 14. CD 15. AC

16. 84.1；C；B；大于；maOB=maOA+mcOC

17. 解：（1）木块从C点落回A点的过程中做平抛运动，则：

2r=

s=vCt 解得vC=3m/s 在C点，由牛顿第二定律得F+（M+m）g=（M+m）

解得：F=12.5N

由牛顿第三定律知木块在C点时对轨道的压力大小F′=F=12.5N （2）设子弹射入木块前瞬间的速度大小为v0，取向右为正方向，由动量守恒定律有： mv0=（M+m）v1

22

木块从A到B的过程，由运动学公式有vB-v1=-2μgs 木块从B到C的过程，由机械能守恒定律得

=（m+M）•2r+

解得：v0=290m/s 答：

（1）木块在C点时对轨道的压力大小是12.5N；

（2）子弹射入木块前瞬间的速度大小是290m/s。

18. 解：（1）以A、B、C三个物块组成的系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物块间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒．由动量守恒定律有 mCv0=mAvA+（mB+mC）vB 解得：v0=

=

=10m/s

（2）C滑上B后与A分离，C、B系统在水平方向动量守恒．C离开A时C的速度为v1，B与A的速度同为 vA，以B、C为系统，由动量守恒定律有 mCv1+mBvA=（mB+mC）vB

v1===5.5m/s

对C在B上滑动过程，由能量转化与守恒定律有：

-

代值解得：L=5m

答：（1）物块C的初速度v0的大小为10m/s； （2）物块C在木板B上滑行的距离为5m．

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19. 解：（1）小球过C点时，有

由①得

②

①

小球从A到C，由机械能守恒定律有 ③

④ 由②③得

（2）小球冲上圆弧形轨道运动，取水平向右为正方向，由水平方向上动量守恒定律mvC=（m+2m）v共⑤ 机械能守恒定律得：

⑥

由②⑤⑥得h=R⑦ 答：

（1）小球从A点进入圆管轨道的速度大小是； （2）小球沿圆弧轨道上升的最大高度是R。 【解析】 1. 【分析】

根据动量守恒的条件判断系统动量是否守恒，根据能的转化，知系统有动能和弹性势能相互转化，机械能守恒、

本题考查了动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；解决本题的关键掌握动量守恒的条件以及机械能守恒的条件。 【解答】

小球和弹簧组成的系统受到重力和水平地面的支持力两个外力，所受合外力等于零，动量守恒；在运动过程中，小球和槽通过弹簧相互作用，但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，机械能守恒； 故B正确，ACD错误。 故选B。

2. 解：取碰撞前A球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB ①

A、若vA=5m/s，代入①得vB=1m/s

由于碰撞后A、B同向运动，A的速度大于B的速度不可能，故A错误．

B、若vA=3m/s，代入①得vB=m/s，由于碰撞后A、B同向运动，A的速度大于B的速度不可能，故B错误． C、若vB=1m/s，代入①得vA=5m/s，同理知不可能，故C错误． D、若vB=3m/s，代入①得vA=-1m/s，碰撞前系统的总动能为Ek=

碰撞后系统的总动能为Ek′=

+

=

+

=

=32J

=14J＜Ek，符合能量守恒定律，故D正确．

故选：D

根据碰撞过程系统的动量守恒和总动能不增加，结合运动情况进行分析判断．采用排除法进行选择． 对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．

3. 解：B、由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大．故碰后它们动量的变化分别为△pA＜0，故B、D错误．

A、根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/s，

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所以碰后两球的动量分别为p′A=9kg•m/s、p′B=16kg•m/s， 根据碰撞过程总动能不增加，故A正确．

C、根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-24kg•m/s、△pB=24kg•m/s， 所以碰后两球的动量分别为p′A=-12kg•m/s、p′B=37kg•m/s，

可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律．故C错误． 故选A．

当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择． 对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况 4. 【分析】

根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t =6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率。

本题主要考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律及瞬时功率公式的直接应用，解题的突破口是知道a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，难度适中。

【解答】

A.根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度

，故A错误；

，故B错误；

B.根据动能定理得：

C.根据动量定理得： Ft-ft=mv6-mv0

解得：Ft=2×20-2×2+2×6=48N•s，故C错误； D.在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得： F=ma+f=2×4+2=10N 则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确。 故选D 。

5. 【分析】

根据总能量守恒，可知机械能变化；根据万有引力等于重力可知重力加速度的变化；加速度向下，为失重状态；打开气囊，增大了缓冲时间。

本题主要考查的是根据万有引力定律研究火箭的变轨进入返回地球大气层的返回轨道的问题，类似高考题。 【解答】

A.火箭和有效载荷分离过程中有内能产生，故该系统的总机械能守恒减少，故A错误； B.从返回轨道下落至低空轨道，根据万有引力定律提供重力，

，r减小，火箭的重力加速度增大，

故B正确；

C.从返回轨道至低空轨道，因为重力加速度向下，火箭处于使重状态，故C错误；

D.打开气囊是为了增大缓冲时间减小地面对火箭的作用力，火箭的冲量改变相同，故D错误。 故选B。

6. 解：设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的

方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″等于

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0．故ABC错误，D正确． 故选：D．

根据动量守恒定律求出甲球抛出后乙球和小船的速度，再根据动量守恒定律求出乙球抛出后，小船的速度． 解决本题的关键掌握动量守恒定律和动量定理，并能灵活运用．运用动量守恒定律时注意速度的方向．

7. 解：A、D、物体做平抛运动，运动的时间：t=

所以重力的冲量：I=mgt=．故A正确，D错误； B、C、物体落地时竖直方向的分速度：

物体在平抛运动的过程中水平方向的分速度不变，则水平方向动量的分量不变，物体动量的变化等竖直方向的动量的变化，所以： △P=△Py=mvy

由动量定理可知：I=△P=； 所以B选项m-mv0为竖直方向的分动量与初动量的差，而m-mv0为合动量的大小与初动量的大

小的差，没有考虑动量的方向性．故B错误，C错误． 故选：A

物体做平抛运动，将运动分解即可求出运动的时间，然后由冲量的公式即可求出物体受到的冲量． 冲量与动量都是矢量，在计算冲量和动量时要考虑它们的方向，如该题中的C选项，m是物体的末

动量的大小，与初动量的方向不相同．

8. 解：在t时间内，推力对物体的冲量I=Ft，因为物体静止不动，合力为零，合力的冲量为零．故B正确，A、C、D错误． 故选：B．

根据冲量的定义式I=Ft求出推力对物体的冲量大小．

解决本题的关键知道冲量等于力与作用时间的乘积，本题容易误求解合力的冲量．

9. 解：因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有：

根据动量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，

代入解得：p甲′=4kg•m/s．可知碰后两球同向运动 据碰撞过程总动能不增加，得：

+

≥

+

＞，得到：＜==

代入解得：≤

碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则≤，代入解得：≥

所以：≤≤；故A正确，BCD错误．

故选：A

两球碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒求出碰撞后甲的动量．根据甲球速度大于乙球速度，以及碰撞过程中总动能不增加，列出不等式，求出甲与乙质量比值的范围进行选择．

对于碰撞问题，要掌握碰撞过程的三个基本规律来分析：一、动量守恒；二、系统总动能不增加；三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况． 10. 【分析】

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爆竹在最高点速度方向水平，爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后中间一块的速度；动量是矢量，注意方向性；根据动能公试分析动能的大小。

对于爆炸、碰撞等过程，系统所受的外力不为零，但内力远大于外力，系统的动量近似守恒，这类问题往往运用动量守恒和能量守恒两大守恒定律结合进行求解。 【解答】

爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，其中前面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向东，后面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向西，设爆炸后中间一块瞬时速度为v′，取水平向东为正方向，爆炸过程动量守恒， 则有：3mv0=mv+m•v′ -mv 解得：，即.爆炸后的瞬间，中间那块的速度方向水平向东，且大于爆炸前瞬间爆竹的速度，故A错误，B正确；

下落的高度相同，则获得的竖直速度相同，根据速度的合成可知末速度方向不同，所以落地时的动量不相同，故C错误； 爆炸后中间那块的动能错误。 故选B。

，爆炸前的瞬间爆竹的总动能

，所以

，故D 11. 解：

AB、物体的动量发生变化，说明速度变化，可能是速度的大小，也可能只是方向，也可能大小和方向都变，故不能确定速率一定变，故A错误，B正确．

CD、速率变化，说明速度大小一定变了，故动量一定变，故C正确，D错误． 故选：BC 质量不变的物体，其动量与速度成正比，但是动量是矢量，有大小，有方向；速率是标量，只有大小，没有方向．

本题重点搞清楚矢量和标量的区别，知道动量是标量，与速度大小和方向有关；而速率是标量，只与速度大小有关．

12. 解：当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得： （mA+mB）v0=（mA+mB+mC）vA 代入数据解得：物块A的速度vA=3m/s B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则： mBv0=（mB+mC）v1 解得：v1=2m/s 设弹簧的弹性势能最大为EP，对碰后过程，根据机械能守恒定律得： EP=（mB+mC）+mAv02-（mA+mB+mC）vA2．

代入解得为：EP=12J． 故选：BC B与C发生碰撞后，B的速度减小，碰后BC一起向右运动．A物体没有参加碰撞，速度不变，继续向右运动，这样弹簧被压缩，当三者速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律求出物体A的速度．根据动量守恒求出B、C碰撞后的共同速度．再由机械能守恒求解弹性势能的最大值．

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本题是含有非弹性碰撞的过程，要分过程研究，不能全过程列出机械能守恒方程：EP=（mA+mB）v02-（mA+mB+mC）

vA2，这是学生经常犯的错误．

13. 解：A、B假设物块不受洛伦兹力．

根据动能定理，得 -μmgs=-m，得到s=

因为物块带正电，受到向下的洛伦兹力，摩擦力增大，滑行的距离减小 则s＜

，故A错误，B正确．

C、D假设洛伦兹力是恒力，大小为qv0B保持不变 则由动量定理，得 -μ（mg+qv0B）t=0-mv0 得t=

因为物块向左做减速运动，洛伦兹力减小，加速度减小，滑行时间变长 则有t＞

，故C正确，D错误．

故选：BC．

物块向左运动的过程中，受到重力、洛伦兹力、水平面的支持力和滑动摩擦力，向左做减速运动．采用假设法分析：假设不受洛伦兹力，根据动能定理求出滑行距离；假设洛伦兹力是恒力大小为qv0B，根据动量定理求出运动时间，最后进行选择．

本题考查应用动能定理和动量定理研究变力情况的能力．在中学阶段，这两个定理，一般用来研究恒力作用情况，本题采用假设法，将变力与恒力情况进行比较得出答案．

14. 解：A、用橡皮锤击钉子，橡皮锤与钉子接触时形变量比较大，延长了作用时间，使作用力减小，所以不要橡皮锤钉钉子，故A错误；

B、跳远时，在沙坑里填沙，是为了增加运动员与沙子的作用时间，从而减小作用力，避免运动员受到伤害，故B错误；

C、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，减小作用力，故C正确；

D、在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零，故D正确； 故选：CD．

力与时间的乘积是力的冲量；应用冲量的计算公式I=Ft与动量定理分析答题．

本题考查了冲量计算公式I=Ft、动量定理的应用；在动量的变化或冲量一定的情况下，延长力的作用时间可以减小力的大小．

15. 解：A、设A、B所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有F =2f，得f=

轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得-ft=0-mv，联立得t=在B停止运动前，即在t=0至t=

，即t=

时B停止运动。

时间内，A、B系统的合外力为零，总动量守恒。故A正确。

B、t=至t=时间内，B停止运动，A匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，

故B错误。

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C、t=D、t=

时，取向右为正方向，由系统的动量守恒得2mv=pA+0，得A的动量pA=2mv，故C正确。 时即绳断开t=

时，对A，由动量定理得ft=pA′-mv，解得A的动量pA′=3mv，故D错误。

故选：AC。

在B停止运动前，A、B的合外力为零，总动量守恒。在B停止运动后，A、B的合外力不为零，总动量不守恒。根据动量守恒定律求t=

时A的动量。由动量定理求t=

时A的动量。

本题脱钩问题，要抓住脱钩前系统的动量守恒，脱钩后系统的动量不再守恒。在涉及力在时间上的积累效应时，运用动量定理求动量或速度是常用的方法。

16. 解：（1）碰撞后b球的水平射程落点如图所示，读数约为84.1cm； （2）A、本实验中两小球均应做平抛运动，故要求末端必须水平，故A正确；

B、由实验原理可知，我们需要两小球的质量和水平位移，故应需要天平和刻度尺；故B正确； C、为了保证每次小球A的速度均相同，小球应从同一位置滑下；故C错误； 本题选不正确的，故选：C；

（3）本实验中需要测量A球和B球的质量和两球的水平射程OA、OB、OC；不需要测量G点相对于水平槽面的高度，故选：B；

（4）为了让碰后b球的速度大于a球且防止a球反弹，应保证，a球的质量大于b球的质量；

（5）这样可以防止a反弹碰撞后两球都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同， 由动量守恒定律得：mav0=mav1+mbv2，两边同时乘以时间t得：mav0t=mav1t+mbv2t， 则maOB=maOA+mbOC，实验需要验证的表达式为：maOB=maOA+mbOC

故答案为：（1）84.1；（2）C；（3）B；（4）大于；（5）maOB=maOA+mbOC

根据通过实验的原理确定需要测量的物理量，小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根据动量守恒定律求出需要验证的表达式． 本题考查动量守恒的验证，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件．

17. （1）研究木块C点平抛运动的过程，由分位移公式求出木块在C点时的速度。在C点，由牛顿第二定律求出轨道对木块的压力，从而得到木块对轨道的压力。

（2）木块从B到C的过程，由机械能守恒定律求出木块经过B点的速度，由动能定理求出子弹射入木块后瞬间的速度，再研究子弹打击木块的过程，由动量守恒定律求子弹射入木块前瞬间的速度大小。

对于圆周运动，常常是机械能守恒定律或动能定理与牛顿运动定律的综合。子弹射击木块过程，基本的规律是动量守恒。

18. （1）C与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的初速度；

（2）C滑上B后与A分离，C、B系统动量守恒，C在B上滑动过程，再结合能量守恒定律求解．

本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用，要注意分析清楚C与A、B的运动过程，选择合适的系统，应用动量守恒定律即能量守恒定律即可正确解题．

19. （1）小球过C点时，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球过C点时的速度，小球从A到C，再由机械能守恒定律求小球从A点进入圆管轨道的速度大小；

（2）小球冲上圆弧形轨道运动，由水平方向上动量守恒定律，系统的机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求小球沿圆弧轨道上升的最大高度。

小球的运动过程较为复杂，分析清楚小球的运动过程是正确解题的前提与关键；要注意小球冲上圆弧形轨道运动过程，系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒。

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