2022年粵教版高中物理選擇性必修第一冊第一章動量和動量守恒定律 課時練習題及章末檢測含答案解析

第一章動量和動量守恒定律

1、沖量動量動量定理........................................................1

2、動量守恒定律..............................................................6

3、實驗：動量守恒定律的驗證................................................11

4、動量守恒定律的應用......................................................16

5、彈性碰撞與非彈性碰撞....................................................20

6、自然界中的守恒定律......................................................25

7、動量與能量的綜合問題....................................................31

章末綜合檢測................................................................35

1、沖量動量動量定理

1.關于物體的動量，下列說法中正確的是（）

A.運動物體在任一時刻的動量方向，一定是該時刻的速度方向

B.物體的加速度不變，其動量一定不變

C.動量越大的物體，其速度一定越大

D.動量越大的物體，其質量一定越大

解析：選A動量具有瞬時性，任一時刻物體動量的方向，即為該時刻的速度方向，選項A

正確。加速度不變，則物體速度的變化率恒定，物體的速度均勻變化，故其動量也均勻變化，選

項B錯誤。物體動量的大小由物體質量及速度的大小共同決定，不是只由物體的速度決定的，故

物體的動量大，其速度不一定大，選項C錯誤。物體的動量越大，其質量并不一定越大，故選項

D錯誤。

2.下列說法正確的是（）

A.動能為零時，物體一定處于平衡狀態(tài)

B.物體受到恒力的沖量也可能做曲線運動

C.物體所受合外力不變時，其動量一定不變

D.動能不變，物體的動量一定不變

解析：選B動能為零時，速度為零，而加速度不一定等于零，物體不一定處于平衡狀態(tài)，

選項A錯誤；物體受恒力，也可能做曲線運動，如平拋運動，選項B正確；合外力不變，加速度

不變，速度均勻變化，動量一定變化，選項C錯誤；動能不變，若速度的方向變化，動量就變化,

選項D錯誤。

3.如圖所示，質量為0的小滑塊沿傾角為0的斜面向上滑動，經(jīng)過時間。速度變?yōu)榱闳缓笥?/p>

下滑，經(jīng)過時間均回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為齊。在整個過程中，

重力對滑塊的總沖量為（）

A.儂sin9（ti+ti）B.儂sin0（ti—tz）

C.mg（t\+tz）D.0

解析：選C根據(jù)沖量的定義式I=Ft,可知重力對滑塊的沖量應為重力乘作用時間，所以

k=mg（t\+tj,C正確。

4.（多選）對下列物理現(xiàn)象的解釋，正確的是（）

A.擊釘時，不用橡皮錘僅僅是因為橡皮錘太輕

B.跳遠時，在沙坑里填沙，是為了減小沖量

C.易碎品運輸時，要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長撞擊時的作用

時間，減小作用力

D.在車內推車推不動，是因為車受到合外力沖量為零

解析：選CD擊釘時，不用橡皮錘是因為橡皮錘與釘子的作用時間長：跳遠時，在沙坑里填

沙，是為了延長人與地的接觸時間，所以A、B錯誤；據(jù)動量定理*=△/?知，當相同時，t

越長，作用力越小，所以C正確：車能否移動或運動狀態(tài)能否改變取決于合外力的作用，與內部

作用無關，所以D正確。

5.如圖所示，運動員揮拍將質量為卬的網(wǎng)球擊出。如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大

小分別為丹、因，匕與血方向相反，且Q%。忽略網(wǎng)球的重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的

沖量（）

A.大小為卬（打一必），方向與必方向相同

B.大小為血吃+匕），方向與巴方向相同

C.大小為卬（血一匕），方向與玲方向相同

D.大小為卬（皈+匕），方向與。方向相同

解析：選D取拍子擊打網(wǎng)球前網(wǎng)球的速度的方向為正方向，根據(jù)動量定理得拍子對網(wǎng)球作

用力的沖量為：/=一力吸一/口=一皿（n+眩），即沖量大小為應（％+⑹，方向與n方向相反，與

外方向相同，故D正確，A、B、C錯誤。

6.（多選）如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓

周上，a點為圓周的最高點，d點為圓周的最低點。每根桿上都套著一個質量相同的小滑環(huán)（圖中

未畫出），三個小滑環(huán)分別從a、6、c處釋放（初速度為零），關于它們下滑的過程，下列說法正

確的是（）

A.重力對它們的沖量相同B.彈力對它們的沖量相同

C.合外力對它們的沖量相同D.它們的動能增量不同

解析：選AD由運動學知識可知三個小滑環(huán)的運動時間相等，則重力對它們的沖量相等，選

項A正確；由于三種情形下彈力的大小、方向均不同，則彈力對它們的沖量不同，選項B錯誤；

合外力的方向不同，沖量一定不同，選項C錯誤；根據(jù)機械能守恒定律可知，它們的動能增量不

同，選項D正確。

7.如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當以速度r抽出紙條后，鐵塊掉到地面上

的一點，若以2「速度抽出紙條，則鐵塊落地點（）

「I--^紙條

P

A.仍在尸點

B.在尸點左側

C.在0點右側不遠處

D.在尸點右側原水平位移的兩倍處

解析：選B以2r速度抽出紙條時，紙條對鐵塊作用時間減少，而紙條對鐵塊的作用力相同，

故與以速度，抽出相比，紙條對鐵塊的沖量/減小，鐵塊做平拋運動的初速度減小，水平射程減

小，故落在。點的左側。

8.如圖所示，尸0s是固定于豎直平面內的光滑的3圓周軌道，圓心。在S的正上方。在。和一

兩點各有一個質量為小的小物塊a和4從同一時刻開始，a自由下落，8沿圓弧下滑。以下說法

正確的是（）

A.a比6先到達S,它們在S點的動量不相等

B.a與。同時到達S,它們在S點的動量不相等

C.a比b先到達S,它們在S點的動量相等

D.6比a先到達S,它們在S點的動量相等

解析：選A物體a做自由落體運動，其加速度為g；而物體6轉圓弧軌道下滑，在豎直方

向的加速度在任何高度都小于g,由人=3a/，得因為動量是矢量，故a、。到達S時，

它們在S點的動量不相等，故A正確。

9.質量為1kg的物體靜止放在足夠大的水平桌面上,物體與桌面間的動摩擦因數(shù)為H=0.4,

有一大小為5N的水平恒力廠作用于物體上，使之加速前進，經(jīng)3s后撤去尸，求物體運動的總

時間。（g=10m/s2）

解析：物體由開始運動到停止運動的全過程中，尸的沖量為尸右，摩擦力的沖量為斤九選水

平恒力尸的方向為正方向，根據(jù)動量定理有

Ft}—Ftt=0①

又Ft—umg②

聯(lián)立①②式代入數(shù)據(jù)解得t=3.75s。

答案：3.75s

10.（多選）如圖所示為放在水平地面上的物體受到的合外力隨時間變化的關系圖像，若物體

開始時是靜止的，則前3s內（）

4F/N

20—]

10!

-20）

A.物體的位移為0

B.物體的動量變化量為0

C.物體的動能變化量為0

D.物體的機械能改變量為0

解析：選BC第1s內420N,第2s內和第3s內尸=-10N,根據(jù)動量定理1=△〃，

前3s內，動量的變化量為零，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，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。

11.如圖所示，一輕質彈簧固定在墻上，一個質量為卬的木塊以速度3從右側沿光滑水平面

向左運動并與彈簧發(fā)生相互作用。設相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內，那么，在整

個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量/的大小和彈簧對木塊做的功”分別是（）

mm

1^777777777777777777777T777777/

A.1=0,甲=ffjvjB.T—/ilVorW—~^IUVQ

1,

C.I=2mvs,W=QD.I=2w,獷=y嫉

解析：選C在木塊與彈簧接觸到將彈簧壓縮為最短的過程中，彈簧對木塊做負功，在彈簧

將木塊彈出的過程中，彈簧對木塊做正功，且正功與負功的絕對值相等，故在整個相互作用的過

程中彈簧對木塊做的總功/勺0。木塊將以一沖的速度被彈回，由動量定理可得，在整個相互作用

的過程中彈簧對木塊沖量/的大小I=2mv§,故C正確。

12.人們常說“滴水穿石”，請你根據(jù)下面所提供的信息，估算水對石頭的沖擊力的大小。

一瀑布落差為/?=20m,水流量為(2=0.10m7s,水的密度0=l.OXl()3kg/m3,水在最高點和落

至石頭上后的速度都認為是零。(落在石頭上的水立即流走，在討論石頭對水的作用時可以不考

慮水的重力，g取的m/s2)

解析：設水滴下落與石頭碰前速度為心則有mgh=^inv

設時間At內有質量為△加的水沖到石頭上，石頭對水的作用力為￡由動量定理得：-F't

=0—Amv

又因Am—PQXt

聯(lián)立得：F=PQ^2gh=2XW'N

由牛頓第三定律，水對石頭的作用力：廣=尸=2*1。3M方向豎直向下。

答案：2X1()3N

13.將質量為勿=1kg的小球，從距水平地面高/?=5nl處，以外=10m/s的水平速度拋出，

不計空氣阻力，g取10m/s:求：

(1)拋出后0.4s內重力對小球的沖量；

(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'。

解析：。)重力是恒力，0.4s內重力對小球的沖量

1=mgt=\X10X0.4N?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，故力2

落地時間t'

V

小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量為/'=mgt'=1X1OX1N?s=10N?s

方向豎直向下

由動量定理得

Ap—I'=10N,s

方向豎直向下。

（3）小球落地時豎直分速度為vy^gt'=10m/s

由速度合成知，落地速度

v—yjK>2+Vy=-\/102+10"m/s=10^/2m/s

所以小球落地時的動量大小為p'=fflr=10^/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）10gkg?m/s方向

與水平方向的夾角為45°

2、動量守恒定律

1.把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍發(fā)射出一顆子彈時，關于槍、

子彈和車，下列說法中正確的是（）

A.槍和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒

B.槍和車組成的系統(tǒng)動量守恒

C.三者組成的系統(tǒng)因為子彈和槍筒之間的摩擦力很小，使系統(tǒng)的動量變化很小，可忽略不

計，故系統(tǒng)動量近似守恒

D.三者組成的系統(tǒng)動量守恒，因為系統(tǒng)只受重力和地面支持力這兩個外力作用，這兩個外

力的合力為零

解析：選D由于槍水平放置，故三者組成的系統(tǒng)除受重力和支持力（兩外力平衡）外，不受

其他外力，動量守恒。子彈和槍筒之間的力應為系統(tǒng)的內力，對系統(tǒng)的總動量沒有影響，故選項

C錯誤。槍和子彈組成的系統(tǒng)受到車對其的外力作用，車和槍組成的系統(tǒng)受到子彈對其的外力作

用，動量都不守恒，故選項A、B錯誤，D正確。

2.（多選）在光滑水平面上力、6兩小車中間有一彈簧，如圖所示，用手抓住小車并將彈簧壓

縮后使小車處于靜止狀態(tài)。將兩小車及彈簧看成一個系統(tǒng)，下面說法正確的是（）

AB

A.兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零

B.先放開左手，再放開右手后，動量不守恒

C.先放開左手，后放開右手，總動量向左

D.無論何時放手，兩手放開后，在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系

統(tǒng)的總動量不一定為零

解析：選ACD在兩手同時放開后，水平方向無外力作用，只有彈簧的彈力（內力），故動量

守恒，即系統(tǒng)的總動量始終為零，A對；先放開左手，再放開右手后，是指兩手對系統(tǒng)都無作用

力之后的那一段時間，系統(tǒng)所受合外力也為零，即動量是守恒的，B錯；先放開左手，系統(tǒng)在右

手作用下，產(chǎn)生向左的作用力，故有向左的沖量，再放開右手后，系統(tǒng)的動量仍守恒，即此后的

總動量向左，C對；其實，無論何時放開手，只要是兩手都放開后就滿足動量守恒的條件，即系

統(tǒng)的總動量保持不變，D對。

3.（多選）在軍事訓練中，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0.5

m/s的小船上，然后去執(zhí)行任務，已知戰(zhàn)士的質量為60kg,小船的質量是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（）

—?Y

一

A.戰(zhàn)士跳到小船上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)士跳到小船上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0

D.戰(zhàn)士跳上小船到最終停在船上的過程中動量變化量的大小為105kg?m/s

解析：選AD在戰(zhàn)士跳到小船到最終停在小船上的過程中，戰(zhàn)士和小船的總動量守恒，總機

械能有損失，不守恒，選項A正確，B錯誤；以戰(zhàn)士初始運動方向為正方向，對戰(zhàn)士跳到小船上

并最終停在船上的過程，設戰(zhàn)士最終停在船上后船和戰(zhàn)士的速度為/,由動量守恒定律可知m

人r—0給5=（加人+加冊）/,得/=0.25m/s,選項C錯誤；戰(zhàn)士動量的變化量△°=0人（/

—v）=60X（0.25—2）kg,m/s=-105kg,m/s,動量變化量的大小為105kg?m/s,選項D正

確。

4.如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的底板上放著一個小木塊，木

箱和小木塊都具有一定的質量。現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度標,貝（1（）

A.小木塊和木箱最終都將靜止

B.小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動

C.小木塊在木箱內壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動

D.如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動

解析：選B木箱和小木塊具有向右的動量，并且相互作用的過程中總動量守恒，選項A、D

錯誤：由于小木塊與底板間存在摩擦，小木塊最終將相對木箱靜止，選項B正確，選項C錯誤。

5.如圖所示，甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運動，甲、乙物體的速度大小分

別為3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運動，速度大小均為2m/s?則甲、乙兩物體

質量之比為（）

A.2：3B.2：5

C.3：5D.5：3

解析：選C選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mvvx-im.v2=—

0甲％'吸'，代入數(shù)據(jù)，可得甲：加乙=3：5,選項C正確。

6.如圖所示，質量為"的小車置于光滑的水平面上，車的上表面是粗糙的，有一質量為卬的

木塊，以初速度的滑上小車的上表面。若車的上表面足夠長，貝I"）

笥T

I\M

7/////7^//////^////////

A.木塊的最終速度一定為七

B.由于車的上表面粗糙，小車和木塊組成的系統(tǒng)動量減小

C.車的上表面越粗糙，木塊減少的動量越多

D.車的上表面越粗糙，小車增加的動量越多

解析：選A以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，所受合外力為零，因此系統(tǒng)動量守恒，

由于摩擦力的作用，木塊速度減小，小車速度增大，最后小車和木塊以共同速度運動。有mn=

（如+助/,解得/=撫，無論車上表面如何粗糙，最終兩者的速度都是/=就，故A正

確。

7.（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

解析：選BC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)在水平方向上動量守恒，因小球下滑過程中

水平向左的速度在增大，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。

8.A,6兩球沿同一條直線運動，如圖記錄了它們碰撞前后的運動情況。其中a、6分別為4、

6碰前的x力圖線，c為它們碰后的*t圖線。若｛球質量為1kg,則8球質量是多少？

h4%/m

1234t/s

解析：由圖像可知

碰前vt—2m/s—3m/s,

4-0/C,

Vb—2m/s—2in/So

2—4

碰后Vc—om/s—1m/s,

4A—z

由碰撞過程中動量守恒有

miiVb—（ZRI+Z?；）vc,

代入數(shù)據(jù)得m產(chǎn)0.67kg。

答案：0.67kg

9.（多選）如圖所示，小車放在光滑水平面上,力端固定一個輕彈簧，8端粘有油泥，AB

總質量為M質量為勿的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的4端并使彈簧壓縮，開始時小

車和木塊C都靜止，當突然燒斷細繩時，。被釋放，使。離開彈簧向8端沖去，并跟8端油泥

粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是（）

油泥

7777777.7.77.7.77.7.77.7.77.7.7.77.7.77,7

A.彈簧伸長過程中C向右運動，同時小車46也向右運動

B.。與6碰前，C與小車的速率之比為M：加

C.，與油泥粘在一起后，小車46立即停止運動

D.C與油泥粘在一起后，小車繼續(xù)向右運動

解析：選BC彈簧向右推4C向右運動，同時彈簧向左推4端，小車48向左運動，A錯誤;

因小車48與C組成的系統(tǒng)動量守恒，。與5碰前，有碇=椒必得%:匕后M：例B正確；C與

6碰撞過程動量守恒，有：mvc—Mv,vs—v,知y=0,故C正確、D錯誤。

10.（多選）如圖所示，一個質量為〃=2kg的足夠長的木板放置在光滑水平面上，木板的一

側是一個固定在水平面上的四分之一圓弧必；圓弧半徑20.6m，￡點切線水平。軌道底端高度

與木板高度相同?，F(xiàn)將可視為質點、質量為加=1kg的小鐵塊從弧形軌道頂端由靜止釋放，小鐵

塊到達軌道底端時，軌道的支持力為25N。若小鐵塊在弧形軌道上下滑動過程中克服摩擦力所做

的功為心小鐵塊和長木板達到的共同速度為%重力加速度g取10m/s?。則（）

解析：選BD小鐵塊在弧形軌道底端時，滿足廠一儂=￡,解得：3=3m/s,根據(jù)動能定

K

理有儂??一修=；"/一0,解得：/0=1.5J。根據(jù)動量守恒定律知0依=（7+粉％解得v=lm/s。

故選項B、D正確。

11.如圖所示，一足夠長木板，質量為M,放在光滑水平面上，在其左端放一質量為"的小

木塊（可視為質點），m>M,木塊與木板間存在摩擦，現(xiàn)使兩者以速度的共同向右運動。已知木板

與墻碰撞后立即反向且速度大小不變，木塊不會滑離木板和碰到墻。求木板在第二次碰墻后的運

動過程中，木板速度為零時木塊的速度。

一。

[m|_________個

1MlN

解析：第一次碰墻后，木板原速率反向瞬間，木塊速度不變，木板與木塊最終一起以共同速

度向右運動，

由動量守恒定律得（加一助匕=（/〃+助

后m—MVQ

得片一啟萬

第二次碰墻后，當木板速度為零時，由動量守恒定律得（勿一助

ID—M~

y1=------匕。

1守mm+M

rn—,1/~

答案：KT"。

3、實驗：動量守恒定律的驗證

1.（多選）在利用氣墊導軌做動量守恒定律的驗證的實驗中，下列哪些因素可導致實驗誤差

（）

A.導軌安放不水平B.滑塊上擋光片傾斜

C.兩滑塊質量不相等D.兩滑塊碰后連在一起

解析：選AB導軌不水平將導致滑塊速度受重力分力影響，從而產(chǎn)生實驗誤差；擋光片傾斜

會導致?lián)豕馄瑢挾炔坏扔趽豕怆A段滑塊通過的位移；實驗中并不要求兩滑塊的質量相等；兩滑塊

碰后連在一起并不影響碰撞中的守恒量。綜上所述，A、B選項正確。

2.在利用平拋運動做“動量守恒定律的驗證”實驗中，安裝斜槽軌道時.，應讓斜槽末端的

切線保持水平，這樣做的目的是（）

A.入射球得到較大的速度

B.入射球與被碰球對心碰撞后速度均為水平方向

C.入射球與被碰球碰撞時動能無損失

I）.入射球與被碰球碰撞后均能從同一高度飛出

解析：選B實驗中小球能水平飛出是實驗成功的關鍵，只有這樣才能使兩個小球在空中運

動時間相等。

3.某同學用圖甲所示裝置來做動量守恒定律的驗證，實驗時先讓小球a從斜槽軌道上某固

定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下痕跡，重復10次；然后再把小球方靜置

在斜槽軌道末端，讓小球a仍從原固定點由靜止開始滾下，和小球8相碰后，兩球分別落在記錄

紙的不同位置處，重復10次。

(1)在安裝實驗器材時斜槽的末端應______________.

(2)小球a、。質量的大小關系應滿足松如,，兩球的半徑應滿足乙(選填

或，，=")

(3)本實驗中小球落地點的平均位置距。點的距離如圖乙所示，小球a、6碰撞后的平均落地

點依次是圖乙中的點和點。

(4)在本實驗中，驗證動量守恒定律的式子是下列選項中的。

A.m?OC—mi,OB

B.m,OB=m*OA+mi>OC

C.m；,OA—n,OB+mbOC

解析：(1)小球離開軌道后應做平拋運動，所以在安裝實驗器材時斜槽的末端必須保持水平，

才能使小球做平拋運動。

(2)為防止在碰撞過程中入射小球被反彈，入射小球a的質量如應該大于被碰小球b的質量

及。為保證兩個小球的碰撞是對心碰撞，兩個小球的半徑應相等。

(3)碰撞后小球a、b的落地點位置分別為4點、C點。

(4)小球下落高度一樣，所以在空中的運動時間t相等，若碰撞過程滿足動量守恒，則應有

HIM—mhvi?兩邊同時乘以時間t可得11t+叫明,3即有圾,0B=n110A+mQC,故選項B

正確。

答案：(1)保持水平(2)>=(3)/1C(4)B

4.某同學用如圖甲所示的裝置做“動量守恒定律的驗證”的實驗，先將球a從斜槽軌道上某

固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復10次，再把同樣大小的球。

放在斜槽軌道水平段的最右端處靜止，讓球a仍從原固定點由靜止開始滾下，且與球6相碰，碰

后兩球分別落在記錄紙的不同位置，重復10次。(本實驗中的斜槽軌道摩擦可以忽略不計)

(1)在本實驗中，下列不是產(chǎn)生誤差的主要原因的是________o

A.碰撞前入射小球的速度方向、碰撞后入射小球的速度方向和碰撞后被碰小球的速度方向

不是絕對沿水平方向

B.小球在空氣中飛行時受到空氣阻力

C.通過復寫紙描得的各點，不是理想點，有一定的大小，從而帶來作圖上的誤差

D.測量長度時有誤差

(2)放上被碰小球6,兩球(加＞加相碰后，小球a、6的平均落點位置依次是圖甲中的一

點和______點。

(3)某學生在做該實驗時，不小心把a、6球位置換了，即把質量較大的a球(質量為例)當成

了被碰球，把質量較小的5球(質量為加當成了入射球，且已知期＞%?“，結果6球單獨滾下時，

平均落點為，點，而6球與a球相撞后，6球和a球平均落點分別為4點和夕點(如圖乙所示)。

該同學也測得過程中的各物理量，利用這些數(shù)據(jù)也能判斷碰撞過程中的動量守恒，判斷的依

據(jù)是看和____________________在誤差允許的范圍內是否相等。利用該實驗的數(shù)據(jù)還可

以判斷兩球碰撞過程中機械能是否守恒。判斷的依據(jù)是看期與一在誤

差允許的范圍內是否相等。

解析：(1)由于碰撞前后小球的速度方向不是絕對沿水平方向，落點不確定，長度測量時有

誤差等都是造成誤差的主要原因；而在本實驗中，由于小球的運動速度不是很大，所以空氣阻力

雖然會對測量結果造成影響，但不是產(chǎn)生誤差的主要原因，故選B。

(2)a、6兩球相碰后，a落在題圖甲中4點，6落在題圖甲中。點。

(3)判斷碰撞過程中動量守恒的依據(jù)是：在誤差允許范圍內，mb?la—m,,?los+m,,?7a?,

判斷機械能守恒的依據(jù)：在誤差允許范圍內，-loL

答案：(1)B(2)4C

(3)?,?locm??IOB-^nh,?IOAma?Jo/)+m,?lo,\

5.用如圖所示裝置來做“動量守恒定律的驗證”實驗，質量為肱的鋼球8放在小支柱"上，

球心離地面高度為〃；質量為肉的鋼球/用細線拴好懸掛于。點，當細線被拉直時。點到球心的

距離為乙且細線與豎直線之間夾角為。；球1由靜止釋放，擺到最低點時恰與球8發(fā)生正碰，

碰撞后，4球把輕質指示針。推移到與豎直夾角為f處，3球落到地面上，地面上鋪有一張蓋有

復寫紙的白紙〃，用來記錄球6的落點。

(1)用圖中所示各個物理量的符號表示碰撞前后4、6兩球的速度(設從6兩球碰前的速度分

別為％、VB,碰后速度分別為VA'>VB),則VA=_VA'=__VB=_,

(2)請你提供兩條提高實驗精度的建議：

解析：(1)根據(jù)機械能守恒定律，宿%"V：=//hgL(1—cosa),vA=yf2ffL_1—cosa-。碰

撞后，同理可知"K2gLl-cos￡,由題意，碰撞前”=0,碰撞后小球6做平拋運動,

可得Vgt=x,解得Vs

(2)①讓球1多次從同一位置擺下，求6球落點的平均位置；②。角取值不要太?。虎蹆汕驙?/p>

8的質量不要太小。(任答兩條)

答案：⑴y/2gzi_1—cosa-72gL一"LeosB_0x(2)見解析

6.為了驗證碰撞中的動量守恒定律和檢驗兩個小球的碰撞過程中的機械能損失情況，某同

學選取了兩個體積相同、質量相差比較大的小球，按下述步驟做了實驗：

①用天平測出兩小球的質量(分別為的和出且的>加)。

②按圖示安裝好實驗器材，將斜槽固定在桌邊，使槽的末端切線水平，將一斜面8c連接

在斜槽末端。

③先不放小球的讓小球⑶從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，記下小球在斜面上的落點位置。

④將小球加放在斜槽末端邊緣處，讓小球⑶從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，使它們發(fā)生碰

撞，分別記下小球面和及在斜面上的落點位置。

⑤用毫米刻度尺量出各個落點位置到斜槽末端點6的距離。圖中〃、隊尸點是該同學記下小

球在斜面上的落點位置，到8點的距離分別為。、LE、U

(1)在不放小球股時，小球處從斜槽頂端/處由靜止開始滾下，面的落點在圖中的—

點，把小球血放在斜槽末端邊緣處，讓小球//；,從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，使它們發(fā)生碰撞,

碰后小球?的落點在圖中的點。

(2)若碰撞過程中，動量和機械能均守恒，不計空氣阻力，則下列表達式中正確的有。

A.nhLt=miLi；

B.Ln—ntiLi'i+mJ；：

C.miLE—nhnhLp

D.LE~LF—LD

解析：(D小球處從斜槽頂端4處由靜止開始滾下，處的落點在題圖中的后點，小球/九和小

球他碰撞后，小球磔的速度增大，小球用的速度減小，都做平拋運動，所以碰撞后小球面的落

點是〃點，小球帆的落點是尸點。

(2)設斜面傾角為，，小球落點到6點的距離為。小球從8點拋出時速度為右則豎直方向

有￡sin水平方向有￡cosO=vt,解得

所以口由題意分析得，只要滿足加%=秋吸+加□'，把速度r代入整理得見啦』的"(+

就“，，說明兩球碰撞過程中動量守恒;若兩小球碰撞前后機械能沒有損失，則要滿足關系式"ZZA/

=5如Vi'V2,整理得周乙=0。+色。?，故C正確。

答案：(1)￡D(2)C

4、動量守恒定律的應用

1.運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是（）

A.燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭

B.火箭發(fā)動機將燃料燃燒產(chǎn)生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭

C.火箭吸入空氣，然后向后推出，空氣對火箭的反作用力推動火箭

D.火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭

解析：選B火箭的工作原理是反沖運動，火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓氣體從尾部迅速噴

出時，使火箭獲得反沖速度，故選項B正確。

2.假設一個人靜止于完全光滑的水平冰面上，現(xiàn)欲離開冰面，下列方法中可行的是（）

A.向后踢腿B.手臂向后甩

C.在冰面上滾動D.脫下外衣水平拋出

解析：選D踢腿、甩手對整個身體系統(tǒng)來講是內力，內力不改變系統(tǒng)整體的運動狀態(tài)。

3.運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是（）

A.燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭

B.火箭發(fā)動機將燃料燃燒產(chǎn)生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭

C.火箭吸入空氣，然后向后推出，空氣對火箭的反作用力推動火箭

D.火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭

解析：選B火箭工作的原理是利用反沖運動，火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓燃氣從尾噴管

迅速噴出時.，使火箭獲得反沖速度，故B正確。

4.一航天器完成對月球的探測任務后，在離開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面

成一傾角的直線飛行，先加速運動，再勻速運動，探測器通過噴氣而獲得推動力，以下關于噴氣

方向的描述中正確的是（）

A.探測器加速運動時，沿直線向后噴氣

B.探測器加速運動時，豎直向下噴氣

C.探測器勻速運動時，豎直向下噴氣

D.探測器勻速運動時，不需要噴氣

解析：選C探測器加速運動時，通過噴氣獲得的推動力與月球對探測器的引力的合力沿加

速運動方向，選項A、B錯誤；探測器勻速運動時，通過噴氣獲得的推動力與月球對探測器的引

力的合力為零，根據(jù)反沖運動的特點可知選項C正確，選項D錯誤。

5.一炮艇總質量為M以速度的勻速行駛，從艇上以相對炮艇的水平速度「沿前進方向發(fā)

射一質量為"的炮彈，射出炮彈后炮艇的速度為，，若不計水的阻力，則下列各關系式中正確

的是（）

A.Mvo—Mv'

B.Mvo=（J/—zz?）v'+mv

C.Mvo—（M—ni）v'+W（V+K））

D.Mvo—Gl/—/?）/+///（v+v'）

解析：選D發(fā)射炮彈的過程，系統(tǒng)動量守恒，發(fā)射前，系統(tǒng)的總動量為加缶射出炮彈后，

炮艇的質量變?yōu)镸—/力,速度為”,炮彈質量為加，對地速度為〃+/,所以系統(tǒng)總動量為（科一

ni）v'+〃（/+/'）,本題選D。

6.（多選）采取下列哪些措施有利于增加火箭的飛行速度（）

A.使噴出的氣體速度更大

B.使噴出的氣體溫度更高

C.使噴出的氣體質量更大

D.使噴出的氣體密度更小

解析：選AC設火箭原來的總質量為M噴出的氣體質量為卬，速度是外剩余的質量為（M

mv

一血，速度是「'，由動量守恒得：（M—4/=mv得:/1由上式可知：m、r越大，/

越大。故A、C正確。

7.春節(jié)期間孩子們玩“沖天炮”，有一個被點燃的“沖天炮”噴出氣體豎直向上運動，其中

有一段時間內“沖天炮”向上做勻速直線運動，假設“沖天炮”在這段時間內受到的阻力不變，

則在這段時間內“沖天炮”（）

A.所受的合力為零B.受到的反沖力變小

C.機械能不變D.動量變小

解析：選A由于“沖天炮”在這段時間內做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，所以“沖天炮”

受到的合力為零，A正確；“沖天炮”在這段時間內做勻速直線運動，反沖力與重力、阻力平衡，

保持不變，B錯誤；“沖天炮”在這段時間內做勻速直線運動，速度不變，動量不變，動能不變，

勢能增加，故機械能一定增加，C、D錯誤。

8.豎直發(fā)射的火箭質量為6X10,kgo已知每秒鐘噴出氣體的質量為200kg。若要使火箭最

初能得到20m/s?的向上的加速度，則噴出氣體的速度應為（）

A.700m/sB.800m/s

C.900m/sD.1000m/s

解析：選C每秒噴出氣體的動量等于火箭每秒增加的動量，即卬氣r氣=/箭V箭，由動量定

嘛麻叭叭

理得火箭獲得的動力F=,,又F—m*g=m璃a,得/氣=900m/s,選項C正確。

9.一個士兵坐在皮劃艇上，他連同裝備和皮劃艇的總質量是120kg。這個士兵用自動步槍

在2s內沿水平方向連續(xù)射出10發(fā)子彈，每發(fā)子彈的質量是10g,子彈離開槍口時相對步槍的

速度是800m/s。射擊前皮劃艇是靜止的，不考慮水的阻力。

(1)每次射擊后皮劃艇的速度改變多少？

(2)連續(xù)射擊后皮劃艇的速度是多大？

(3)連續(xù)射擊時槍所受到的平均反沖作用力是多大？

解析：⑴根據(jù)動量守恒定律有：(必一加%一卬比=0

-3

niv210X10X800,,

解用"=J/-R=120-10X10-m/s七0.067m/s

由于子彈質量很小，相對士兵和皮劃艇總質量可忽略，故每次速度改變約0.067m/s。

(2)由于皮劃艇每次射擊改變的速度很小，相對于子彈的速度可以忽略，根據(jù)動量守恒定律

(〃一10勿)"一10小丹=0

\0niV21OX1OX1O-3X8OO

解得偏=；J/-10ffl=120-10X10X10-3m/s=0.67m/so

(3)根據(jù)動量定理F

如「120X0.67

解得F=-——N=40.2No

t

答案:(1)0.067m/s(2)0.67m/s(3)40.2N

10.質量為以半徑為〃的小球，放在半徑為20、質量為2勿的大空心球內，大球開始靜止在

光滑水平面上。當小球從如圖所示的位置無初速度沿內壁滾到最低點時，大球移動的距離是

()

R

A.]B.-

cRR

C，4D-6

解析：選B由水平方向動量守恒有0x小球一2加x大球=0,又x小球+x大球=憶所以x大球=今

選項B正確。

11.（多選）一個質量為"的平板車靜止在光滑的水平面上，在平板車的車頭與車尾站著甲、

乙兩人，質量分別為0和施，當兩人相向而行時（）

A.當例＞例時，車子與甲運動方向一致

B.當匕＞吸時，車子與甲運動方向一致

C.當?shù)模?網(wǎng)或時，車子靜止不動

D.當加%＞微必時，車子運動方向與乙運動方向一致

解析：選CD車子向哪一個方向運動，取決于甲、乙兩人的動量大小關系，根據(jù)動量守恒定

律可知選項C、D正確。

12.某小組在探究反沖運動時，將質量為面的一個小液化氣瓶固定在質量為極的小模具船上,

利用液化氣瓶向外噴射氣體作為船的動力?，F(xiàn)在整個裝置靜止放在平靜的水面上，已知打開液化

氣瓶后向外噴射氣體的對地速度為小如果在△力的時間內向后噴射的氣體的質量為A〃，忽略水

的阻力，則

（1）噴射出質量為A勿的氣體后，小船的速度是多少？

（2）噴射出△位氣體的過程中，小船所受氣體的平均作用力的大小是多少？

解析：（1）由動量守恒定律得：

0—（例+加—Ani）re—△mv\,

Amv\

得:1OTI+Z%—△m

（2）對噴射出的氣體運用動量定理得：F&t=Rmv、,

解得Q筌

由牛頓第三定律知小船所受氣體的平均作用力大小為筌

△加修

答案：（1）⑵筌

如+破一△m

13.平板車停在水平光滑的軌道上，平板車上有一人從固定在車上的貨廂邊沿水平方向順著

軌道方向跳出，落在平板車地板上的4點，距貨廂水平距離為/=4m,如圖所示，人的質量為",

車連同貨廂的質量為m=4如貨廂高度為方=1.25m,求人跳出后到落到地板前車的反沖速度大

小。

解析：人從貨廂邊跳離的過程，系統(tǒng)（人、車和貨廂）在水平方向動量守恒，則〃陽一向矛2=0,

又用+*2=/解得入2=0.8m

2X1.25

人跳離貨廂后做平拋運動，車以燈做勻速運動，運動時間為t=\匕=\—而一s=0.5

所以卷=今=1.6m/so

答案：1.6m/s

5、彈性碰撞與非彈性碰撞

1.下列關于碰撞的理解正確的是（）

A.碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程

B.在碰撞現(xiàn)象中，一般內力都遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統(tǒng)的動能守恒

C.如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞

D.微觀粒子的相互作用由于不發(fā)生直接接觸，所以不能稱其為碰撞

解析：選A碰撞是十分普遍的現(xiàn)象，它是相對運動的物體相遇時發(fā)生的一種現(xiàn)象，一般內

力遠大于外力。如果碰撞中機械能守恒，就叫作彈性碰撞。微觀粒子的相互作用同樣具有短時間

內發(fā)生強大內力作用的特點，所以仍然是碰撞。

2.如圖所示，物體力靜止在光滑的水平面上，4的左邊固定有輕質彈簧，與/質量相等的物

體8以速度/向/運動并與彈簧發(fā)生碰撞，4、6始終沿同一直線運動，則從8組成的系統(tǒng)動能

損失最大的時刻是（）

回

A.力開始運動時B.4的速度等于r時

C.8的速度等于零時D.1和8的速度相等時

解析：選D4、6速度相等時彈簧的壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，/、8組成的系統(tǒng)動能

損失最大，選項D正確。

3.現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質量分別為3股和加以相同的速率r在光滑水平面上相向運動，發(fā)

生了碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是（）

A.彈性碰撞B.非彈性碰撞

C.完全非彈性碰撞D.條件不足，無法確定

解析：選A以甲滑塊的運動方向為正方向，由動量守恒定律得：3?-v-mv=Q+mv',所

以y'=2v,碰前總動能笈=；X3R?聲+；"/=2R/,碰后總動能笈'=%▼。=2加,反=反'，

所以A正確。

4.在一條直線上相向運動的甲、乙兩個小球，它們的動能相等，已知甲球的質量大于乙球

的質量，它們正碰后可能發(fā)生的情況是（）

A.甲、乙兩球都沿乙球的運動方向

B.甲球反向運動，乙球停下

C.甲、乙兩球都反向運動

D.甲、乙兩球都反向運動，且動能仍相等

解析：選C由p：'=2值知，正碰前甲球的動量大于乙球的動量，所以總動量的方向應為甲

球的初動量的方向，可以判斷C正確，A、B、D錯誤。

5.如圖所示，小球/和小球8質量相同，球8置于光滑水平面上，當球4的最低點從高為力

處由靜止擺下，到達最低點恰好與球8相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動，它們能上升的最大高度是

（）

A.hB.5

11

C.0D.於

解析：選C對球4碰撞前下落過程由機械能守恒定律有mgh=/e,得y=［麗。對碰撞過

程由動量守恒定律有碇=2“'，得/=寫。對整體，設上升的最大高度為力'，則由機械

能守恒定律有2儂力'=1?2mv'解得〃=J,C正確。

乙