人教版高中物理選擇性必修第一冊全冊同步練習(xí)課后作業(yè)（含單元測試卷及答案解析）

[2019統(tǒng)編人教版】

人教版高中物理選擇性必修第一冊全冊同步練習(xí)

（含答案解析）

第一章《動量守恒定律》

1.1《動量》同步練習(xí)

1.2《動量定理》同步練習(xí)

1.3《動量守恒定律》同步練習(xí)

1.4《實驗：驗證動量守恒定律》同步練習(xí)

1.5《彈性碰撞和非彈性碰撞》同步練習(xí)

1.6《反沖現(xiàn)象火箭》同步練習(xí)

本章測試卷及答案

第二章《機械振動》

2.1《簡諧運動》同步練習(xí)

2.2《簡諧運動的描述》同步練習(xí)

2.3《簡諧運動的回復(fù)力和能量》同步練習(xí)

2.4《單擺》同步練習(xí)

2.5《實驗：用單擺測量重力加速度》同步練習(xí)

2.6《受迫運動共振》同步練習(xí)

本章測試卷及答案

第三章《機械波》

3.1《波的形成》同步練習(xí)

3.2《波的描述》同步練習(xí)

3.3《波的反射、折射和衍射》同步練習(xí)

3.4《波的干涉》同步練習(xí)

3.5《多普勒效應(yīng)》同步練習(xí)

本章測試卷及答案

第四章《光》

4.1《光的折射》同步練習(xí)

4.2《全反射》同步練習(xí)

4.3《光的干涉》同步練習(xí)

4.4《實驗：用雙縫干涉測量光的波長》同步練習(xí)

4.5《光的衍射》同步練習(xí)

4.6《光的偏振激光》同步練習(xí)

本章測試卷及答案

綜合測評

1.1動量

（建議用時：45分鐘）

［基礎(chǔ)達標(biāo)練］

L（多選）下面關(guān)于物體動量和沖量的說法正確的是（）

A.物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大

B.物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變

C.物體動量增量的方向，就是它所受沖量的方向

D.物體所受合外力越大，它的動量變化就越快

2.（多選）在任何相等時間內(nèi)，物體動量的變化量總是相等的運動可能是

（）

A.勻速圓周運動B.勻變速直線運動

C.自由落體運動D.平拋運動

3.（多選）如圖所示，鐵塊壓著一張紙條放在水平桌面上，第一次以速度。

抽出紙條后，鐵塊落在水平地面上的P點,第二次以速度2v抽出紙條，則（）

鐵塊

紙條

A.鐵塊落地點在尸點左邊

B.鐵塊落地點在P點右邊

C.第二次紙條與鐵塊的作用時間比第一次短

D.第二次紙條與鐵塊的作用時間比第一次長

4.（多選）對于一個質(zhì)量不變的物體，下列說法正確的是（）

A.物體的動量發(fā)生變化，其動能一定變化

B.物體的動量發(fā)生變化，其動能不一定變化

C.物體的動能發(fā)生變化，其動量一定變化

D.物體的動能發(fā)生變化，其動量不一定變化

5.（多選）關(guān)于沖量，下列說法正確的是（）

A.沖量是物體動量變化的原因

B.作用在靜止的物體上的力的沖量一定為零

C.動量越大的物體受到的沖量越大

D.沖量的方向與力的方向相同

6.將質(zhì)量為帆=1kg的小球，從距水平地面高力=5m處，以0o=lOm/s

的水平速度拋出，不計空氣阻力，g取10m/s2.求：

（1）拋出后0.4s內(nèi)重力對小球的沖量；

（2）平拋運動過程中小球動量的增量Ap；

（3）小球落地時的動量p'.

7.（多選）“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人

從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，

到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是（）

A.繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小

B.繩對人的拉力始終做負功，人的動能先增大后減小

C.繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大

D.人在最低點時，繩對人的拉力大于人所受的重力

8.（多選）如圖所示，放在水平地面上的物體受到的合外力隨時間變化的關(guān)

系，若物體開始時是靜止的，則前3§內(nèi)（）

A.物體的位移為0

B.物體的動量改變量為0

C.物體的動能變化量為0

D.物體的機械能改變量為0

9.如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量加4=4kg,上表面光

滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計.可視為質(zhì)點的物塊5置于A

的最右端，5的質(zhì)量MB=2kg.現(xiàn)對4施加一個水平向右的恒力尸=10N,A運

動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后4、B

粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間f=0.6s,二者的速度

達至！IVt=2m/s.求:

(1)4開始運動時加速度a的大??；

(2)4、6碰撞后瞬間的共同速度。的大小.

10.一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位

置8處是一面墻，如圖所示,物塊以0o=9m/s的初速度從A點沿A5方向運動，

在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s,碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止,

取10m/s2.、__A

-1|||

(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)小

(2)若碰撞時間為0.05s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F.

(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.

1.1參考答案

1.解析：由或=Ap知，F(xiàn)t^O,Ap#=O,即動量一定變化，或越大，Ap越

大，但動量不一定大，它還與初態(tài)的動量有關(guān)，故A錯誤，B正確；沖量不僅

△n

與Ap大小相等，而且方向相同，所以C正確；由尸=方知，物體所受合外力

越大，動量的變化率鐺越大，即動量變化越快，D正確.

答案：BCD

2.解析：物體做勻變速直線運動、自由落體運動、平拋運動所受的合外力

恒定不變.由動量定理可知，它們在任何相等時間內(nèi)的動量變化量總相等，而

物體做勻速圓周運動合外力是變力，故B、C、D均正確，A錯誤.

答案：BCD

3.解析：以不同的速度抽出紙條時，鐵塊所受摩擦力相同，抽出紙條的速

度越大，鐵塊與紙條相互作用的時間越短，鐵塊受到合力的沖量越小，故鐵塊

獲得的速度越小，鐵塊平拋的水平位移越小，所以選項A、C正確.

答案：AC

4.解析：當(dāng)質(zhì)量不變的物體的動量發(fā)生變化時，可以是速度的大小發(fā)生變

化，也可以是速度的方向發(fā)生變化，還可以是速度的大小和方向都發(fā)生變化.當(dāng)

物體的速度方向發(fā)生變化而速度的大小不變時，物體的動量（矢量）發(fā)生變化，但

動能（標(biāo)量）并不發(fā)生變化，選項A錯誤、B正確.當(dāng)質(zhì)量不變的物體的動能發(fā)生

變化時，必定是其速度的大小發(fā)生了變化，而無論其速度方向是否變化，物體

的動量必定發(fā)生變化，選項C正確、D錯誤.

答案：BC

5.解析：力作用一段時間便有了沖量，而力作用一段時間后，物體的運動

狀態(tài)發(fā)生了變化，物體的動量也發(fā)生了變化，因此說沖量使物體的動量發(fā)生了

變化，選項A正確.只要有力作用在物體上，經(jīng)歷一段時間，這個力便有了沖

量，與物體處于什么狀態(tài)無關(guān)，選項B錯誤.物體所受沖量I=Ft與物體動量

的大小p=?w無關(guān)，選項C不正確.沖量是矢量，其方向與力的方向相同，D

正確.

答案：AD

6.解析：（1）重力是恒力，0.4s內(nèi)重力對小球的沖量/=mgf=lX10X0.4N?s

=4N,s

方向豎直向下.

(2)由于平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，故

落地時間/=

小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量為/=，"gf=lX10XlNs

=10N?s

方向豎直向下

由動量定理得Ap=1=10N?s,方向豎直向下.

(3)小球落地時豎直分速度為Oy=gf=10m/s.由速度合成知，落地速度v=

叨=、1。2+1()2m/s=l(h/2m/s

所以小球落地時的動量大小為p,=?ir=l(h/2kg,m/s

方向與水平方向的夾角為45°.

答案：(1)4N,s方向豎直向下

(2)10N,s方向豎直向下

(3)1叭Mkg?m/s方向與水平方向的夾角為45°

7.解析：從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度

減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，

故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人

所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，

繩對人的拉力大于人所受的重力.繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故

繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功.故選項A、B、D正確，

選項C錯誤.

答案：ABD

8.解析：第1s內(nèi)F=20N,第2、3s內(nèi)F=-10N,物體先加速、后減速，

在第3s末速度為零，物體的位移不為零，A錯誤；根據(jù)動量定理/=Ap,前3s

內(nèi)，動量的變化量為零，B正確；由于初速度和末速度都為零，因此動能變化量

也為零，C正確；但物體的重力勢能是否改變不能判斷，因此物體的機械能是否

改變不能確定，D錯誤.

答案：BC

9.解析：(1)以4為研究對象，由牛頓第二定律有

F=mAa①

代入數(shù)據(jù)解得

a=2.5m/s2.②

⑵對A、5碰撞后共同運動f=0.6s的過程，由動量定理得

Ft=(ms+mB)vt—(zn4+me)v(3)

代入數(shù)據(jù)解得

0=1m/s.④

答案：(1)2.5m/s?(2)1m/s

10.解析：(1)由動能定理，有一"，"gs=；/n"一；機沈

可得"=0.32.

(2)由動量定理：有F\t=mv'—mv

可得尸=130N.

⑶W=；mv,2=9J.

答案：(1)0.32(2)130N(3)9J

1.2動量定理

1.關(guān)于力的沖量，下列說法正確的是（）

A.力越大，力的沖量就越大

B.作用在物體上的力大，力的沖量不一定大

C.靜置于地面的物體受水平推力尸的作用，經(jīng)時間「物體仍靜止，則此推力的沖量為零

D.若R與作用時間乙的乘積電的大小等于尸2與作用時間〃的乘積F2t2,則這兩個沖量相同

2.下面的說法正確的是（）

A.當(dāng)力與物體的位移垂直時，該力的沖量為零

B.如果物體（質(zhì)量不變）的速度發(fā)生變化，則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零

C.物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大

D.做豎直上拋運動的物體，在人時間內(nèi)所受重力的沖量可能為零

3.今年9號臺風(fēng)“利奇馬”登陸浙江，對浙江多地造成了不同程度的破壞。臺風(fēng)登陸某地時風(fēng)

速為v,該地公園內(nèi)有一棵大樹，臺風(fēng)過境時這棵大樹與臺風(fēng)正對接觸面積為5,假設(shè)臺風(fēng)

與這棵大樹接觸后風(fēng)速變?yōu)?,已知空氣密度為夕，則臺風(fēng)對這棵大樹的作用力大小為（）

2

A.（pSv2B.0SuC.竺-D.—

ss

4.如圖所示，兩個質(zhì)量相等的物體力、8從同一高度沿不同傾角＜夕）的兩光滑斜面由靜止

自由滑下，在到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是（）

A.兩物體所受重力的沖量相同

B.兩物體所受合外力的沖量相同

C.兩物體動量的變化量相同

D.兩物體動能的變化量相同

5.把一定質(zhì)量的小球放在豎立的彈簧上，并把小球往下按至A位置，如圖所示。迅速松手

后，彈簧把小球彈起，小球升至最高位置。，途中經(jīng)過位置8時彈簧正好恢復(fù)原長。彈簧

質(zhì)量和空氣阻力均可忽略。下列說法正確的是（）

f

s

?

A.A到C的過程,小球的動量增加

B.A到C的過程,小球重力沖量小于彈簧彈力的沖量

C.A到B的過程,小球動量的增加量等于彈簧彈力的沖量

D.A到B的過程,小球重力的沖量一直變大

6.有一只玻璃杯從同一高度處自由落下,發(fā)現(xiàn)掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，這是由于

玻璃杯與水泥地面撞擊過程中（）

A.玻璃杯的動量較大B.玻璃杯受到的沖量較大

C.玻璃杯的動量變化較快D.玻璃杯的動量變化較大

7.如圖所示，今有一子彈穿過兩塊靜止放置在光滑水平面上的相互接觸質(zhì)量分別為m和2根

的木塊力、B,設(shè)子彈穿過木塊4、B的時間分別為乙和明木塊對子彈的阻力恒為與,則子

彈穿過兩木塊后，木塊A的速度大小是（）

O\A\B

紡?fù)庵槌醯幕蚣徱约?/p>

AFfhRF/i號（4+弓）Ff&+t）

A.-------D.-------C.---------------------U.-----------------2----

m3m3mm

8.一質(zhì)量為膽的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)》時間，身體伸直并剛好離開地面，速度

為辦在此過程中（）

A.地面對他的沖量為+,地面對他做的功為［mF

2

B.地面對他的沖量為，地面對他做的功為

2

C.地面對他的沖量為相丫+，咫A/,地面對他做的功為零

D.地面對他的沖量為機v-mg△7,地面對他做的功為零

9.使用高壓水槍作為切割機床的刀具有獨特優(yōu)勢，得到廣泛應(yīng)用，如圖所示，若水柱截面為

S,水流以速度v垂直射到被切割的鋼板上，之后水速減為零，已知水的密度為p,則水對

鋼板的沖力為（）

0sB

B.pSv2c

,2

10.一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動,F隨時間t變化的

圖線如圖所示，則（）

A」=ls時物塊的速率為Irn/s

B.r=3s時物塊的速度大小為6m/s

C.r=4s時物塊的動量大小為2kg-m/s

D.0~4s時物塊受到的沖量為7N-s

11.如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端

C、D、E處,三個過程中重力的沖量依次為，、小動量變化量的大小依次為

M、”2、33，則有（）

A.三個過程中，合力的沖量相等，動量的變化量相等

B.三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等

C.11V/2V\=32=&P'

D./j<Z2<入<Ap2v即3

12.如圖所示,一顆鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中，不計空氣阻力若把在空中

下落的過程稱為過程L進入泥潭直到停止的過程稱為過程II，則（）

A.過程1【中鋼珠的動量的改變量等于零

B.過程n中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小

C.I、II兩個過程中合外力的總沖量等于零

D.過程I中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量

1.2答案以及解析

1.答案：B

解析：由/=H可知，力越大，力的沖量不一定越大，還與時間有關(guān)，故A錯誤，B正確；

靜置于地面的物體受水平推力F的作用，經(jīng)時間，物體仍靜止，則此推力的沖量為B,故C

錯誤；沖量是矢量，大小相等，若方向不同，則這兩個沖量不相同，故D錯誤。

2.答案：B

解析：A、物體所受合外力沖量越大，它的動量變化就越大,不是動量越大，故A錯誤；

B、合外力的沖量等于物體動量的變化量,物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變,

故B正確；

C、合外力的沖量等于物體動量的變化量，所以物體動量增量的方向，就是它所受沖量的方向,

而動量的方向與所受沖量的方向沒有直接關(guān)系，故C錯誤；

D、物體所受合外力越大，加速度就越大,物體速度變化就越快，所以它的動量變化就越快，但不

一定越大，故D錯誤.

3.答案：A

解析：根據(jù)動量定理知風(fēng)的動量變化量等于樹對風(fēng)的沖量，設(shè)風(fēng)與樹作用時間為b則時間

，內(nèi)，風(fēng)運動的距離為由，與樹相互作用的風(fēng)的體積V=S叱，質(zhì)量相=夕丫，則風(fēng)對該大樹

沖量大小為/二加由動量定理有。5所/=召，，因此尸=。5聲，故選A。

4.答案：D

h1

解析：A.設(shè)高度為九根據(jù)牛頓第二定律得，加速度為：〃=gsin'根據(jù)得：

sina2

I2h

t=由于斜面的傾角不同，則運動時間不同，根據(jù)/=機/知，重力的沖量不同，

'gsin'a

故A錯誤。

B.根據(jù)動能定理知：mgh=^nv-,m-.v=再，到達底端的速度大小相等，根據(jù)動量定

理知，動量的變化量大小相等，則合力的沖量大小相等；由于速度的方向不同，所以合外力

的沖量不同。故8錯誤。

C.到達底端的速度大小相等，方向不同，則動量不同，動量的變化不同，故C錯誤。

D.兩物體動能的變化量是相同，故。正確

故選：D。

5.答案:D

解析：A、A到C的過程，小球的速度先增大后減小最后為0,則動量先增大后減小，故A

錯誤

B、A到C的過程，小球動量變化量為0,重力沖量等于彈簧彈力的沖量，故B錯誤

C、A到B的過程，小球動量的增加量等于彈簧彈力的沖量與重力沖量之和，故C錯誤

D、A到B的過程，小球重力不變，時間增大，則其沖量一直變大，故D正確

故選：D。

6.答案：C

解析：

玻璃杯從同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的動量相等；而最后的速度均為

零；故說明動量的變化一定相等；由動量定理可知沖量也一定相等；

但由于掉在水泥地上的時間較短，則說明玻璃杯掉在水泥地上動量變化較快，從而導(dǎo)致沖擊

力較大；使玻璃杯易碎

7.答案：B

解析：A與B分離時二者的速度是相等的，分離后A的速度不變,在分離前子彈對系統(tǒng)的作用

力使4與8的速度增大，由動量定理得：

Ff-/1=(?+2m)v

所以:丫=空

3m

所以B選項是正確的。

8.答案：C

解析：運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)加時間速度為v,對此過程應(yīng)用動量定理得

/+(-mgAt)=mv-(),故在此過程中，地面對他的沖量/=，加+〃若4,運動員在起跳過程

中，受到地面對他的支持力，但運動員的腳沒有產(chǎn)生位移，所以地面對他做的功為零，實際

上運動員的動能是由運動員自身的肌肉收縮做功轉(zhuǎn)化而來，故選C。

9.答案：B

解析：設(shè)t時間內(nèi)有V體積的水打在鋼板上，則這些水的質(zhì)量為：m=pV=pSvt,以這

部分水為研究對象，它受到鋼板的作用力為F,以水運動的方向為正方向，由動量定理有：

Ft=0-mv,即：F=y-=-pSv2負號表示水受到的作用力的方向與水運動的方向相反；

由牛頓第三定律可以知道，水對鋼板的沖擊力大小也為pSv"故選B.

10.答案：AC

p2

解析：A.前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律,a=—=—=lm/s2,則0-2s的速度規(guī)律為：V=at；f=ls

m2

時，速率為lm/s,A正確;

B.2S時的速度為2m/s,2-4s,力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律,“=-O.5m/s2,所以3s

時的速度為則B錯誤

C.4s時的速度為lm/s,動量為zw=2kg-m/s,則C正確

D.0-4S的力的沖量為/：/=2x2+(-l)x2=2kgm/s,則D錯誤

11.答案：ABC

解析：由機械能守恒定律可知物體下滑到底端GaE的速度大小相等，動量變化量的大

小&7=切丫相等，即3|=32=%；根據(jù)動量定理，合力的沖量等于動量的變化量，故合

力的沖量也相等，注意不是相同(方向不同)；設(shè)斜面的高度為〃，從頂端A下滑到底端,

由」二=1gsin。/得物體下滑的時間f=T/，所以J越小，sin*越小，，越大，重

sin(92ygsin'9

力的沖量/=〃?/就越大，故乙故A、C正確，D錯誤；物體下滑過程中只有重

力做功，故合力做的功相等，根據(jù)動能定理，動能的變化量相等，故B正確。

12.答案：CD

解析：過程I中鋼珠所受的外力只有重力，由動量定理可知，鋼珠的動量的改變量等于重力

的沖量，故D正確；在整個過程中，鋼珠的動量的變化量為零，由動量定理可知，I、】1兩

個過程中合外力的總沖量等于零，故c正確；過程n中，鋼珠所受的外力有重力和阻力，

所以過程H中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小與過程II中重力的沖量的

大小之和，故B錯誤；過程n中鋼珠所受合外力的沖量不為零，由動量定理可知，過程n

中鋼珠的動量的改變量不等于零，故A錯誤

1.3動量守恒定律

（建議用時：45分鐘）

1.如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為mI,以。的速度沿光滑水平地面向前運動,

正前方有一靜止的、質(zhì)量為山2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧.甲木塊與彈簧

接觸后（）

A.甲木塊的動量守恒

B.乙木塊的動量守恒

C.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒

D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒

2.（多選）如圖所示，在光滑的水平面上有一靜止的斜面，斜面光滑，現(xiàn)有

一個小球從斜面頂點由靜止釋放，在小球下滑的過程中，以下說法正確的是

A.斜面和小球組成的系統(tǒng)動量守恒

B.斜面和小球組成的系統(tǒng)僅在水平方向上動量守恒

C.斜面向右運動

D.斜面靜止不動

3.（多選）如圖所示，A、5兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，木塊

。以一定的初速度。。從4的左端開始向右滑行，最后停在5木塊的右端，對此

過程，下列敘述正確的是（）

A.當(dāng)。在A上滑行時，4、C組成的系統(tǒng)動量守恒

B.當(dāng)。在3上滑行時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒

C.無論。是在4上滑行還是在8上滑行，A、B、。三物塊組成的系統(tǒng)動

量都守恒

D.當(dāng)C在3上滑行時，4、5、。組成的系統(tǒng)動量不守恒

4.總質(zhì)量為M的火箭以速度0o飛行，質(zhì)量為機的燃料相對于火箭的速率

〃向后噴出，則燃料噴出后，火箭的速度大小為（）

A.IB?伙）一才

mcIm

C.0。+而二蔡（如+"）D-0。+^=^"

5.在光滑水平面上，一質(zhì)量為布、速度大小為。的A球與質(zhì)量為2帆靜止

的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后B球的速度大小可能

是（）

A.0.6。B.OAvC.0.3。D.0.2v

6.如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放

置，5球向左運動與4球發(fā)生正碰，5球碰撞前、后的速率之比為3：1,4球

垂直撞向擋板，碰后原速率返回.兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，4、8兩球的質(zhì)

量之比為,A、5兩球碰撞前、后的總動能之比為.

7.一個質(zhì)量為2kg的裝砂小車，沿光滑水平軌道運動，速度為3m/s,一

個質(zhì)量為1kg的球從0.2m高處自由落下，恰落入小車的砂中，此后小車的速

度是多少？

8.如圖所示，光滑水平直軌道上有兩滑塊4、5用橡皮筋連接，A的質(zhì)量

為如開始時橡皮筋松弛，5靜止，給A向左的初速度處.一段時間后，5與A同

向運動發(fā)生碰撞并粘在一起.碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，

也是碰撞前瞬間3的速度的一半.則物體8的質(zhì)量為（）

C.mD.2m

9.（多選）如圖所示，木塊A靜置于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑、

水平部分NP粗糙，現(xiàn)有一物體5自M點由靜止下滑，設(shè)NP足夠長，則以下

敘述正確的是（）

A.4、B最終以同一不為零的速度運動

B.4、8最終速度均為零

C.4物體先做加速運動，后做減速運動

D.4物體先做加速運動，后做勻速運動

10.如圖所示，在光滑水平面上有兩個木塊A、B,木塊5左端放置小物塊

C并保持靜止，已知kg,/nc=0.1kg,現(xiàn)木塊4以初速度0=2m/s

沿水平方向向右滑動，木塊4與8相碰后具有共同速度（但不粘連），。與4、B

間均有摩擦.求：

（1）木塊A與8相碰瞬間A木塊及小物塊C的速度大小;

⑵設(shè)木塊A足夠長，求小物塊C的最終速度.

11.如圖所示，甲車質(zhì)量如=20kg,車上有質(zhì)量M=50kg的人，甲車（連

同車上的人）以0=3m/s的速度向右滑行，此時質(zhì)量m2=50kg的乙車正以vn

=1.8m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時，人從

甲車跳到乙車上，求人跳出甲車的水平速度（相對地面）應(yīng)當(dāng)在什么范圍以內(nèi)才能

避免兩車相撞？不計地面和小車的摩擦，且乙車足夠長.

/)

1.3參考答案

L解析：根據(jù)動量守恒定律的條件，以甲、乙為一系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量守恒，

A、B錯誤，C正確；甲、乙的一部分動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，甲、乙系統(tǒng)

的動能不守恒，D錯誤.

答案：C

2.解析：小球加速下滑，系統(tǒng)豎直方向上有向下的加速度，豎直方向合力

不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，但系統(tǒng)水平方向上合力為零，故系統(tǒng)水平方向上

動量守恒，因小球下滑過程中水平方向的速度在增大，由動量守恒定律可得，

斜面水平向右的速度也在增加，故B、C正確.

答案：BC

3.解析：當(dāng)。在A上滑行時，對4、。組成的系統(tǒng)，B對4的作用力為外

力，不等于0,故系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤；當(dāng)C在5上滑行時，A、5已

分離，對3、C組成的系統(tǒng)，沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)動量守恒，選項

B正確；若將4、5、C三木塊視為一系統(tǒng)，則沿水平方向無外力作用，系統(tǒng)動

量守恒，選項C正確，選項D錯誤.

答案：BC

4.解析：由動量守恒定律得m(—u+v)+(M—m)v=Mvo,解得v=v0+jju,

A選項正確.

答案：A

5.解析：由動量守恒定律得規(guī)定A球原方向為正方向，

由題意可知。A為負值，則因此5球的速度可能為0.6。，故選A.

答案：A

6.解析：設(shè)碰前5球的速度為。o,A碰墻后以原速率返回恰好不發(fā)生第二

次碰撞，說明A、5兩球碰撞后速度大小相等、方向相反，即分別為goo和一

1

根據(jù)動量守恒定律,得

解得機A：瓶8=4：1；

A、3兩球碰撞前、后的總動能之比為

答案：4：X9：5

7.解析：小車、砂、球三者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，故

+m)vr

M2

解得：?

0'=7MT+zm-2+1X3m/s=2m/s

答案：2m/s

8.解析：以御的方向為正方向.設(shè)3的質(zhì)量為機5,A、3碰撞后的共同速

度為0.由題意知：碰撞前瞬間A的速度為3，碰撞前瞬間B的速度為20,由動

量守恒定律得

V

〃萬+2mBV=(JW+mn)v

解得JWB=y,故選項B正確.

答案：B

9.解析：系統(tǒng)在水平方向不受外力，故系統(tǒng)在水平方向動量守恒，因系統(tǒng)

初動量為零，A、5在任一時刻的水平方向動量之和也為零，因NP足夠長，B

最終與A速度相同，此速度為零，B選項正確，A物體由靜止到運動、最終速

度又為零，C選項正確.

答案：BC

10.解析：(1)木塊4與5相碰瞬間。的速度為0,4、B木塊的速度相同，

由動量守恒定律得

mAV=(inA+mB)vAtVA=^=1m/s.(2)C滑上A后，摩擦力使C加速，使A

減速，直至4、。具有共同速度，以4、。整體為系統(tǒng)，由動量守恒定律得犯RA

2、

=(/W4+/〃c)0c,m/s,方向水平向右.

答案：(1)1m/s0(2)|m/s方向水平向右

11.解析：人跳到乙車上后，如果兩車同向，甲車的速度小于或等于乙車的

速度就可以避免兩車相撞

以人、甲車、乙車組成的系統(tǒng)為研究對象

由水平方向動量守恒得：

》/20o=（?n+，"2+M）0',

解得U=lm/s

以人與甲車為一系統(tǒng)，人跳離甲車過程水平方向動量守恒，得：（⑸+皿。

解得w=3.8m/s

因此，只要人跳離甲車的速度〃，3.8m/s

就可避免兩車相撞.

答案：大于等于3.8m/s

L4實驗：驗證動量守恒定律

1.某中學(xué)實驗小組的同學(xué)在“驗證動量守恒定律”時，利用了如圖所示的實驗裝置進行探究,

下列說法正確的是（）

0MPN

A.要求斜槽一定是光滑的且斜槽的末端必須水平

B.入射球每次釋放點的高度可以任意調(diào)節(jié)

C.入射球和被碰球的直徑必須相等

D.入射球的質(zhì)量必須與被碰球的質(zhì)量相等

2.若采用圖中甲、乙兩種實驗裝置來驗證動量守恒定律（圖中小球半徑相同、質(zhì)量均已知，且

mA>>nB,B的球心4與9在同一水平線上），下列說法正確的是（）

A.采用圖甲所示的裝置，必須測量04、OM、。尸和ON的距離

B.采用圖乙所示的裝置，必須測量。4、B、N、夕P和B'M的距離

C.采用圖甲所示的裝置，若機,-CW=aOP+mKOM，則表明此碰撞動量守恒

D.采用圖乙所示的裝置，若竟彳=君方+焉節(jié)，則表明此碰撞機械能守恒

3.在“碰撞中的動量守恒實驗”中，實驗必須滿足的條件是（）

A.斜槽軌道必須光滑

B.斜槽軌道末端的切線必須水平

C.人射小球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下

D.碰撞的瞬間,入射小球和被碰小球的球心連線與軌道末端的切線平行

4.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置來探究碰撞中的守恒量,圖中尸Q是斜槽,QR為水平槽，圖乙

是多次實驗中某球落到位于水平地面記錄紙上得到的10個落點痕跡，有關(guān)該實驗的一些說法,

不正確的有（）

A.人射球和被碰球必須是彈性好的，且要求兩球的質(zhì)量相等，大小相同

B.被碰球靜止放在槽口，入射球必須每次從軌道的同一位置由靜止釋放

C.小球碰撞前后的速度不易測量，所以通過測量小球"平拋運動的射程”間接地解決

D.由圖乙可測出碰撞后某球的水平射程為58.5cm（或取58.2?58.8cm之間某值）

5.如圖所示，在實驗室用兩端帶有豎直擋板。和。的氣墊導(dǎo)軌和有固定擋板的質(zhì)量都是〃

的滑塊A和3做“探究碰撞中的守恒量”的實驗，實驗步驟如下：

I.把兩滑塊A和3緊貼在一起，在A上放質(zhì)量為m的祛碼，置于導(dǎo)軌上，用電動卡

銷卡住A和3,在A和3的固定擋板間放入一輕彈簧，使彈簧處于水平方向上的壓縮狀

態(tài)；

II.按下電鈕使電動卡銷放開，同時啟動兩個記錄兩滑塊運動時間的電子計時器，當(dāng)A和3

與固定擋板C和。碰撞同時，電子計時器自動停表，記下A至C的運動時間GB至。的

運動時間*

III.重復(fù)幾次，取乙和〃的平均值。

①在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時應(yīng)注意:

②應(yīng)測量的數(shù)據(jù)還有;

③只要關(guān)系式成立，即可得出碰撞中守恒的量是，"V的矢量和。

6.如圖所示是用來驗證動量守恒的實驗裝置，彈性球1用細線懸掛于。點，。點下方桌子的

邊緣有一豎直立柱。實驗時，調(diào)節(jié)懸點，使彈性球1靜止時恰與立柱上的球2右端接觸且兩

球等高。將球1拉到A點，并使之靜止，同時把球2放在立柱上。釋放球1,當(dāng)它擺到懸點

正下方時與球2發(fā)生對心碰撞，碰后球1向左最遠可擺到8點，球2落到水平地面上的C

點。測出有關(guān)數(shù)據(jù)即可驗證1、2兩球碰撞時動量守恒?，F(xiàn)已測出A點離水平桌面的距離為

a、B點離水平桌面的距離為6、。點與桌子邊沿間的水平距離為以此外：

(1)還需要測量的量是、和。

(2)根據(jù)測量的數(shù)據(jù)，該實驗中動量守恒的表達式為(忽略小球的大小)

7.如圖，用“碰撞實驗器“可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后

(I)為保證實驗成功，兩球的質(zhì)量關(guān)系必須滿足，巧，%(選填“大于""等于'’或“小于”);

(2)下列說法中符合本實驗要求的是(填選項前面的字母)；

A.安裝軌道時，斜槽軌道的末端必須水平

B.斜槽軌道必須光滑

C.在同一組實驗的多次碰撞中，每次入射小球必須從斜槽的同一高度由靜止釋放

D.需要測量小球從斜槽末端拋出時距地面的高度”

E.需要分別找出入射小球、被碰小球相碰后落地點的平均位置M、N

(3)若P為未放置被碰小球時入射小球落點的平均位置，則關(guān)系式

(用小、?及圖中字母表示)成立，即表示碰撞中動量守恒。

8.如圖為驗證動量守恒定律的實驗裝置，實驗中選取兩個半徑相同、質(zhì)量不等的小球，按下

面步驟進行實驗:

①用天平測出兩個小球的質(zhì)量分別為，々和m2

②安裝實驗裝置，將斜槽固定在桌邊，使槽的末端切線水平，再將一斜面8c連接在

斜槽末端；

③先不放小球嗎，讓小球從斜槽頂端A處由靜止釋放，標(biāo)記小球在斜面上的落點位置P;

④將小球外放在斜槽末端B處，仍讓小球町從斜槽頂端4處由靜止釋放，兩球發(fā)生碰撞,

分別標(biāo)記小球叫，嗎在斜面上的落點位置；

⑤用毫米刻度尺測出各落點位置到斜槽末端B的距離。圖中從M、P、N點是實驗過程中記

下的小球在斜面上的三個落點位置，從M、P、N到B點的距離分別為,力、Sp、SQ依據(jù)上

述實驗步驟，請回答下面問題：

（1）兩小球的質(zhì)量町,，%應(yīng)滿足町（選填'或"V”）件。

（2）若進行實驗，以下所提供的測量工具中必需的是。

A.直尺B.游標(biāo)卡尺C.天平

D.彈簧秤E.秒表

（3）用實驗中測得的數(shù)據(jù)來表示，只要滿足關(guān)系式___________,就能說明兩球碰撞前后動

量是守恒的。

9.氣墊導(dǎo)軌（如圖甲）工作時，空氣從導(dǎo)軌表面的小孔噴出，在導(dǎo)軌表面和滑塊內(nèi)表面之間

形成一層薄薄的空氣層，使滑塊不與導(dǎo)軌表面直接接觸，大大減小了滑塊運動時的阻力。為

了驗證動量守恒定律，在水平氣墊導(dǎo)軌上放置兩個質(zhì)量均為a的滑塊，每個滑塊的一端分

別與穿過打點計時器的紙帶相連，兩個打點計時器所用電源的頻率均為心氣墊導(dǎo)軌正常工

作后，接通兩個打點計時器的電源，并讓兩滑塊以不同的速度相向運動，兩滑塊相碰后粘在

一起繼續(xù)運動，圖為某次實驗打出的點跡清晰的紙帶的一部分，在紙帶上以同間距的6個連

續(xù)點為一段劃分紙帶（如圖所示），用刻度尺分別量出其長度外S?和S3。若題中各物理

量的單位均為國際單位，那么，碰撞前兩滑塊的動量大小分別為、，兩滑

塊的總動量大小為:碰撞后兩滑塊的總動量大小為（結(jié)果均用小數(shù)表示）。

重復(fù)上述實驗，多做幾次，若碰撞前、后兩滑塊的總動量在實驗誤差允許的范圍內(nèi)相等，則

動量守恒定律得到驗證。

10.某同學(xué)在實驗室使用半徑相同的兩個小球，按如圖實驗裝置來驗證動量守恒定律。他的

主要實驗操作如下：

①用天平測量4、匕兩球的質(zhì)量，"I和機2；

②用游標(biāo)卡尺測出兩個小球的直徑d；

③用刻度尺測出軌道末端距離地面的高度H；

④用重錘線標(biāo)出小球拋出點在水平地面上的白紙上的豎直投影點O；

⑤在白紙上面放好復(fù)寫紙，先不放人球，把〃球從斜槽軌道上。點由靜止釋放，落到復(fù)寫

紙上，重復(fù)多次；再把6球放在斜槽軌道水平部分最右端，把。球仍從。點由靜止釋放，

和。球相碰后，兩球分別落在復(fù)寫紙上的不同位置，重復(fù)多次；

⑥用圓規(guī)在白紙上找到三個平均落點例、P和N,并用刻度尺測量出圖中的兩、而和ON的

長度。

（1）上述實驗操作中不必要的步驟是。

（2）如果滿足關(guān)系式___________，則驗證了系統(tǒng)碰撞過程中動量守恒。（用測量的物理

量表示）

（3）實驗測得：/m=30.0g,W2=10.0g,OM=16.10cm,OP=30.30cm,QN=40.60cm。

則本實驗的相對誤差是。

碰撞前后總動量之差

（保留一位有效數(shù)字，相對誤差為xlOO%)

碰前總動量

1.4答案以及解析

1.答案：c

解析：題述實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，對斜槽是否光滑沒

有要求，但必須保證每次小球都做平拋運動，因此軌道的末端必須水平，A錯誤；要保證碰

撞前的速度相同，入射球每次都要從同一高度由靜止釋放，B錯誤；為了保證兩小球發(fā)生一

維碰撞，要求入射球和被碰球的直徑必須相等，C正確；在做題述實驗時，要求入射球的質(zhì)

量大于被碰球的質(zhì)量，D錯誤。

2.答案：D

解析：甲圖中，球在空中做平拋運動的水平速度,可分別表示為"OM、匕OP和”O(jiān)N,因它們在空中

ttt

飛行時間相等，故可用OM、0P和QV的長度代表各自速度，而不需測量時間，所以A項錯誤;

甲圖中，單獨釋放A球時落點為P,A與8碰后A的落點為M而B的落點為N,故驗證動量守

恒的方程為mAOP=mAOM+mBON項錯誤;圖乙中由H=獷，可得4單獨飛行時

BB',BB'

的水平速度大小唳-[2FP4與B碰后A的水平速度大?。?，而B的水平速度

vgVg

BB”

大小8J2BW，驗證動量守恒得方程可簡化為“a,7^亍=”小7^7+“8,①'故

B項錯誤;圖乙中，若碰撞過程的機械能守恒，則有g(shù)%?人.感?募②，聯(lián)

立①和②可得貴=4方+卷，故D項正確。

3.答案：BCD

解析：在同一組實驗的不同碰撞中，每次入射時，入射小球必須從同一高度由靜止釋放,保證碰

前的速度相同，斜槽軌道是否光滑對實驗的結(jié)果沒有影響，故A錯誤,C正確.為了保證小球做

平拋運動，安裝軌道時，軌道末端的切線必須水平，故B正確.為了使兩球發(fā)生對心碰撞，兩球的

直徑需相同,入射小球和被碰小球的球心連線與軌道末端的切線平行，故D正確.

4.答案：AD

解析：為防止兩球碰撞后入射球反彈,人射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，為發(fā)生對心碰撞，

兩球半徑應(yīng)相等，故A說法錯誤;為保證小球每次平拋的初速度相等，被碰球靜止放在槽口，入

射球必須每次從軌道的同一位置由靜止釋放，故B說法正確;小球離開軌道后做平拋運動，由

于小球拋出點的高度相等,它們在空中的運動時間相等，小球的水平位移與小球的初速度成正

比，小球碰撞前后的速度不易測量，所以通過測量小球”平拋運動的射程”間接地解決，故C說法

正確;由圖示刻度尺可知，由圖乙可測出碰撞后某球的水平射程為64.7cm（64.2~65.2cm均正

確），故D說法錯誤.本題選擇說法不正確的，故選A、D.

5.答案：①使氣墊導(dǎo)軌水平；

②滑塊A的左端到擋板C的距離小和滑塊B的右端到擋板D的距離S?；

③（M+/?）—=A7—

解析：①為了使滑塊做勻速運動，在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時應(yīng)注意使氣墊導(dǎo)軌水平；

②除了測出滑塊的運動時間外，實驗還應(yīng)測出滑塊A的左端到擋板C的距離、和滑塊3的

右端到擋板D的距離心;

③滑塊4的速度匕=?，滑塊3的速度Z=F，如果關(guān)系式（河+加）%=知%，即：

（知+m）包="包，成立，即可得出碰撞中守恒的量是皿，的矢量和。

*2

6.答案：（1）彈性球1、2的質(zhì)量小、m2；立柱高任桌面離水平地面的高度H

（2）2網(wǎng)y/a—h-2ml-Jb-h+m-,/°

■yJH+h

解析：（1）要驗證動量守恒必須知道兩球碰撞前后的動量變化，根據(jù)彈性球1碰撞前后的

高度為〃和〃，由機械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故只要再測量彈性球1的質(zhì)量叫，

就能求出彈性球1的動量變化;根據(jù)平拋運動的規(guī)律只要測出立柱高/?和桌面離水平地面的

高度〃就可以求出彈性球2碰撞前后的速度變化，故只要測量彈性球2的質(zhì)量嗎和立柱高

/?、桌面離水平地面的高度”就能求出彈性球2的動量變化。

（2）根據(jù)（1）的解析可以寫出動量守恒的方程2mNa-/?=2m、Jb-h+嗎。

TH+h

7.答案：⑴大于

（2）ACE

（3）町?O