新教材2021-2022學年高中物理粵教版選擇性必修第一冊測評：第1章　動量和動量守恒定律

第一章動量和動量守恒定律

第一節(jié)沖量動量

課后篇鞏固提升

A級.必備知識基礎(chǔ)練

1.下列物理量中，屬于矢量的是（）

A.功B.動能

C.動量D.質(zhì)量

gl]c

窿麗功、動能和質(zhì)量都只有大小沒有方向,是標量，選項A、B、D錯誤;動量既有大小，又有方

向,是矢量，選項C正確.

2.（2021河北昌黎匯文二中高一期末）關(guān)于動量，下列說法正確的是（）

A.速度大的物體，它的動量一定也大

B.動能大的物體，它的動量一定也大

C.只要物體運動的速度大小不變，物體的動量也保持不變

D.質(zhì)量一定的物體，動量變化越大,該物體的速度變化一定越大

解質(zhì)物體的動量。="7匕速度大，可能質(zhì)量小，所以其動量不一定大,A錯誤;由伊=x/2mfk知，因為

質(zhì)量關(guān)系不知道，故動能大的物體，動量不一定大,B項錯誤;動量是矢量，速度大小不變,但方向

可能變化,故其動量可能變化,C錯誤;根據(jù)△片機最可知，物體的質(zhì)量一定,動量變化越大，則速

度變化一定越大,D正確.

3.放在水平地面上的桌子質(zhì)量為九一個小孩用大小為F的水平推力推了時間,,桌子始終不動,

那么時間t內(nèi)，推力的沖量大小是（）

A.FrB.mgt

C.OD.無法計算

^IJA

4.（2021安徽高二月考）

如圖所示，一個人坐在摩天輪中做勻速圓周運動，運動一周的過程中，下列說法正確的是（）

A.人的動量一直變化,動能始終不變

B.人的動能一直變化,動量始終不變

C.人的動量和動能始終不變

D.人的動量和動能一直變化

ggA

人做勻速圓周運動時，速度大小不變，方向時刻變化,動量的方向與速度方向相同，故人的

1

動量一直變化，動能為標量，由&=2/加可知，人的動能始終不變，故選A.

5.(多選X2021甘肅天水高二期末)質(zhì)量為3kg的物體在水平面上做直線運動,若速度大小由2

m/s變成6m/s,那么在此過程中，動量變化量的大小可能是()

A.4kg-m/sB.12kgm/s

C.20kg-m/sD.24kgm/s

疆］BD

解析j若兩速度方向相同，則動量的變化量為△〃=m，/-，7Wo=3x6kg?m/s-3x2kg?m/s=12kg?m/s,若

兩速度方向相反，以末速度方向為正方向，則動量的變化量為

,

Ap=/?vz-/HVo=3x6kg-m/s-(-3x2)kg-m/s=24kg-m/s,iiiiB、D.

6.在傾角為37°、足夠長的斜坡上，有一質(zhì)量為50kg的運動員沿斜坡下滑，滑雪板與斜坡間

的動摩擦因數(shù)〃=0.2,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求在運動員下滑2s的時間內(nèi)，運

動員所受各力的沖量和合力的沖量.

藜|見解析

麗運動員沿斜坡下滑的過程中，受重力、支持力和摩擦力的作用.

重力的沖量/G=GI=〃?/=50x10x2N-s=lOOONs方向豎直向下

支持力的沖量/N=Evf=，〃gcos37°?f=5OxlOxO.8x2N-s=8OON-s,方向垂直于斜面向上

摩擦力的沖量4=0=/wigcos37°?uONxSOxlOxOSxZNfGGONs,方向沿斜面向上

滑雪運動員受到的合力F$=,〃gsin%("〃gcose=220N

合力的沖量/=F"=440N-s,方向沿斜面向下.

7.解答以下兩個小題：

⑴質(zhì)量為2kg的物體，速度由4m/s增大為8m/s,它的動量和動能各增大為原來的幾倍?動量

變化量的大小為多少？

(2)A物體質(zhì)量是2kg,速度是2m/s,方向向東;B物體質(zhì)量是3kg,速度是3m/s,方向向西.它們

的動量的矢量和是多少?它們的動能之和是多少？

矗|(1)動量增大為原來的2倍，動能增大為原來的4倍,8kg.m/s

(2)5kg-m/s方向向西17.5J

|解桐⑴由動量定義式p=〃?v可知,速度由4m/s增大為8m/s,它的動量增大為原來的2倍，由動

1

能定義式a=2mv2可知，它的動能增大為原來的4倍;動量變化量為

A/?=mv2-A72Vi=(2x8-2x4)kg-/77A=8kg-m/s.

(2)動量為矢量，取向西為正方向，則A物體的動量為=-2x2kg-m/s=-4kg-m/s

B物體的動量為pB=3x3kg?m/s=9kg?m/s

它們的動量的矢量和是p=pA+p8=(-4+9)kg?m/s=5kg,m/s,方向向西

-士

動能為標量，則它們的動能之和是反二2mA2niBV52=17.5J.

B級炭鍵能力提升練

8.

60°

（多選）（2021山東青島二中期中）如圖所示，質(zhì)量為機的小猴子在蕩秋千，小猴子用水平力尸緩

慢將秋千拉到圖示位置后由靜止釋放,此時藤條與豎直方向夾角為60°,小猴子到藤條懸點

的長度為L,忽略藤條的質(zhì)量與空氣阻力，重力加速度為g.在此過程中下列判斷正確的是

（）

A.小猴子到達最低點時的動量大小為0

B.小猴子到達最低點時的動量大小為加歷

C.小猴子從由靜止釋放到運動到最低點的過程，重力的沖量為零

D.小猴子從由靜止釋放到運動到最低點的過程，藤條拉力的沖量不為零

答案|BD

卜卜猴子從由靜止釋放到運動到最低點的過程，根據(jù)動能定理/77gZ,（l-COs60°）=2,〃，,解得

動量等于質(zhì)量乘以速度,故動量大小為錯誤,B正確;沖量等于力乘以時間，故

兩個力的沖量都不為零,C錯誤,D正確.

9.（2021北京四中月考）一個物體受到的拉力隨時間變化的圖像如圖所示，則1.5s內(nèi)拉力的沖

量大小為（）

F/N

0.8I!

II

-------1--------1------1__>.

0.511.5t/s

A.2.4N-sB.I.2N-S

C.3.0N-SD.無法計算

莪A

麗根據(jù)力一時間圖像與時間軸所圍的面積表示沖量，可得沖量大小為2.4NsA正確.

10.

（2021天津耀華中學月考）如圖所示,兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑

斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，兩個物體具有的物理量相同的是（）

A.重力的沖量

B.彈力的沖量

C.剛到達底端時的動量

D.以上幾個量都不同

D

解近|物體在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動,加速度a=gsiM，所用時間

但=區(qū)工=2_秒

0'sm,gsi叩，巾、g,斜面的夾角不同故所用時間不同，重力的沖量/T咫1不相等人

錯誤;沖量是矢量，而兩物體所受彈力的方向不同,故彈力的沖量不同,B錯誤;由于到達斜面底

端的速度方向不同,所以此時的動量也不相同,C錯誤;綜上所述,D正確.

11.

（2021安徽高二月考）如圖所示,皮帶在電動機的帶動下保持n=lm/s的恒定速度向右運動.現(xiàn)

將一質(zhì)量機=1kg的物體由靜止輕放在皮帶上，物體和皮帶間的動摩擦因數(shù)〃=05設皮帶足夠

長,g取10m/s2,在物體與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，皮帶對物體的沖量大小為（）

A.lN-sB.2N-S

C.3N.sD.陰N-s

答案D

解析［物體在皮帶上受到的滑動摩擦力f=t""g=5N,加速度a=〃g=5m/s2,物體與皮帶發(fā)生相對滑

動的時間f=°=0.2s,摩擦力對物體的沖量/rW'nlN-s,支持力的沖量/N=Evf=，"gf=2N-s,故皮帶

對物體的沖量/=7工7=嗎

Ns,D正確.

如圖所示,豎直面內(nèi)有一個固定圓環(huán),是它在豎直方向上的直徑.兩根光滑滑軌MP、QN的

端點都在圓周上,將兩個完全相同的小滑塊a、〃分別從何、。點無初速度釋放，在它

們各自沿MP、QV運動到圓周上的過程中，下列說法正確的是（）

A.合力對兩滑塊的沖量大小相同

B.重力對a滑塊的沖量較大

C.兩滑塊的動量變化大小相同

D.彈力對。滑塊的沖量較小

版D

國畫小滑塊受重力和支持力作用，將重力沿軌道的方向和垂直滑軌的方向正交分解,根據(jù)牛

頓第二定律得，小滑塊做初速度為零的勻加速直線運動的加速度為a=gsin8（e為滑軌與水平

方向的夾角），由直角三角形PMN可知，小滑塊的位移s=2Rsin。,所以

2x2/?sin0

J與。無關(guān)，即/廣匕小滑塊受到的合力等于重力沿軌道方向的分力,

即"?gsin。,所以合力的沖量大小為mgsin。七由圖可知MP與水平方向之間的夾角大,所以沿

MP運動的a球受到的合力的沖量大.故A錯誤;重力的沖量為mgf,由于運動的時間相等，所以

重力的沖量大小相等，故B錯誤;根據(jù)動能定理知，沿MP運動的〃滑塊重力做功多，運動到底

端的速度大,所以。滑塊的動量變化大，故C錯誤;彈力的沖量為mgcos。七由圖可知MP與水平

方向之間的夾角大，所以a滑塊的彈力的沖量小，故D正確.

13.

中國女排為國家獲得了很多的榮譽，女排精神激勵青少年努力拼搏，為國爭光.如圖所示為女

排運動員將質(zhì)量為m=0.26kg的排球水平擊出的照片，排球飛出時距水平地面高H2.45m,以

均=2聞m/s的水平速度飛出，不計空氣阻力,g取10m/s2.求：

(1)飛出后0.4s內(nèi)重力對排球的沖量；

(2)排球落地時的動量大小.

gg(1)1.04N-s方向豎直向下

(2)3.38kg-m/s

解析|(1)重力是恒力,0.4s內(nèi)重力對排球的沖量/=zn^=0.26xl0x0.4N-s=1.04N?s,方向豎直向

下.

(2)排球落地時豎直分速度為外=J^=7m/s

由速度合成知，落地速度

J%2+%2=，72+120

v=m/s=13m/s

所以排球落地時的動量大小為p=/??v=3.38kg-m/s.

第一章動量和動量守恒定律

第二節(jié)動量定理

課后篇鞏固提升

a_______________必備知識基礎(chǔ)練

1.(多選)水平拋出在空中飛行的物體，不計空氣阻力，則()

A.在相等的時間間隔內(nèi)動量的變化相同

B.在任何時間內(nèi)，動量的變化方向都在豎直方向

C.在任何時間內(nèi)，動量對時間的變化率恒定

D.在剛拋出的瞬間，動量對時間的變化率為零

|答案kBC

朝水平拋出的物體所受的合力為重力，則相等時間內(nèi)重力的沖量相等，根據(jù)動量定理知，動

量的變化相同，故A正確;合力的沖量等于動量的變化量,合力沖量的方向豎直向下，則動量變

化的方向豎直向下，故B正確;根據(jù)動量定理有則動量的變化率即動量的變

化率恒定，等于重力，故C正確,D錯誤.

2.

籃球運動深受同學們的喜愛，打籃球時某同學伸出雙手接傳來的籃球，雙手隨籃球迅速收縮至

胸前，如圖所示.下列說法正確的是（）

A.手對籃球的作用力大于籃球?qū)κ值淖饔昧?/p>

B.手對籃球的作用力與籃球?qū)κ值淖饔昧κ且粚ζ胶饬?/p>

C.這樣做的目的是減小籃球動量的變化量

D.這樣做的目的是減小籃球?qū)κ值臎_擊力

gM]D

麗手對籃球的作用力與籃球?qū)κ值淖饔昧Υ笮∠嗟?，方向相?是一對作用力與反作用力，

故A、B錯誤;先伸出兩臂迎接，手接觸到球后,雙手隨球收縮至胸前，這樣可以增加球與手接觸

mv

的時間，根據(jù)動量定理得-Ff=O-〃?v,解得F=',當時間增大時，球動量的變化率減小，作用力減

小，而沖量和動量的變化量都不變，故C錯誤,D正確.

3.（2021廣東廣州第四中學高二月考）下圖是一顆質(zhì)量m=50g的子彈勻速射過一張撲克牌的

照片，子彈完全穿過一張撲克牌所需的時間/I約為1.0xl（y4s,子彈的真實長度為2.0cm（撲克

牌寬度約為子彈長度的4倍）,若子彈以相同初速度經(jīng)時間f2=L0xl（y3s射入墻壁，則子彈射入

墻壁時，對墻壁的平均作用力約為（）

A.5xl04NB.4xlO4N

C.5X105ND.4X105N

gg]A

1+41_5x2.0xlQ-2

|子彈的速度為v="rOxltr4m/s=lxl03m/s,設墻壁對子彈的平均作用力為尸，則

m&v_50xl0-3x（dixU）3）

尸/2=，必％解得尸="LOxioN=-5xlO4N,方向與子彈的運動方向相反，根據(jù)牛頓第

三定律得，子彈對墻壁的平均作用力大小為5X104N.故選A.

4.（2021河北邢臺高二月考）高空拋物罪自2021年3月1日起正式加入刑法.若一個直徑約為

8cm、質(zhì)量約為200g的西紅柿從一居民樓的15層墜落在水泥地面上，西紅柿與地面的作用

時間可以用西紅柿的直徑除以西紅柿著地時的速度來近似計算，則該西紅柿對水泥地面產(chǎn)生

的沖擊力約為（）

A.20NB.200N

C.2000ND.20000N

ggc

國麗取豎直向下為正方向，由題意可知，西紅柿下落的高度約為〃=45m,設西紅柿撞擊地面前

d_0.081

瞬間速度為v,由研=28萬,解得v=30m/s,與地面作用的時間為‘°$=37）,設西紅柿撞擊

地面的過程中，地面對西紅柿的撞擊力大小為F,由動量定理（,咫-尸）4=0列%代入數(shù)據(jù)得

F=2252N,根據(jù)牛頓第三定律,地面對西紅柿的撞擊力與西紅柿對地面的撞擊力大小相等，方

向相反，故西紅柿對地面的撞擊力約為2252N,故選C.

5.

（2021河北辛集第一中學高二月考）學校科學晚會上,科技制作社團表演了“震撼動量球”實驗.

在互動環(huán)節(jié),表演者將球拋向觀眾，讓其感受碰撞過程中的力.假設質(zhì)量約為3kg的超大氣球

以3m/s的速度豎直下落到手面，某觀眾雙手上推，使氣球以原速度大小豎直向上反彈,作用時

間為0.1s.忽略氣球所受浮力及空氣阻力,g取10m/s?.則觀眾雙手受的壓力為（）

A.150NB.180NC.210ND.240N

解析］取豎直向下為正方向，對氣球由動量定理有匕代入數(shù)據(jù)解得F=210N,由

牛頓第三定律可知，觀眾雙手受到的壓力為210N,故C正確.

質(zhì)量為用的物體沿平直的路面做直線運動，其速度一時間圖像如圖所示.則此物體在07。和

幻~2fo時間內(nèi)受到的合力沖量分別為（）

A.O-ImvaBvo0

C.O2wvoD.2/wvo0

答案|A

商|物體在0~力時間內(nèi)初速度和末速度均為血,根據(jù)動量定理得合力沖量/產(chǎn)0;物體在fo~2”

時間內(nèi)初速度為血,末速度為-w,根據(jù)動量定理得合力沖量/2=-2，〃vo,選項A正確.

7.(2021河北邢臺高二月考)乒乓球是一種世界流行的球類體育項目.某運動員在某次擊球中,

將以也=90km/h的速度飛來的乒乓球以V2=162km/h的速度反向擊回.已知乒乓球的質(zhì)量

巾=2.60g,擊球過程中乒乓球?qū)η蚺牡钠骄饔昧Υ笮∈?25N,不考慮乒乓球的旋轉(zhuǎn)，求：

(1)擊球過程中乒乓球的動能變化量A￡k;

(2)擊球過程中乒乓球的動量變化量”及乒乓球與球拍的作用時間At

庭(1)1.82J

(2)0.182kg.m/s,方向與乒乓球擊球后的運動方向相同7.28ms

曖明(1)設乒乓球的初動能為Eki,末動能為反2,則有

2

Eki=

2

|mv2

&2=

AEk=￡'k2-￡ki

解得AEk=l.82J.

(2)以乒乓球擊球后的運動方向為正方向,設乒乓球的初動量為pi,末動量為/及,乒乓球與

球拍間的作用力遠大于乒乓球受到的重力，所以重力可以忽略不計，根據(jù)動量定理有

pi=-mv\

P2=mv2

bp=p?-pl

FN='p

解得Ap=0.182kg-m/s,Ar=7.28ms.

B級

8.

V2

(2021黑龍江大慶實驗中學高一期中)如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率也逆時針運動,

一質(zhì)量為m的物塊以大小為V2的初速度從傳送帶的P點沖上傳送帶，從此時起到物塊再次回

到戶點的過程中，下列說法正確的是()

A.合力對物塊的沖量大小一定為mv\+/nv2

B.合力對物塊的沖量大小一定為2mv2

C.合力對物塊的沖量大小可能為零

D.合力對物塊做的功可能為零

fg|D

畫如果U|>V2,根據(jù)對稱性，物體再回到P點時的速度仍為V2,根據(jù)動量定理，合力對物塊的沖

量為2)7W2,A錯誤;如果力<也，物體再回到P點時的速度為明,根據(jù)動量定理，合力對物塊的沖

量為機也+/W2,B錯誤;由于物體運動的速度方向發(fā)生變化，即動量一定會發(fā)生變化，合力沖量

一定不會等于零,C錯誤;如果叫=也，回到P點、時，物體的動能沒有發(fā)生變化,根據(jù)動能定理，合力

對物塊做的功為零,D正確.

9.（2021江蘇常熟中學高二月考）物體A和8用輕繩相連在輕質(zhì)彈簧下靜止不動，如圖甲所示/

的質(zhì)量為，",8的質(zhì)量為M當連接A、8的繩忽然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時的速度大

小為以這時物體B下落速度大小為也如圖乙所示.這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量

為（）

E1%

乙

\.mvAB.mvA-MvB

C.niVA+MvBDjnvA+mvB

莪D

畫設8從繩斷到下落速度為%的過程所用時間為，，以向上為正方向，根據(jù)動量定理,對物體

A有對物體8有聯(lián)立得彈簧的彈力對物體A的沖量為/="2%+加必故

D正確.

10.

如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍.設水槍噴出水柱直徑為水流速度為匕水柱垂直汽車表

面，沖擊汽車后水的速度為零.高壓水槍的質(zhì)量為M手持高壓水槍操作,進入水槍的水流速度

可忽略不計，已知水的密度為".下列說法正確的是（）

A.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為p兀也P

1

B.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為4pv￡>2

C.水柱對汽車的平均沖力為。Q2V2

D.當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉?倍時，壓強變?yōu)樵瓉淼?倍

奉D

窿麗高壓水槍單位時間噴出水的質(zhì)量等于單位時間內(nèi)噴出的水柱的質(zhì)量，即

D21

mo=pV=pn4v=47cpv￡）2,ifcA、B錯誤;設水柱對車的平均沖力為尸,由動量定理得尸/=加匕即

11F_腦/屏

解得/二%"。）,選項C錯誤;高壓水槍對車產(chǎn)生的壓強?nD'=2正,則當

高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉?倍時，壓強變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D正確.

為估算雨水對傘面產(chǎn)生的平均撞擊力,小明在大雨天將一底面為長方形的筆筒置于露臺，筆筒

底面積為20cm2(筒壁厚度不計)，測得1min內(nèi)杯中水位上升了40mm，當時雨滴豎直下落速

度約為10m/s.若雨滴撞擊傘面后沿著傘面流下，雨水的密度約為1xl()3kg/m,傘面的面積約為

0.8n?,據(jù)此估算當時雨水對傘面的平均撞擊力為(雨水重力可忽略)()

A.0.5NB.1.5NC.2.5ND.5N

量D

解析|根據(jù)動量定理產(chǎn)匕在Imin時間內(nèi)，撞到傘上的水的質(zhì)量

mv_32x10

八'=lxlO3x4OxlO-3x0.8kg=32kg,可知雨水受到的平均撞擊力F=f60N=5N,根據(jù)

牛頓第三定律可知,雨水對傘面的平均撞擊力為5N,D正確.

12.

(2021山東濰坊諸城高二期中)在粗糙的水平面上靜止一個質(zhì)量為1.5kg的物體j=0時刻受到

水平向右拉力F的作用，從靜止開始做直線運動，拉力F隨時間變化如圖所示，物體與

地面的動摩擦因數(shù)為04,重力加速度g取10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求：

⑴在0~6s時間內(nèi)拉力F的沖量；

(2)物體在r=6s時的速度大小.

矗］(1)39N-s,方向水平向右

(2)4m/s

曖明(1)力隨時間變化的圖像與時間軸所圍面積為下的沖量，則

11

55

/F="X(3+9)X4N-S+/X(6+9)X2N-S=39NS方向水平向右.

(2)物體受到的最大靜摩擦力為尸〃,〃g=6N

由題圖可知j=2s時拉力等于最大靜摩擦力,物體開始滑動，在2~6s內(nèi)拉力和摩擦力的沖

量分別為

1

22

IF'=X(6+9)X2N-S+X(6+9)X2N-S=30N-S

"=二弁二-24N.s

設r=6s時的速度為匕由動量定理可知

I合=>'+!尸mu-0

解得v=4m/s.

第一章動量和動量守恒定律

第三節(jié)動量守恒定律

第1課時動量守恒定律

課后篇鞏固提升

A級必備知識基礎(chǔ)練

如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為m\的小車A,其上面有一個質(zhì)量為mi的物體B正在沿粗

糙曲面下滑.對A和B兩個物體組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（）

A.A受到的重力是內(nèi)力

B.B受到的摩擦力是內(nèi)力

C.B對A的壓力是外力

D.地面對4的支持力是內(nèi)力

筋B

噩只要是兩個物體之間的作用力就是內(nèi)力，外部對兩個物體的作用力就是外力,B正確,A、

C、D錯誤.

2.（2021安徽蚌埠二中高二期中）關(guān)于動量守恒的條件，下列說法正確的是（）

A.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，動量不可能守恒

B.只要系統(tǒng)受外力做的功為零，動量守恒

C.只要系統(tǒng)所受到合外力的沖量為零，動量守恒

空爭加速度為零，動量不一定守恒

igc

解明只要系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒，與系統(tǒng)內(nèi)是否存在摩擦力無關(guān)，故A錯誤;系

統(tǒng)受外力做的功為零，系統(tǒng)所受合外力不一定為零,系統(tǒng)動量不一定守恒，如用繩子拴著一個

小球，讓小球做勻速圓周運動，小球轉(zhuǎn)過半圓的過程中，系統(tǒng)外力做功為零，但小球的動量不守

恒，故B錯誤;力與力的作用時間的乘積是力的沖量，系統(tǒng)所受到合外力的沖量為零，則系統(tǒng)受

到的合外力為零,系統(tǒng)動量守恒，故C正確;系統(tǒng)加速度為零,由牛頓第二定律可得，系統(tǒng)所受合

外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故D錯誤.

3.

z//77////7/

如圖所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速

推出木箱,關(guān)于上述過程，下列說法正確的是（）

A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒

B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒

C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒

D.木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同

曖畫由動量守恒定律成立的條件可知男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒,A、B錯

誤,C正確;木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等，方向相反,D錯誤.

4.

斜面體4置于光滑水平地面上，滑塊B沿光滑斜面下滑，如圖所示.在滑塊下滑的過程中（不計

空氣阻力），對斜面與滑塊組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（）

A.系統(tǒng)動量守恒

B.系統(tǒng)在豎直方向上動量守恒

C.系統(tǒng)在水平方向上動量守恒

D.系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒

ggc

顫在8下滑的過程中,8在豎直方向上有向下的加速度,所以系統(tǒng)在豎直方向上所受合外力

不為零，則系統(tǒng)在豎直方向上動量不守恒;但系統(tǒng)在水平方向不受力，所以系統(tǒng)在水平方向上

動量守恒;整個過程只有8的重力做功,故系統(tǒng)的機械能守恒.故選C.

5.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率而進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離.已知前部

分的衛(wèi)星質(zhì)量為如，后部分的箭體質(zhì)量為質(zhì)，分離后箭體以速率也沿火箭原方向飛行,若忽略

空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率V1為（）

A.VQ-V2B.VO+V2

就京

C.Vo-V2D.Vo+（VO-V2）

答案|D

解析I以火箭原運動方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律有（）21+小2）丫0=〃?10+他也,可得

m2

片二州+叫5-⑸,故選D.

6.

在某次冰壺投擲中,我方冰壺運動一段時間后以0.4m/s的速度與對方靜止的冰壺發(fā)生碰撞，

碰后對方的冰壺以0.3m/s的速度向前滑行.若兩冰壺質(zhì)量相等，規(guī)定向前運動的方向為正方

向，則碰后我方冰壺獲得的速度為()

A.0.1m/sB.-0.1m/s

C.0.7m/sD.-0.7m/s

奉A

解析|設冰壺質(zhì)量為“1,碰后我方冰壺速度為打，由動量守恒定律得力解得V,r=0.1m/S,

故選項A正確.

7.

[B]

C..........x

如圖所示,質(zhì)量為3m的足夠長的木板C靜止在光滑水平面上，質(zhì)量均為m的兩個小物塊A、

B放在C上.現(xiàn)同時對A、B施加水平向右的瞬時沖量/和2/,使A、8分別獲得初速度，若4、

8與C之間的接觸面不光滑，求最終A、B、C的共同速度.

31

矗5匚方向向右

解析|同時對A、3施加水平向右的瞬時沖量/和2/后，設A、3獲得的初速度分別為以和附

則對小物塊A,由動量定理得I=mAVA-0

對小物塊8,由動量定理得2I=mBVB-0

設最終A、B、。的共同速度為匕則對A、B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得

niAVA+切村8=(〃?A+/劭+〃2(7)丫

31

聯(lián)立解得丫=5。方向向右

8.(2021河南林州一中月考)人站在滑板A上，以v0=4m/s的速度沿光滑水平面向右運動.當靠

近前方的橫桿時，人相對滑板豎直向上起跳越過橫桿工從橫桿下方通過,與靜止的滑板B發(fā)生

碰撞并粘在一起，之后人落到B上，與滑板一起運動.已知人、滑板A和滑板B的質(zhì)量分別為m

人=60kg、n7A=10kg和MJB=30kg,求：

(1)A、B碰撞過程中,A對B的沖量的大小和方向；

(2)人最終與滑板的共同速度的大小.

藜|(1)30N-s水平向右(2)2.8m/s

蝦|(1)A、8碰撞過程中，由動量守恒定律得

mAVo-(mA+mB)v\

解得vi=1m/s

由動量定理得■工對B的沖量/=〃物叨=30N-s,方向水平向右.

(2)對人、4、8組成的系統(tǒng)進行全過程分析，由動量守恒定律得

解得v=2.8m/s.

B級

___I關(guān)鍵能力提升練

（2021江蘇常州期中）如圖所示,質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒

內(nèi)放有一個質(zhì)量為膽的物體.某時刻給物體一個水平向右的初速度%則在物體與盒子前、后

壁多次往復碰撞后（）

A.兩者的速度均為零

B.兩者的速度總不會相等

mvQ

C.盒子的最終速度為M，方向水平向右

mvQ

D.盒子的最終速度為”+m,方向水平向右

答案D

m-o

M+mp

選物體與盒子組成的系統(tǒng)為研究對象，由動量守恒定律得"?匕解得V=,V與

w同向，即方向水平向右,D正確.

10.

Qm

如圖所示，將質(zhì)量為Mi、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)靠墻角，右側(cè)

靠一質(zhì)量為加2的物塊.今讓一質(zhì)量為"?的小球自左側(cè)槽口A的正上方〃高處從靜止開始落

下，與圓弧槽相切自A點進入槽內(nèi)，則以下結(jié)論正確的是（）

A.小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒

B.小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒

C.小球離開C點以后，將做豎直上拋運動

D.槽將不會再次與墻接觸

隆明小球從4到B的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心,而小球?qū)Π雸A槽的壓

力方向相反，因為有豎直墻擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該過程中，小球與半圓槽在水

平方向受到外力作用,動量并不守恒，由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒;從

8—C的過程中,小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動，因

而小球參與了兩個運動，一個是沿半圓槽的圓周運動,另一個是與半圓槽一起向右的運動，小

球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因為有物塊擋住，小球與半圓槽在水平方

向動量并不守恒,在小球運動的全過程，水平方向動量也不守恒，選項A、B錯誤;當小球運動到

C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動,C錯誤；

因為全過程中，整個系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量，所以最終槽將與墻不會再次接

觸,D正確.

11.

BA

（多選）（2021浙江高二期中）如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個相同的質(zhì)量均

為m的物體A、及在水平恒力F作用下以速度y做勻速運動.在片0時輕繩斷開,A在F作用

下繼續(xù)前進，則下列說法正確的是（）

mv

A.f=0至t=F時間內(nèi),A、B的總動量守恒

2mv3mv

B.t=F至f=F時間內(nèi)4、B的總動量守恒

2mv

C.t=F時工的動量為

4mv

D.r=F時4的動量為4/MV

客剽AC

解責設4、B受到的滑動摩擦力都為，斷開前兩物體做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件得F=2f,

2mv

設8經(jīng)過時間1速度為零，對8由動量定理得十=0加v,解得f=F;以48整體為系統(tǒng)，繩子的力

屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，系統(tǒng)所受合外力為零;在剪斷細線后至8停止運動前,兩物體受到的摩擦力

2mv

不變，兩物體組成的系統(tǒng)所受的合外力仍為零，則系統(tǒng)的總動量守恒，故在f=0至七F的時間

2mv

內(nèi)A、8的總動量守恒，故A正確;在F后,3停止運動,A做勻加速直線運動,故兩物體組成

2mv

的系統(tǒng)所受的合外力不為零，故A、3的總動量不守恒，故B錯誤;當t=F時，對A由動量定理

F2mv4mv

F

得和尸PA-加匕代入"，解得〃A=2加匕故C正確;當t=時，對A由動量定理得

F4mv

我訝=〃八'-機匕代入/="，，=衛(wèi)，解得PA'=3〃?匕故D錯誤.

m

12.如圖所示，一質(zhì)量為3的人站在質(zhì)量為機的小船甲上,以速率即在水平面上向右運動.另一

個完全相同的小船乙以速率V0從右方向左方駛來，兩船在一條直線上運動.為避免兩船相撞，

人從甲船以一定的速率水平向右躍到乙船上（人可視為只在水平方向上運動），人水平跳出時

相對于水面的速率至少多大？

甲乙

25

■7VO

曖麗設向右為正方向，兩船恰好不相撞,最后具有共同速度也，由動量守恒定律，有

mm

(~3)(3*)

\+機/vo-mvo='2〃z+fv\

1

解得y尸7Vo

設人躍出甲船的速率為也，人從甲船躍出的過程滿足動量守恒定律，有

mm

I)~3

+加Vo=/HVi+V2

25

解得吸二7Vo.

第一章動量和動量守恒定律

第三節(jié)動量守恒定律

第2課時動量守恒定律的驗證

課后篇鞏固提升

A級必備知識基礎(chǔ)練

1.某同學用如圖甲所示裝置驗證動量守恒定律.主要實驗步驟如下：

定位卡

敘B

'、、

水平地面I\\'、、

OPQR

甲

④各斜槽固定在水平桌面上，調(diào)整末端切線水平；

②I等白紙固定在水平地面上，白紙上面放上復寫紙；

③用重垂線確定斜槽末端在水平地面上的投影點O；

④讓小球A緊貼定位卡由靜止釋放，記錄小球的落地點，重復多次,確定落點的中心位置Q-,

⑤I各小球B放在斜槽末端，讓小球A緊貼定位卡由靜止釋放,記錄兩小球的落地點，重復多次,

確定A、B兩小球落點的中心位置P、R;

⑥用刻度尺測量P、。、R距。點的距離SI、S2、S3；

⑦用天平測量小球A、3質(zhì)量〃“、ms,

⑧分析數(shù)據(jù)，驗證等式〃11S2=，"⑸+，"253是否成立，從而驗證動量守恒定律.

請回答下列問題：

(1)步驟⑤與步驟@中定位卡的位置應;

(2)圖乙是步驟⑥的示意圖.該同學為完成步驟⑧設計了下列表格，并進行了部分填寫，請將其

補充完整.

0PQR

1，，，，1""|，"，，1，，"1"，，1"，，1

01cm262754557980

乙

物理量碰前碰后

m/g，勿1二17.0mi=17.0,/H2=5.8

s/cm$2=54.35si=________,53=79.75

/27.s/g-cinwi52=923.95W151+m2S3=________

矗⑴保持不變⑵26.50913.05

曖明(1)為使入射球到達斜槽末端時的速度相等，應從同一位置由靜止釋放入射球，即步驟⑤

與步躲④中定位卡的位置應保持不變.

(2)由圖乙所示刻度尺可知，其分度值為1mm,則Si=26.50cm,由表中實驗數(shù)據(jù)可知

/ni5i4-/H2^3=17.0x26.50g-cm+5.8x79.75g-cm=913.05g-cm.

2.如圖甲所示，在做驗證動量守恒定律的實驗時，小車A的前端粘有橡皮泥，推動小車A使之運

動，與原來靜止在前方的小車8相碰并粘合成一體后，繼續(xù)向前運動,在小車A后連著紙帶，打

點計時器電源頻率為50Hz,長木板右端下面墊放小木片以平衡摩擦力.

，撞針4打點計時器

長裝電/橡皮泥q?1黑帶

甲

~?????B?????C??????D????E?~???\?(

爾必2小”34.5027.241it).前11

乙

(1)獲得的紙帶如圖乙所示，測出的各計數(shù)點間距已標在圖上.A為運動起始的第一點，則應選_

段來計算A的碰前速度，應選段來計算A和8碰后的共同速度.(均選填

(2)已測得小車A的質(zhì)量=0.30kg,小車B的質(zhì)量為，沏=0.20kg,由以上測量結(jié)果可得碰前系

統(tǒng)總動量為kg.m/s,碰后系統(tǒng)總動量為kg-m/s.

(3)實驗結(jié)論:在誤差允許的范圍內(nèi)，小車A、B組成的系統(tǒng)碰撞前后總動量____________(選填

“守恒，，或“不守恒，)

答案|(1)8CDE(2)1.0351.03(3)守恒

解明(1)車由靜止開始運動,故小車有個加速過程，在碰撞前做勻速直線運動，即在相同的時間

內(nèi)通過的位移相同，故BC段為勻速運動的階段，故選BC段計算碰前的速度.碰撞過程是一個

變速運動的過程,而A和8碰后共同運動時做勻速直線運動，在相同的時間內(nèi)通過相同的位移,

故應選OE段來計算碰后的共同速度.

0.3450

(2)系統(tǒng)的動量即碰前A的動量/?I=?MVO=O.3OX5x°02kg-m/s=1.035kg-m/s

0.2060

碰后的總動量P2=(，"A+機B)V2=0.50X5x002kg-m/s=l.03kg-m/s.

(3)在誤差允許的范圍內(nèi)，小車A、B組成的系統(tǒng)碰撞前后總動量守恒.

3.(2021四川成都外國語學校月考)如圖所示為驗證動量守恒定律的實驗裝置，氣墊導軌置于

水平桌面上G和G?為兩個光電門AB均為彈性滑塊，質(zhì)量分別為如、，恤且mA大于tnK,

兩遮光片的寬度均為d,實驗過程如下：

遮光片,遮光片“

I6r^-iI,氣墊

"..............................導軌

仍節(jié)氣墊導軌成水平狀態(tài)；

②輕推滑塊A,測得A通過光電門G,的遮光時間為Z1；

③4與B相碰后,8和A先后經(jīng)過光電門G2的遮光時間分別為r2和4

回答下列問題：

⑴實驗中選擇mA大于ms的目的是.

(2)利用所測物理量的符號表示動量守恒定律成立的式子為.

矗(1)保證碰撞中滑塊A不反彈(2)""f2

|解析［⑴A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量是為了A、8碰撞時A不反彈.

(2)碰撞前的總動量為p\=mAV\=mA

碰撞后的總動量為

d_d_

,tt

pi=niAVx+mBV2=fnA32

dd_F=+ms

則動量守恒的表達式為mA"二〃7A與日口4f2

+68和.

B級

_____1鍵能力提升練

4.(2021浙江期末)如圖所示為“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)量分別為如和mi-

霹裝實驗裝置，將斜槽AB固定在桌邊,使槽的末端切線水平，再將一斜面BC連接在斜槽末

端；

魏不放小球〃?2,讓小球如從斜槽頂端A處由靜止釋放，標記小球在斜面上的落點位置P;

④I等小球m2放在斜槽末端B處，仍讓小球如從斜槽頂端A處由靜止釋放，兩球發(fā)生碰撞，分別

標記小球如、，“2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SM、SP、SM

依據(jù)上述實驗步驟，請回答下面問題：

⑴BC斜面的傾角(選填“需要”或“不需要”)測出；

(2)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；

(3)某同學想用上述數(shù)據(jù)來驗證碰撞前后機械能是否守恒,寫出需要驗證的關(guān)系

式:.

噩(1)不需要

(2)/771

(3)gs尸如sw+mw

|解析|(1)如＞也兩球碰撞后*2的速度比如自由滾下時的速度大,"21的速度減小,因此如落到

M點，而mi落到N點.設斜面傾角為"物體落到斜面上距離拋出點s時,根據(jù)平拋運動規(guī)律有

1

ssin0=2gfi,scos0=vt,

整理得v=

碰撞過程中滿足動量守恒

加［］也+加2吸②

小球都做平拋運動，由①式結(jié)論可得

SMgcos2g's^gcosrO

2sin@，也=2sind

V0=

代入②式整理得m\V^=/77］同+恤廊，則不需要測量斜面的傾角。

⑵由⑴的分析可知，只要滿足關(guān)系式"1廊=如同+儂屈,就能說明兩球

碰撞前后動量是守恒的.

-Vo2=-U]2+J

(3)若機械能守恒，則滿足2mi2m\/v22,

將速度表達式代入可得iSP=〃IiSM+miSN.

5.(2021山東月考)某實驗小組做“驗證動量守恒定律”實驗的裝置如圖所示，彈性球1用細線懸

掛于O點,0點下方桌子的邊緣有一豎直立柱.實驗時，調(diào)節(jié)懸點,使小球1與放置在光滑支撐

桿上的直徑相同的小球2發(fā)生對心碰撞，碰后小球1繼續(xù)向左擺動到B點，小球2做平拋運動

落到c點.又測得A點離水平桌面的距離為a,B點離水平桌面的距離為仇立柱離水平桌面的

距離為力,已知彈性小球1的質(zhì)量箱.

0

(1)為完成實驗,還需要測量的物理量

有、、

一.(說明表示相應物理量的字母)

(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).

磔⑴彈性球2的質(zhì)量加2C點與桌子邊沿間的水平距離C桌面離水平地面的高度H

(2)2/721y/a-h=2mi歷工+加2

|解析|⑴小球1下擺過程中機械能守恒，則有"?ig(〃T)=2/小北：解得碰后小球1

1

繼續(xù)向左擺動，機械能守恒，則有相送3-〃)=2"/12,解得y尸J2go外,碰撞后球2做平拋運動,

1尸

則有C=3”+/Z