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：動量守恒定律的險證................................................11

4、動量守恒定律的應(yīng)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(guān)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(zhì)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(zhì)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(zhì)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(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為。的斜面向上滑動，經(jīng)過時間段速度變?yōu)榱闳缓笥?/p>

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

重力對滑塊的總沖量為（）

A.mgsin8（力+。）B.mgsin0（力一場

C.mg（t\4-f2）D.0

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

IG=mg（h+t2）?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(nèi)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)動量定理凡=△夕知，當△2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?nèi)Q于合外力的作用，與內(nèi)部

作用無關(guān)，所以D正確。

5.如圖所示，運動員揮拍將質(zhì)量為R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14、七，力與上方向相反，且改》修。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.大小為勿（晚一H）,方向與修方向相同

B.大小為勿（嶺+%）,方向與片方向相同

C.大小為勿（吸一H）,方向與七方向相同

D.大小為加（改+匕），方向與匕方向相同

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：1=—mv2—mv\=—r2）,即沖量大小為卬（力+丹），方向與H方向相反，與

卷方向相同，故D正確，A、B、C錯誤。

6.（多選）如圖所示，ad、bd、a/是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細桿，a、b、c、"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(zhì)量相同的小滑環(huán)（圖中

未畫出），三個小滑環(huán)分別從a、b、。處釋放（初速度為零），關(guān)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(xué)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P抽出紙條后，鐵塊掠到地面上

的2點，若以2y速度抽出紙條，則鐵塊落地點（）

「I------^紙條

P

，〃〃〃〃〃））〃〃〃〃〃〃〃）〃〃九

A.仍在0點

B.在戶點左側(cè)

C.在〃點右側(cè)不遠處

D.在尸點右側(cè)原水平位移的兩倍處

解析：選B以2V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，

政與以速度/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，故落在尸點的左側(cè)。

8.如圖所示，尸0s是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的;圓周軌道，圓心。在S的正上方。在。和尸

兩點各有一個質(zhì)量為勿的小物塊a和4從同一時刻開始，a自由下落，b沿圓弧下滑。以下說法

正確的是（）

A.a比人先到達S,它們在S點的動量不相等

B.a與6同時到達S,它們在5點的動量不相等

C.a比6先到達S,它們在S點的動量相等

D.力比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5沿!圓弧軌道下滑，在豎直方

向的加速度在任何高度都小于g,由力=］值得加因為動量是矢量，故a、方到達S時，

它們在S點的動量不相等，故A正確。

9.質(zhì)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〃=0.4,

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

時間。（差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3摩擦力的沖量為此以選水

平恒力尸的方向為正方向，根據(jù)動量定理有

Fh—Rt=D①

又F尸umg②

聯(lián)立①②式代入數(shù)據(jù)解得￡=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(guān)系圖像，若物體

開始時是靜止的，則前3$內(nèi)（：

10

0

246t/s

-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笫1s內(nèi)420N,笫2s內(nèi)和笫3s內(nèi)外二一10N,根據(jù)動量定理1一&p,

前3s內(nèi)，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(zhì)彈簧固定在墻上，一個質(zhì)量為卬的木塊以速度外從右側(cè)沿光滑水平面

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

V7777777777777777/77777777777/

A.1=0,fi—mvoB.I=mvo,S訝

12

C.I=2mvf)H—0D.1=2mv^H--/nvo

f乙

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W'=o。木塊將以一n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/=2勿劭，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。

一瀑布落差為力=20m,水流量為匕0.10nf/s,水的密度O=1.0X10,kg/m\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10m/s2)

解析：設(shè)水滴下落與石頭碰前速度為%則有加g力=去J

設(shè)時間AE內(nèi)有質(zhì)量為△加的水沖到石頭上，石頭對水的作用力為月由動量定理得：-Z

=0—Amv

又因bm=pQbt

聯(lián)立得：F=P至正=2義10、N

由牛頓第三定律，水對石頭的作用力：F=6=2X103N,方向豎直向下。

答案：2X1()3N

13.將質(zhì)量為勿=1kg的小球，從距水平地面高力=5m處，以府=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(nèi)重力對小球的沖量；

(2)平拋運動過程中小球動量的增量△0；

(3)小球落地時的動量小。

解析：(1)重力是恒力，0.4s內(nèi)重力對小球的沖量

I=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V

小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量為T=mge=1X1OX1N-S=1ON-S

方向豎直向下

由動量定理得

△P=r=10N?s

方向豎直向下。

(3)小球落地時豎直分速度為v產(chǎn)gt'=10m/s

由速度合成知，落地速度

v=yjvoVy=yj102+102m/s=10\/2m/s

所以小球落地時的動量大小為夕'=z?i^=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⑵10N?s方向豎直向下(3)10^/2kg?m/s方向

W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(guān)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

1).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(yīng)為系統(tǒng)的內(nèi)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錯浜，D正確。

2.（多選）在光滑水平面上48兩小車中間有一彈簧，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

^7777/777777777777777/777^7^

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(fù)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(nèi)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(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0.5

m/s的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)，已知戰(zhàn)士的質(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(shè)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/一切船。船=（勿人+加船）/,得/=0.25m/s,選項C錯誤；戰(zhàn)士動量的變化量△0=加人（，

-r）=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(nèi)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(zhì)量。現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度出則（）

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(nèi)壁將始終來回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運動

D.如果小木塊與木箱的左壁碰璜后相對木箱靜止，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/so則甲、乙兩物體

質(zhì)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)動量守恒定律有初甲匕一m乙丹=一

〃甲為'+S乙丹'，代入數(shù)據(jù)，可得m甲：m乙=3：5,選項C正確。

6.如圖所示，質(zhì)量為時的小車置于光滑的水平面上，車的上表面是粗糙的，有一質(zhì)量為勿的

木塊，以初速度由滑上小車的上表面。若車的上表面足夠長，則（）

mv0

A.木塊的最終速度一定為二二

M-rm

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。有小出=

加+粉，，解得/=墨,無論車上表面如何粗糙，最終兩者的速度都是/=墨，故A正

M十m必十m

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.力、8兩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、8分別為4、

萬碰前的xe圖線，c為它們碰后的x￡圖線。若月球質(zhì)量為1kg,則6球質(zhì)量是多少？

10

234〃s

解析：由圖像可知

碰前%=~-m/s=-3m/s,

乙

碰后匕=“7^m/s=-1m/s,

由碰撞過程中動量守恒有

nhV"+m8Vb=（如+血vcf

代入數(shù)據(jù)得rn^O.67kgo

答案：0.67kg

9.（多選）如圖所示，小車48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(zhì)量為M質(zhì)量為切的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的力端并使彈簧壓縮，開始時小

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

粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是（）

油泥

A.彈簧伸長過程中。向右運動，同時小車18也向右運動

B.C與8碰前，C與小車力8的速率之比為，m

C.C與油泥粘在一起后，小車"立即停止運動

D.。與油泥粘在一起后，小車熊繼續(xù)向右運動

解析：選BC彈簧向右推C,。向右運動，同時彈簧向左推力端，小車力8向左運動，A錯誤;

因小車46與C組成的系統(tǒng)動量守恒：C與8碰前，有m%=MvA8,得無：以尸，加，B正確；C與

8碰撞過程動量守恒，有：mvr—MVAS=（JH~而v,知卜=0,故C正確、D錯誤。

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

側(cè)是一個固定在水平面上的四分之一圓弧牙；圓弧半徑E=0.6m,￡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(zhì)點、質(zhì)量為勿=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/s2。則（）

C.v=2m/sD.r=lm/s

2

解析：選BD小鐵塊在弧形軌道底端時，滿足尸一儂=嚕，解得：的=3m/s,根據(jù)動能定

理有%7?一的=5"詔-0,解得：^=1.5Jo根據(jù)動量守恒定律知zm=U+.防匕解得r=lm/s。

曲選項B、D正確。

11.如圖所示，一足夠長木板，質(zhì)量為M放在光滑水平面上，在其左端放一質(zhì)量為加的小

木塊（可視為質(zhì)點），盼他木塊與木板間存在摩擦，現(xiàn)使兩者以速度后共同向右運動。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。

M

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（加一助即=（7??協(xié)修

加一必的

得片

加+,獷

笫二次碰墻后，當木板速度為零時，由動量守恒定律得（〃7一給/=如，’

得「高合

Vbo

答案：

3、實驗：動量守恒定律的驗證

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

（）

A.導(dǎo)軌安放不水平B.滑塊上擋光片傾斜

C.兩滑塊質(zhì)量不相等D.兩滑塊碰后連在一起

解析：選AB導(dǎo)軌不水平將導(dǎo)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(dǎo)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(zhì)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(yīng)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?qū)π呐鲎埠笏俣染鶠樗椒较?/p>

C.入射球與被碰球碰撞時動能無損失

D.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(guān)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(xué)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(fù)10次；然后再把小球6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。相碰后，兩球分別落在記錄

紙的不同位置處，重復(fù)10次。

(2)小球a、6質(zhì)量的大小關(guān)系應(yīng)滿足“_______改，兩球的半徑應(yīng)滿足居________no(選填

，，＞”“＜，，或“=”)

(3)本實驗中小球落地點的平均，立置距0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=mM+mM

B.niQB=nihOC

C.m.OA=m,,OB+mt.OC

解析：(D小球離開軌道后應(yīng)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&的質(zhì)量限應(yīng)該大于被碰小球b的質(zhì)量

儂＞為保證兩個小球的碰撞是對心碰撞，兩個小球的半徑應(yīng)相等。

(3)碰撞后小球a、6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￡相等，若碰撞過程滿足動量守恒，則應(yīng)有

取的=以必+/%%,兩邊同時乘以時間￡可得加為￡=應(yīng)匕/+施1修上即有應(yīng)陽=私為+儂3,故選項B

正確。

答案：(D保持水平(2)＞=(3)/1C(4)B

4.某同學(xué)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(fù)10次，再把同樣大小的球6

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。相碰，碰

后兩球分別落在記錄紙的不同位置，重復(fù)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。

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(fù)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A兩球(偏＞屈)相碰后，小球a、。的平均落點位置依次是圖甲中的—

點和點。

(3)某學(xué)生在做該實驗時，不小心把以方球位置換了，即把質(zhì)量較大的a球(質(zhì)量為四)當成

了被碰球，把質(zhì)量較小的力球(質(zhì)量為加當成了入射球，且已知勿)%,，結(jié)果b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8點(如圖乙所示)。

該同學(xué)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(nèi)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)是看儂與在誤

差允許的范圍內(nèi)是否相等。

解析：(D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(jié)果造成影響，但不是產(chǎn)生誤差的主要原因，故選B。

(2)48兩球相碰后，a落在題圖中中4點，b落在題圖甲中C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(nèi)，儡?la=m,?/m+勿/,?/右。

2

判斷機械能守恒的依據(jù)：在誤差允許范圍內(nèi)，ms.?loc=m,?id?7ft(o

答案：(1)B(2)JC

(3)nib?loc祝.1.+nh?laim.,,Im+M,IM

5.用如圖所示裝置來做“動量守恒定律的驗證”實驗，質(zhì)量為腦的鋼球8放在小支柱N上，

球心離地面高度為〃；質(zhì)量為股的樞球4用細線拴好懸掛于。點，當細線被拉直時。點到球心的

距離為。且細線與豎直線之間夾角為。；球月由靜止釋放，擺到最低點時恰與球發(fā)生正碰，

碰撞后，力球把輕質(zhì)指示針。推移到與豎直夾角為￡處，3球落到地面上，地面上鋪有一張蓋有

復(fù)寫紙的白紙〃，用來記錄球8的落點。

?〃〃〃〃/〃///

(1)用圖中所示各個物理量的符號表示碰撞前后人兩球的速度(設(shè)4兩球碰前的速度分

1

別為詠VB,碰后速度分別為0'、M),則VA=__________,VA=

../一

YB—__________

(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，有%V：=戊磔a—cosa),vA=\[2gL―1—cosa-。碰

乙

撞后，同理可知以'=^2g￡l—ccsB,由題意，碰撞前g=0,碰撞后小球6做平拋運動,

可得;端t=Xt解得“

(2)①讓球A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??；③兩球力、

8的質(zhì)量不要太小。(任答兩條)

答案：(l)，2g￡—1—cosa-72gL—1—cosP_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(xué)選取了兩個體積相同、質(zhì)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(zhì)量(分別為例和股，且助3

②按圖示安裝好實驗器材，將奔?槽48固定在桌邊，使槽的末端切線水平，將一斜面比'連接

在斜槽末端。

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

④將小球團放在斜槽末端邊緣處，讓小球向從斜槽頂端力處由靜止開始滾下，使它們發(fā)生碰

撞，分別記下小球〃力和姓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笈的距離。圖中以E、尸點是該同學(xué)記下小

球在斜面上的落點位置，到6點的距離分別為"、LE、LF0

(1)在不放小球論時，小球如從斜槽頂端力處由靜止開始滾下，處的落點在圖中的—

點，把小球熱放在斜槽末端邊緣處，讓小球處從斜槽頂端力處由靜止開始滾下，使它們發(fā)生碰撞，

碰后小球Ph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o

A.nhL/^nhL(r\~IDZLS

B.UKLE=nhLintU

C.nhL尸砸1刀+nhLf：

D.LE=LF-LD

解析：(1)小球用從斜槽頂端力處由靜止開始滾下，⑶的落點在題圖中的￡點，小球處和小

球處碰撞后，小球團的速度增大，小球面的速度減小，都做平拋運動，所以碰撞后小球⑶的落

點是〃點，小球愚的落點是尸點。

(2)設(shè)斜面傾角為，，小球落點到6點的距離為乙小球從0點拋出時速度為心則豎直方向

所以哼由題意分析得，只要滿足面匕=破吸+協(xié)為'，把速度P代入整理得用

”Z，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(guān)系式:

=＜例匕'吸吸2,整理得如〃=用乙+德“故5正確。

答案：(1)/D(2)C

4、動量守恒定律的應(yīng)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笳

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(shè)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(nèi)力，內(nèi)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，空氣反昨用力推動火箭

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(wù)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(guān)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?qū)μ綔y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?qū)μ綔y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(zhì)量為機以速度％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(zhì)量為勿的炮彈，射出炮彈后炮艇的速度為，，若不計水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確

的是（）

A.MVQ=3"+mv

B.MVQ=（M—ni）v'-\-mv

C.Mva=（M—ni）v'+勿（/+的）

D.J/kb={M—m）v'+m（P+/）

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,標°,射出炮彈后，

炮艇的質(zhì)量變?yōu)楸匾患?，速度?,炮彈質(zhì)量為力，對地速度為1，+/,所以系統(tǒng)總動量為（."一

而v'+/?（。+/）,本題選Do

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(zhì)量更大

D.使噴出的氣體密度更小

解析：選AC設(shè)火箭原來的總質(zhì)量為M噴出的氣體質(zhì)量為卬，速度是匕剩余的質(zhì)量為W

my

~ni）,速度是vf,由動量守恒得：LJ/-m）/=//得：v'=~,由上式可知：勿、/越大，v'

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(nèi)“沖天炮”向上做勻速直線運動，假設(shè)“沖天炮”在這段時間內(nèi)受到的阻力不變，

則在這段時間內(nèi)“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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(zhì)量為6X10、kg。已知每秒鐘噴出氣體的質(zhì)量為200kgo若要使火箭最

初能得到20in/s?的向上的加速度，則噴出氣體的速度應(yīng)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，即加，=/?箭。衢，由動量定

理得火箭獲得的動力人華=竺廣，又F-m設(shè)『?、堑?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(zhì)量是120kg。這個士兵用自動步槍

在2s內(nèi)沿水平方向連續(xù)射出10發(fā)子彈，每發(fā)子彈的質(zhì)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：(D根據(jù)動量守恒定律有：(加一加片一卬物=0

-3

…mv210X10X800,…,

3

解得^=^=12O-1OX1O-°67m/s

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

(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

(.1/—10/w)V\1—10m的=0

,10勿吸10X10X107X800_

解得Vl-.l/-10^-120-10X10X10-3/s?0.67m/s。

(3)根據(jù)動量定理Ft^MvC

解得彳=*四等

N=40.2No

答案：(1)0.067m/s(2)0.67m/s(3)40.2N

10.質(zhì)量為加、半徑為斤的小球，放在半徑為2爪質(zhì)量為2勿的大空心球內(nèi)，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(nèi)壁滾到最低點時，大球移動的距離是

)

R

A,2

R

C,4

R

解析：選B由水平方向動量守恒有RX小球一2RX大球=0,又X小球+才大球=斤，所以x大球=鼻,

O

選項B正確。

11.（多選）一個質(zhì)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(zhì)量分別為協(xié)和股，當兩人相向而行時（）

A.當面＞/叫時，車子與甲運動方向一致

B.當力＞"時，車子與甲運動方向一致

C.當如匕=7%燈時，車子靜止不動

D.當加1力＞液技時，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(guān)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(zhì)量為0的一個小液化氣瓶固定在質(zhì)量為反的小模具船上,

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心如果在的時間內(nèi)向后噴射的氣體的質(zhì)量為△勿，忽略水

的阻力，則

（1）噴射出質(zhì)量為△加的氣體后，小船的速度是多少？

（2）噴射出△加氣體的過程中，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=（如+版-△ni）。船一△mvif

A

得：y船——r----

用十股一△m

（2）對噴射出的氣體運用動量定理得：

解得人W2，

由牛頓第三定律知小船所受氣體的平均作用力大小為智。

△mv\

答案：（1）

勿i+版—Am⑵手△i

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1點，距貨廂水平距離為/=4m,如圖所示，人的質(zhì)量為“

車連同貨廂的質(zhì)量為阿=4/，貨廂高度為力=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〃以一加照=0,

又汨+屈=/解得茲=0.8m

人跳離貨廂后做平拋運動，車以儂做勻速運動，運動時間為t=s=0.5

X?

所以畛=7=1.6m/so

答案：1.6m/s

5、彈性碰撞與非彈性碰撞

1.下列關(guān)于碰撞的理解正確的是（）

A.碰撞是指相對運動的物體相理時，在極短時間內(nèi)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(nèi)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#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(nèi)

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(nèi)發(fā)生強大內(nèi)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，力的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與力質(zhì)量相等的物

體8以速度〃向力運動并與彈簧發(fā)生碰撞，45始終沿同一直線運動，則力、8組成的系統(tǒng)動能

損失最大的時刻是（）

V—?

幽我倒

/////////////////////////)%^.

A.4開始運動時B.力的速度等于P時

C.4的速度等于零時D.力和8的速度相等時

解析：選D力、8速度相等時彈簧的壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，4、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(zhì)量分別為3加和m,以相同的速率/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加?/一腰=0+/,所

以/=2vf碰前總動能￡=）X3加?/+：/川=2版，碰后總動能氏'=5/2=2版，&=&',

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(zhì)量大于乙球

的質(zhì)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由萬=2底知，正碰前甲球的動量大于乙球的動量，所以總動量的方向應(yīng)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，小球力和小球8質(zhì)量相同，球8置于光滑水平面上，當球力的最低點從高為力

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.-h

C.yD.5

解析：選C對球/碰撞前下落過程由機械能守恒定律有勿劭=%//,得y回L對碰撞過

程由動量守恒定律有時=2/,得/="零。對整體，設(shè)上升的最大高度為力'，則由機械

能守恒定律有2mg力'=9?2%）解得力，=1,C正確。

6.在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起。

小球1以速度的射向它們，如圖所示。設(shè)碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度可能值是

解析：選D兩個質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性正碰