2021-2022學年新教材人教版高中物理選擇性必修第一冊第一章動量守恒定律 課時練習題及綜合測驗

第一章動量守恒定律

1、動量動顯定理.......................................................1

2、動量守恒定律.........................................................7

3、實驗：驗證動量守恒定律..............................................15

4、彈性碰撞和非彈性碰撞................................................25

5、反沖現(xiàn)象火箭......................................................32

第一章檢測卷...........................................................38

1、動量動量定理

1.一個物理量的單位可以根據(jù)基本單位和物理公式導出，下面單位均用國

際單位制的符號表示，它們充應的物理量屬于標量的是（）

A.kg-m/s2B.kg-m/s

C.CD.N.s

【答案】C【解析】kgm/s?對應的物理公式為F=maf其中尸是矢量，A

錯誤；kg-m/s對應的物理公式為〃其中動量〃是矢量，B錯誤；C是電荷

量的單位庫侖，而電荷量屬于標量，C正確；N?s對應的物理公式為/=力，其中

沖量/是矢量，D錯誤.

2.人從高處跳下，與地面接觸時雙腿彎曲，這樣是為了（）

A.減少落地時的動量

B.減少動量的變化

C.減少沖量

D.減小地面對人的沖力（動量的變化率）

【答案】D【解析】人從高處跳下時，落地時的動量一定，在落地的過程

中，動量變化是一定的，故A、B錯誤；通過膝蓋彎曲時延長了人動量變化的時

間，從而減小地面對人體的沖擊力，由動量定理/=R可知，可以減小人受到地

面的力，不能減小人受到的沖量，故C錯誤，D正確.

3.高空墜物極易對行人造成傷害.若一個1kg的磚塊從一居民樓的8層墜

下，與地面的撞擊時間約為10ms,則該磚塊對地面產(chǎn)生的汨擊力約為（）

A.20NB.2X102N

C.2X103ND.2X104N

【答案】C【解析】設8樓高度約為20m,磚塊落地時的速度，根據(jù)v2

=2gH,解得p=20m/s,磚關與地面撞擊的過程中，根據(jù)動量定理林V=〃約，

解得尸=2X1()3N,根據(jù)牛頓第三定律，磚塊對地面產(chǎn)生的沖擊力約為2XQN,

C正確，A、B、D錯誤.

4.質(zhì)量為().5kg的物體，運動速度為3m/s,它在一個變力作用下速度變?yōu)?/p>

7m/s,方向和原來方向相反，則這段時間內(nèi)動量的變化量為()

A.5kg-m/s,方向與原運動方向相反

B.5kg-m/s,方向與原運動方向相同

C.2kg.m/s,方向與原運動方向相反

D.2kg-m/s,方向與原運動方向相同

【答案】A【解析】以原來的方向為正方向，由定義式—mvf

得Ap=(-7X0.5—3X0.5)kg-m/s=~5kg-m/s,負號表示bp的方向與原運動方

向相反，A正確.

5.(多選汝1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2。抽出紙條，則()

鐵塊

紙條

A.鐵塊落地點在P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

【答案】AC【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A、C正確.

6.如圖甲所示，在粗糙的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為100kg的木箱.z

=0時刻，某同學對其施加水平推力尸的作用.已知水平推力尸隨時間f的變化

關系圖像如圖乙所示，木箱與水平地面之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2.己知最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2-則f=3s時木箱的速度大小為

/TN

A.2m/sB.2.5m/s

C.6m/sD.8m/s

【答案】B【解析】由于/="mg=200N,由圖像可知，從0.5s后木箱才

開始運動，0.5?3s對木箱由動量定理可得"一0,由圖像可得，外

上〃上也人（1+3）X400

力產(chǎn)的沖量為h-----------200X0.5X0.5N-s=750N-s,解得。=2.5m/s,

故B正確.

7.（2021屆聊城模擬）2019年8月，“法國哪吒”扎帕塔身背燃料包，腳踩

由5個小型渦輪噴氣發(fā)動機驅(qū)動的“飛板”，僅用22分鐘就飛越了英吉利海峽

35公里的海面.己知扎帕塔（及裝備）的總質(zhì)量為120kg,當扎帕塔（及裝備）懸浮

在空中靜止時，發(fā)動機將氣流以6000m/s的恒定速度從噴口向下噴出，不考慮

噴氣對總質(zhì)量的影響，g取lOm/s2,則發(fā)動機每秒噴出氣體的質(zhì)量為（）

A.0.02kgB.0.20kg

C.1.00kgD.5.00kg

【答案】B【解析】設扎帕塔（及裝備）對氣體的平均作用力為F,根據(jù)牛

頓第三定律可知，氣體對扎帕塔（及裝備）的作用力的大小也等于匕對扎帕塔（及

裝備），有F=Mg;設時間加內(nèi)噴出的氣體的質(zhì)量△機，則而氣體由動量定理得

FAHmv,解得等=（=等，代入數(shù)據(jù)解得等=02kg,發(fā)動機每秒噴出氣體

的質(zhì)量為0.2kg,故B正確，A、C、D錯誤.

8.（多選）“蹦極”運動中，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

【答案】ABD【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A、B、D

正確，C錯誤.

9.如圖所示，物體A和8用輕繩相連后通過輕質(zhì)彈簧懸掛在天花板上，物

體A的質(zhì)量為根，物體B的質(zhì)量為M,當連接物體A、B的繩子突然斷開后，物

體A上升到某一位置時的速度大小為0,這時物體8的下落速度大小為〃，在這

一段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為（）

IB\M|B|A/|

A.mvB.mv-Mu

C.mv+M”D.mv+mu

【答案】D【解析】以向上為正方向，在這一段時間里，對物體8由動量

定理得一Mgf=-M〃一0,在這一段時間里，對物體A由動量定理得/—

-0,解得/=，加+機〃，故D正確，A、B、C錯誤.

10.如圖所示，在網(wǎng)球的網(wǎng)前截擊練習中，若練習者在球網(wǎng)正上方距地面〃

處，將質(zhì)量為m的球以速度。沿垂直球網(wǎng)的方向擊出，球即好落在底線上.已

知底線到網(wǎng)的距離為3重力加速度取g,將球的運動視做平拋運動，球落在底

線上時速度方向的偏角為a下列判斷正確的是（）

H

A.tana=]

B.球的速度。

C.球從拋出至落地過程重力的沖量等于nrp^H

2H

D.球從擊出至落地所用時間為L

【答案】C【解析】由題意可知，球位移的偏向角正切為tan。=不，由平

拋運動的推論可知tana=2tan9=有A錯誤；球從擊出至落地所用時間為，=

y段，球的速度。=彳=一方行=L套，B、D錯誤；球從拋出至落地過程重

w

力的沖量/=mgt="i'丁=局2gH,C正確.

11.如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為仇質(zhì)量為m的物體以速度。

從斜面底端沖上斜面，達到最高點后又滑回原處，所用時間為f.對于這一過程，

下列判斷正確的是（）

A.斜面對物體的彈力的沖量為零

B.物體受到的重力的沖量大小為/ngsin。./

C.物體受到的合力的沖量大小為零

D.物體動量的變化量大小為機gsin的

【答案】D【解析】根據(jù)沖量的公式可知，斜面對物體的彈力的沖量大小

I=Nf=mgcos6”,彈力的沖量不為零，A錯誤；物體所受重力的沖量大小為4;

=mg'ttB錯誤；物體受到的合力的沖量大小為mgfsin仇由動量定理得動量的

變化量大小△〃=/^=mgsinHz,C錯誤，D正確.

12.（2021屆濰坊名校期中）一質(zhì)量為0.2kg的小鋼球由距地面5m高處自由

下落，與地面碰撞后又以等大的動量被反彈，碰撞作用時間為0.1s.若取向上

為正方向，g取lOm/s?,下列說法中正確的是（）

A.小鋼球碰地前后的動量變化是2kg.m/s

B.小鋼球碰地過程中受到的合沖量是4N?s

C.地面受到小鋼球的平均壓力為40N

D.引起小鋼球動量變化的是地面對小鋼球彈力的沖量

【答案】B【解析】小綱球由距地面5m高處自由下落，碰地前的速度大

小v=y12gh=1。m/s,若取向上為正方向，碰地前的動量〃=一〃“=—2kg?m/s,

反彈后的動量p'=—p=2kg?m/s;小鋼球碰地前后的動量變化是△〃=〃'—p

=4kg-m/s,故A錯誤；根據(jù)動量定理，小鋼球碰地過程中受到的合沖量是/=Ap

=4N-s,故B正確；地面受到小鋼球的平均壓力為尸=；+/ng=42N,故C錯

誤；引起小鋼球動量變化的是地面對小鋼球彈力和小鋼球重力的合力的沖量，故

D錯誤.

13.（2021屆北京第一中學模擬）如圖所示，甲球從。點以水平速度切飛出，

落在水平地面上的A點.乙球從O點以水平速度改飛出，落在水平地面上的3

點，反彈后恰好也落在A點.兩球質(zhì)量均為機若乙球落在5點時的速度大小為

S，與地面的夾角為60。，且與地面發(fā)生彈性碰撞，小計碰撞時間和空氣阻力，

下列說法錯誤的是（）

O甲

飛一'/…、、、

、、/,、、\、

'、，'、//J、、0\

\f、Q

.......也.........

A.乙球在3點受到的沖量大小為小機S

B.拋出時甲球的機械能大于乙球的機械能

C.OA兩點的水平距離與OB兩點的水平距離之比是3：1

D.由。點到A點，甲、乙兩球運動時間之比是1：1

【答案】D【解析】乙球落在B點時的速度大小為S,與地面的夾角為

60°,故豎直方向的分量s，=03sin60。=與內(nèi)，反彈后豎直方向的分量為9’=

行-

v,

—Vy=—23f水平方向速度不變，故沖量大小為p=mvy—mVy=小〃第3,故

A正確；拋出時甲球的初速度大于乙球的初速度，故甲球的初動能大于乙球的初

動能，而兩者重力勢能相等，故拋出時甲球的機械能大于乙球的機械能，故B

正確；設OA間的豎直高度為九

由O點到A點,甲球運動時間為tA=乙球運動時間是甲球的3倍;

乙球先做平拋運動，再做斜上拋運動，根據(jù)對稱性可知，從8到A的水平位移

等于從。到B的水平位移的2倍，所以甲球由。點到A點的水平位移是乙球由

。點到3點水平位移的3倍，故C正確，D錯誤.故選D.

14.(2021屆濰坊名校期也)在粗糙的水平面上靜止放置一個質(zhì)量為1.5kg的

物體，從，=0時刻開始受到水平向右拉力下的作用，從靜止開始做直線運動，

拉力尸隨時間變化如圖所示，物體與地面的動摩擦因數(shù)為0.4,g取lOm/sz,最

大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求：

(1)在0~6s時間內(nèi)拉力產(chǎn)的沖量；

(2)物體在t=6s時的速度大小.

【答案】(1)39N$方向向右(2>=2m/s

【解析】(1)力和時間的圖像的面積為尸的沖量，。?6s內(nèi)

ZF=1X(3+9)X4N-s+1x(6+9)X2N-s=39N-s,方向向右.

(2)在0?6s內(nèi)摩擦力的沖量

/f=：X(3+6)X2Ns+6X4N-s=~33N-s.

設r=6s物體時的速度為v,由動量定理可知

/合=/尸+介=，加一0,

解得v=4m/s.

2、動量守恒定律

1.(2021屆鶴崗第一中學期末)如圖所示，兩木塊A、8用輕質(zhì)彈簧連在一

起，置于光滑的水平面上.一顆子彈水平射入木塊A,并留在其中.在子彈打中

木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列

說法中正確的是()

v

BA

A.動量守恒、機械能守恒

B.動量守恒、機械能不守恒

C.動量不守恒、機械能守恒

D.動量、機械能都不守恒

【答案】B【解析】子彈擊中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程，系統(tǒng)在水

平方向不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，但是子彈擊中木塊A的過程，有摩擦力

做功，部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機械能不守恒，B正確，A、C、D錯誤.

2.在下列幾種現(xiàn)象中，所選系統(tǒng)動量守恒的有（）

A.原來靜止在光滑水平面上的車，從水平方向跳上一個人，人車為一個系

統(tǒng)

B.運動員將鉛球從肩窩開始加速推出，以運動員和鉛球為一個系統(tǒng)

C.從高空自由落下的重物落在靜止于地面上的車廂中，以重物和車廂為一

個系統(tǒng)

D.光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一個物體沿斜面滑下，以重物和

斜面為一個系統(tǒng)

【答案】A【解析】人與車組成的系統(tǒng)在水平方向受到的合外力為0,水

平方向的動量守恒，故A正確；運動員與鉛球組成的系統(tǒng)，初動量為零，末動

量不為零，故B錯誤；重物和車廂為一系統(tǒng)的末動量為零而初動量不為零，故C

錯誤；該選項中，在物體沿斜面下滑時，向下的動量增大，故D錯誤.

3.A、B兩個相互作用的物體，在相互作用的過程中外力的合力為0,則

以下說法中正確的是（）

A.4的動量變大，B的動量一定變大

B.A的動量變大，8的動量一定變小

C.A與B的動量變化相等

D.A與8受到的沖量大小相等

【答案】D【解析】在相互作用的過程中所受合外力為0,則系統(tǒng)動量守

恒，若二者同向運動時發(fā)生碰撞，且后面速度大的質(zhì)量也大，則碰后一個動量變

大，一個動量變小，故A錯誤；若碰撞前二者動量大小相等，方向相反，則碰

后二者均靜止，即動量均減小，故碰后A的動量不一定變大，B錯誤；根據(jù)動量

定理得/=△〃，則知，兩物體的動量變化量大小相等，方向相反，故C錯誤；根

據(jù)牛頓第三定律得知，作用力與反作用力大小相等、方向相反，而且同時產(chǎn)生，

同時消失，作用時間相等，由沖量定義式/=B,可知作用力與反作用力的沖量

也是大小相等、方向相反，故D正確.

4.質(zhì)量分別為如和mz的兩個物體碰撞前后的位移一時間圖像如圖所示，

由圖有以下說法：①碰撞前兩物體質(zhì)量與速度的乘積相同；②質(zhì)量刎等于質(zhì)量

m2;③碰撞后兩物體一起做勻速直線運動；④碰撞前兩物體質(zhì)量與速度的乘積大

小相等、方向相反.其中正確的是（）

A.①?B.②③

C.@@D.③④

【答案】C【解析】由題圖可知，見和他碰前都做勻速直線運動，但運

動方向相反，碰后兩物體位置不變，即處于靜止，所以碰后速度都為零，故①@

錯誤，④正確；又由圖線夾角均為&故碰前速度大小相等，可得M等于〃⑵

故②正確.由上分析可知，C正確，A、B、D錯誤.

5.（2021屆吉林實臉中學期中）如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板

車，車的兩端分別站著人A和8,A的質(zhì)量為如，B的質(zhì)量為mu,〃74＞切8.最初

人和車都處于靜止狀態(tài).現(xiàn)在，兩人同時由靜止開始相向而行，4和B對地面的

速度大小相等，則車（）

向左運動左右往返運動

向右運動靜止不動

【答案】A【解析】兩人與車組成的系統(tǒng)動量守恒，開始時系統(tǒng)動量為零，

兩人以大小相等的速度相向運動，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則A的動量大于B

的動量，A、8的總動量方向與A的動量方向相同，即向右，要保證系統(tǒng)動量守

恒，系統(tǒng)總動量為零，則小車應向左運動，故A正確，B、C、D錯誤.

6.靜止在水平地面上的平板車，當一人在車上行走時，下列說法正確的是

（）

A.只有當?shù)孛婀饣瑫r，人和車組成的系統(tǒng)的動量才守恒

B.無論地面是否光滑，人和車組成的系統(tǒng)的動量都守恒

C.只有當車的表面光滑時，人和車組成的系統(tǒng)的動量才守恒

D.無論車的表面是否光滑，人和車組成的系統(tǒng)的動量都守恒

【答案】A【解析】只有當?shù)孛婀饣瑫r，人和車組成的系統(tǒng)受到的外力之

和才為零，系統(tǒng)的動量才守恒，故A正確；如果地面不光滑，則人和車組成的

系統(tǒng)受到的合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；車的表面是否光滑

只影響內(nèi)力，不影響外力，無論車的表面是否光滑，若地面光滑，系統(tǒng)的動量守

恒.若地面不光滑，則系統(tǒng)的動量不守恒，故C、D錯誤.

7.甲、乙兩人站在光滑的水平冰面上，他們的質(zhì)量都是M,甲手持一個質(zhì)

量為機的球，現(xiàn)甲把球以對地為。的速度傳給乙，乙接球后又以對地為2。的速

度把球傳回甲，甲接到球后，甲、乙兩人的速度大小之比為(忽略空氣阻力)()

2MM~\~m

A.-B.-TT-

M-inM

2(M+〃7)M

。-3MD?M+-

【答案】D【解析】甲、乙之間傳遞球的過程中，不必考慮過程中的細節(jié)，

只考慮初狀態(tài)和末狀態(tài)的情況,研究對象是由甲、乙二人和球組成的系統(tǒng)，開始

時的總動量為零，在任意時刻系統(tǒng)的總動量都為零.設甲的速度大小為。甲，乙

的速度大小為。乙，二者方向相反，根據(jù)動量守恒定律得(M+m)o甲一乙=0,

8.如圖所示，一質(zhì)量為仞的沙車，在光滑的水平面上做勻速直線運動，速

度為%,質(zhì)量為，〃的鐵球以速度。豎直向下落入沙車中，穩(wěn)定后，沙車的速度

()

(M°o+"W)

tn+M

【答案】A【解析】沙車與鐵球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有Mg

=(M+M°,解得。=解,故A正確，B、C、D錯誤.

9.（2021屆泉州模擬）如圖，建筑工地上的打樁過程可簡化為：重錘從空中

某一固定高度由靜止釋放，與鋼筋混凝土預制樁在極短時間內(nèi)發(fā)生碰撞，并以共

同速度下降一段距離后停下來.貝立）

重錘0r

預制樁n--

A.重錘質(zhì)量越大，撞預制樁前瞬間的速度越大

B.重錘質(zhì)量越大，預制樁被撞后瞬間的速度越大

C.碰撞過程中，重錘和預制樁的總機械能保持不變

D.整個過程中，重錘和預制樁的總動量保持不變

【答案】B【解析】由自由落體運動規(guī)律"=2g/z可知，撞擊預制樁前瞬

間的速度與重錘質(zhì)量無關，A錯誤；碰撞過程時間極短，外力沖量可忽略不計，

則重錘和預制樁的總動量M保持不變，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律

得小。=（M+m）?？傻胮共=爐",可知重錘質(zhì)量m越大，預制樁被撞后瞬間

-m+1

的速度越大，B正確；碰撞過程中，要產(chǎn)生內(nèi)能，重錘和預制樁的總機械能減小，

C錯誤；整個過程中，重錘和預制樁受到重力和阻力，合外力不為零，總動量不

守恒，D錯誤.

10.（多選）如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的木板靜止在光滑的水平面上，一小

滑塊的質(zhì)量為機=1kg,以初速度為=〕m/s從木板的右端滑上木板，且始終未

離開木板.小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為4=0.1.g取10m/s2,則下列說法

正確的是（）

A.滑塊剛滑上木板時受到的摩擦力水平向左

B.滑塊先做勻減速運動，后做勻速運動

C.滑塊和木板最終速度為0.5m/s

D.木板的最小長度為|m

【答案】BD【解析】受力分析得，滑塊剛滑上小車時受到的摩擦力水平

向右，故A錯誤；滑塊先做句減速運動，與木板共速后做勻速運動，由動量守

恒有muo=（A/+/k）o,得t?—（m/s,故B正確，C錯誤；對木板分析，由能量守

恒定律有"加g/=%以一；（M+機）。2,解得/=：m,故D正確.

11.（多選）如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為V、機滑塊可在水平放置的

光滑固定導軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點。由一不可伸長的輕繩相連，

輕繩長為/,開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止.現(xiàn)將小球由

靜止釋放，當小球到達最低點時，下列說法正確的是（）

滑塊

小球

O

A.滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒

B.滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒

C.小球的最大速率為

D?小球的最大速率為\扁希

【答案】BC【解析】小球下落過程中，小球豎直方向有分加速度，系統(tǒng)

的合外力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；繩子上拉力屬于內(nèi)力，系

統(tǒng)在水平方向不受外力作用，因此系統(tǒng)水平方向動量守恒，故B正確；當小球

落到最低點時，只有水平方向的速度，此時小球和滑塊的速度均達到最大，系統(tǒng)

水平方向動量守恒有Mvmax=rnvf系統(tǒng)機械能守恒有,聯(lián)立

解得Vmax='/V=y/:爾,故C正確，D錯誤.

\1M（M-rm）\]M-rm

12.如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內(nèi)半圓軌道的水平直

徑.現(xiàn)將一小球從距A點正上方//高處由靜止釋放，小球由4點沿切線方向經(jīng)

半圓軌道后從8點沖出，在空中能上升的最大高度為0.8人不計空氣阻力.下

列說法正確的是（）

-TO

A.小球離開小車后做斜上拋運動

B.在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒

C.小球離開小車后做豎直上拋運動

D.小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.5/?</?<0.8/?

【答案】C【解析】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，可知系

統(tǒng)水平方向的總動量保持為零.小球由8點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零,

小球與小車水平方向速度為零，所以小球離開小車后做豎直上拋運動，故A錯

誤，C正確；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向受重力，

所以水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；小球第一次在車

中運動過程中，由動能定理得mg（/7—O.8/?）—Wf=O,M為小球克服摩擦力做功

大小，解得所=02咫力，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為02咫兒由

于小球第二次在車中滾動時，對應位置處速度變小，因此小車洽小球的彈力變小，

摩擦力變小，摩擦力做功小于02咫兒機械能損失小于02明兒因此小球再次

離開小車時，能上升的高度大于0.8〃-0.2%=0.6/?,故D錯誤.

13.（多選）（2021屆哈爾濱第三中學模擬）如圖所示，兩個小球4、B大小相

等，質(zhì)量分布均勻.分別為陽、也，如〈也，A、8與輕彈簧拴接，靜止在光滑

水平面上，第一次用錘子在左側(cè)與A球心等高處水平快速向右敲擊4,作用于4

的沖量大小為小第二次兩小球及彈簧仍靜止在水平面上，用錘子在右側(cè)與6球

心等高處水平快速向左敲擊作用于8的沖量大小為“，八=〃，則下列說法

正確的是（）

ZO/WWWVQB

//////7//////////77/////////

A.若兩次錘子敲擊完成瞬間，A、B兩球獲得的動量大小分別為pi和〃2，

則P\=P2

B.若兩次錘子敲擊分別對A、3兩球做的功為必和W2，則%=W2

C.若兩次彈簧壓縮到最短時的長度分別為L和七，則

D.若兩次彈簧壓縮到最短時小球A、彈簧、小球B的共同速度大小分別為

V\和V2f則V]>V2

【答案】AC【解析】由動量定理/=△〃可知，由于力=〃，則兩次錘子敲

擊完成瞬間有PI=P2,故A正確；由于兩次錘子敲擊完成瞬間兩球具有的動量

大小相等，由雙=導可知，八球獲得的初動能更大，由動能定理可知W1>牝，

故B錯誤；由動量守恒可得如。0=(〃71+須)。，得V=,由能量守恒有5如。8

m\-rtni2

2

=?+mijv+Ep,得Ep=2a：：￡力產(chǎn)8,由于pi=P2,則質(zhì)量越大的初速度越

AA

小，即球獲得的初速度較大，則敲擊球時彈簧的最大彈性勢能較大，即LI<L2,

故C正確；由動量守恒得〃3=(如+崢，得。=；黑，則兩次共速的速度

相同，故D錯誤.

14.如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車8放在光滑水平面上，在其左端放一

質(zhì)量為小的小木塊A(可視為質(zhì)點)，M>m,A、8間的動摩擦因數(shù)為〃，在平板車

右方的水平面上固定一豎直擋板P.開始時A、B以速度如一起向右運動，某時刻

B與擋板P相撞并立即以原速率反向彈回，在此后的運動過程中A不會滑離B,

重力加速度為g.求：

(1M、8的最終速度;

(2)木板的最小長度;

(3)小木塊A離擋板P最近時，平板車B的最右端距擋板P的距離.

⑼劭,2M就

【答案】(1)M+〃74g(M+〃7)⑶2/iMg

【解析】(1)選水平向左為正方向，從8撞擋板后到A、B相對靜止，4、B

動量守恒Mvo—tnvo=(A74-m)v共,

解得o*M+"2,

(2)4在B上相對滑動的過程A、B能量守恒

；(M+m)vi=+m)v%-iimgL,

2A1胸

解得L=

4g(M+m)

(3)小木塊4向右勻減速到速度為零時A離擋板尸最近，A在B上滑動到vA

=0的過程動量守恒Mvo—ntvo=MVB,

解得VB=—而一處.

平板車8向左做勻減速直線運動，由動能定理知

—f.imgx=51M仍,—1嚴加,,

（2M一m）宿

解得x=

211Mg

3、實驗：驗證動量守恒定律

1.關于“探究碰撞中的不變量”實驗，下列說法不正確的是（）

A.實驗要求碰撞一般為一維碰撞

B.實驗中的不變量是系統(tǒng)中物體各自的質(zhì)量與速度的乘積之和

C.只需找到一種情境的不變量即可，結(jié)論對其他情境也同樣適用

D.進行有限次實驗找到的不變量，具有偶然性，結(jié)論這需要實踐檢驗

【答案】C【解析】這個實臉是在一維碰撞情況下設計的，其他非一維碰

撞情況未做探究，選項A正確；系統(tǒng)中物體各自的質(zhì)量與速度的乘積之和在碰

撞前后為不變量，選項B正確；不變量應是在各種情境下都不變的量，具有普

遍性，在一種情境下滿足的不變量，對其他情境不一定適用，C錯誤；進行有限

次實臉找到的不變量，具有偶然性，絲論還需要在其他情境下進行檢驗，D正確.

2.在利用懸線懸掛等大小球探究碰撞中的不變量的實驗中，下列說法不正

確的是（）

A.懸掛兩球的細繩長度要適當，且等長

B.由靜止釋放小球，以便較準確計算小球碰前速度

C.兩小球必須都是鋼性球，且質(zhì)量相同

D.兩小球碰后可以粘在一起共同運動

【答案】C【解析】兩小球無論是彈性球還是非彈性球動量都是守恒的，

且兩個球的質(zhì)量不一樣碰撞時動量也守恒，因此不需要兩球的質(zhì)量一定相同，C

錯誤.

3.（多選）某同學設計了一個用打點計時器驗證碰撞中的動量守恒的實驗：

在小車A的前端黏有橡皮泥，推動小車A使之做勻速運動，然后與原來靜止在

前方的小車8相碰并黏合成一體，繼續(xù)做勻速運動，他設計的裝置如圖所示.在

小車4后連著紙帶，電磁打點計時器的電源頻率為50Hz,長木板下墊著小木

片.則（）

小車橡皮泥小車打電時器呼

長木板

濕*曰q

,小木片

A.長木板墊著小木片是為了平衡摩擦，保證小車碰撞前后做勻速運動

B.實驗過程中應先接通電源，再讓小車4運動

C.計算碰撞前后小車的速度時，在紙帶上任選對應過程的一段即可

D.此碰撞中A、8兩小車這一系統(tǒng)的機械能守恒

【答案】AB【解析】長木板墊著小木片是為了平衡摩擦，保證小車碰撞

前后做勻速運動，所以在計算碰撞前、后B小車的速度時，應選取紙帶上勻速

運動過程對應的一段紙帶計算，A正確，C錯誤；在使用打點計時器時，應先接

通電源后釋放小車，B正確：碰撞過程中由于存在能量損失，故機械能不守恒，

D錯誤.

4.（多選）用如圖所示的裝置探究碰撞中的不變量時，必須注意的事項是

（）

A.A到達最低點時，兩球的球心連線可以不水平

B.A到達最低點時、兩球的球心連線要水平

C.多次測量減小誤差時，A球必須從同一高度釋放

D.多次測量減小誤差時，A球必須從不同高度釋放

【答案】BC【解析】為了保證實驗中實現(xiàn)對心碰撞，從而使小球水平飛

出，兩球的球心連線要水平，故A錯誤，B正確；多次測量求平均值減小誤差

時，要讓A球每次碰撞前的速度均相同，則必須讓A球從同一高度下落，故C

正確，D錯誤.

5.（2021屆北京房山區(qū)二模）采用如圖所示的實驗裝置進行驗證動量守恒定

律（圖中小球半徑相同、質(zhì)量均已知，且下列說法正確的是（）

\\\

\\\

O,WPN

A.實驗中要求軌道末端必須保持水平

B.實驗中要求軌道必須光滑

C.驗證動量守恒定律，需測量08、OM.OP和ON的距離

D.測量時發(fā)現(xiàn)N點偏離。MP這條直線，直接測量ON距離不影響實驗結(jié)

果

【答案】A【解析】要想用水平的距離表示小球平拋出時的速度的大小，

則必須要求小球做平拋運動，故實臉中要求軌道末端必須保持水平，A正確；每

次實驗時只要保證每次小球從斜軌道上滑下的高度一樣就可以了，所以不必要求

軌道必須光滑，B錯誤；臉證動量守恒定律，不需要測量。8的長度，因為小球

下落相同高度的時間是相等的，在列式子時，這個時間能被約掉，而OM、OP

和ON的距離是需要測量的，C錯誤；測量時發(fā)現(xiàn)N點偏離0MP這條直線，則

應該過N點向。MP這條直線作垂線，測量垂足N'到。點的距離才可以，直接

測量ON距離會影響實驗結(jié)果，D錯誤.

6.（2021屆北京名校聯(lián)考）若采用下圖中甲、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)量均己知，且肉＞加小B、）兩點在同一水平線

上），下列說法正確的是（）

A.采用圖甲所示的裝置，必需測量08、OM、。尸和ON的距離

B.采用圖乙所示的裝置，必需測量OB、B1N、B,尸和夕M的距離

C.采用圖甲所示的裝置，若m*ON=〃wOP+〃gOM,則表明此碰撞動量

守恒

D.采用圖乙所示的裝置，若而、=而%+#:，則表明此碰撞機械

能也守恒

【答案】D【解析】如果采用圖甲所示裝置，由于小球平拋運動的時間相

等，故可以用水平位移代替速度進行臉證，不需要測量05的長度，故A錯誤；

如果采用圖乙所示裝置時，利用水平距離相等，根據(jù)下落的高度可確定飛行時間，

從而根據(jù)高度可以表示出對應的水平速度，從而確定動量是否守恒，故不需要測

量。8的距離，故B錯誤；采用圖甲所示裝置，不碰撞時一個球滑下的水平距

離為0P,兩球相碰時，4球距離為0M,B球為0N,則由動量守恒定律有機附

=mAV\+mBV2,因下落時間相同，則兩端同時乘以f后有m^0P=tnA-OM+mu-ONf

則表明此碰撞動量守恒，故C錯誤；小球碰后做平拋運動，速度越快，下落高

度越小，單獨一個球下落時，落點為P,兩球相碰后，落點分別為M和N,根

據(jù)動量守恒定律有始。="助+加固2,而速度0=(,根據(jù)〃=女-可得/=2/?

g，

BB'BB'BB'

則可解得o,v\=,02=,代人動量守恒表達式,

函P28'N

gg

+-/==,由機械能守恒定律可知兒〃=!

消去公共項后，有

B'P\B'MyjBN乙乙

mAv］遙，聯(lián)立動量守恒表達式和機械能守恒表達式可知/，=/|+

2NM

JP，故可以根據(jù)該式驗證此碰撞機械能守恒，故D正確.

7.某同學用如圖甲所示的裝置來驗證動量守恒定律，該裝置由水平長木板

及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝

置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出.已知一元硬幣和王角硬幣與長木板問

動摩擦因數(shù)相同，主要實驗步驟如下：

棘片

/0片釋放裝置

①將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長木板中

心線運動，在長木板中心線的適當位置取一點0,測出硬幣停止滑動時硬幣右側(cè)

到0點的距離.再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復多次，取該距離

的平均值記為即，如圖乙所示；

②將五角硬幣放在長木板上，使其左側(cè)位于0點，并使其直徑與中心線重

合，按步驟①從同一位置釋放彈片，重新彈射一元硬幣，使兩硬幣對心正碰，重

復多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時距。點距離的平均值K和X3,如圖丙

所示.

-卜.聿譚…了…]

乙丙

（1）為完成該實驗，除長木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣，刻度尺外，

還需要的器材為.

（2）實驗中還需要測量的物理量為.

驗證動量守恒定律的表達式為（用測量物理量

對應的字母表示）.

【答案】（1）天平（2）一元硬幣的質(zhì)量為m1，五角硬幣的質(zhì)量為m2

m\y[x\=m\yjx2+

【解析】（1）動量為質(zhì)量和速度的乘積，該實險要驗證質(zhì)量不等的兩物體碰

撞過程中動量守恒，需測量兩物體的質(zhì)量和碰撞前后的速度，因此除給定的器材

外，還需要的器材為天平.

（2）測出一元硬幣的質(zhì)量為m\9五角硬幣的質(zhì)量為wo,一元硬幣以速度v\

被彈射出去后，由動能定理可得況，解得vi=72〃gxi,當一元硬幣

以速度功與五角硬幣碰撞后，速度分別為02、。3,由動能定理可得"加建12=3如。幺

〃〃22g工3=%22或解得一元硬幣碰后速度S=y）2從gX2,五角硬幣碰后的速度為。3

=、2〃gX3,若碰撞過程動量守恒?則需滿足m\V\=〃7|V2+77Z2O3,代入數(shù)據(jù)可得京

=miy/x2-l-fn2y/x3.

8.氣墊導軌工作時，可忽略滑塊與導軌表面間的阻力影響，現(xiàn)借助其驗證

動量守恒定律，如圖甲所示，在水平氣墊導軌上放置質(zhì)量均為機的4、8（圖中未

標出）兩滑塊，左側(cè)滑塊的左端、右側(cè)滑塊的右端分別與一條穿過打點計時器的

紙帶相連，打點計時器電源的頻率為工氣墊導軌正常工作后，接通兩個打點計時

器的電源，待打點穩(wěn)定后讓兩滑塊以大小不同的速度相向運動，兩滑塊相碰后粘

在一起繼續(xù)運動.如圖所示的乙和丙為某次實驗打出的、分別與兩個滑塊相連的

兩條紙帶，在紙帶上以同間距的6個連續(xù)打點為一段劃分紙芍，用刻度尺分別測

出其長度為S1、$2和S3.

底----

甲

內(nèi)

（1）若碰前滑塊4的速度大于滑塊B的速度，則滑塊（填或"8”）是與

紙帶乙的（填“左”或“右”）端相連.

（2）碰撞前4、8兩滑塊的動量大小分別為、,實驗需要驗證是

否成立的表達式為（用題目所給的已知量表示）.

【答案】（1）A左（2）0.2岫10.2岫30.2（51—53）=0.452

【解析】（1）因碰前A的速度大于5的速度，A、B的速度相反，且碰后速度

相同，故根據(jù)動量守恒定律可知，圖中S|和S3是兩滑塊相碰前打出的紙帶，52

是相碰后打出的紙帶，所以滑塊A應與乙紙帶的左側(cè)相連.

⑵碰撞前兩滑塊的速度分別為。1=亍=為=0.2slf，攵嚀=02時,碰撞后兩

滑塊的共同速度0=半=0.2§制故碰前兩滑塊動量分別為p\=mv\=0.2mfs\fpi

=6。2=0.2叫加3,總動量為p=pi—〃2=0.2"次5[—S3）,碰后總動量為p'=2niv=

04破2,要險證動量守恒定律，則一定有0.22/⑶一S3）=04〃次2,即0.2（5]—53）

=0.452.

9.某小組用實驗驗證物體間相互作用時動量守恒，如圖，在水平桌面上固

定一與桌面等寬的光滑凹槽導軌（導軌截面如圖所示）,把兩個質(zhì)量不等的小球A、

3置于導軌上，用兩小球夾住一輕彈簧，并使輕彈簧處于壓縮狀態(tài)，同時由靜止

釋放兩個小球，小球最后落在鋪有復寫紙、白紙的水平地面上.試完成下列填空:

AB

（1）本實驗中需要的測量儀器有.

A.天平B.秒表

C.亳米刻度尺D.打點計時器

⑵為使小球水平拋出，實驗前需要使導軌水平，利用現(xiàn)有器材如何判斷導

軌是否水平?

(3)小明同學在某次實驗操作中分別測出4、B兩小球離開導軌水平射程以

=12.0()cm、xs=18.0()cm,若已知4球質(zhì)量〃以=0.03kg,WJmB=kg,

即可認為驗證了動量守恒.

(4)若只改用勁度系數(shù)更大的輕彈簧重復上述實驗，則A、B兩小球水平射程

心與心的比值將(填“變大”“變小”或“不變”).

【答案】(1)AC(2)將小球輕放在導軌上，小球保持靜止(3)0.02

(4)不變

【解析】(1)取小球4的初速度方向為正方向，兩小球質(zhì)量和平拋初速度分

別為他人、加8、VA>VB,平拋運動的水平位移分別為XA、XB,平拋運動的時間為

f.需要驗證的方程0=辦也4—，麗5,又以=半，UB=彳,代入得到加也=如加，

故需要測量兩小球的質(zhì)量〃必和/班，兩小球落地點到桌面邊緣的水平距離用和

XB,所以需要的器材為刻度尺、天平.故選AC.

(2)將小球放在桌面邊緣，只要小球能保持靜止，不再滾動，即說明桌面水

平.

(3)根據(jù)(1)的公式可知mAxA=mBXB,代入數(shù)據(jù)可得，班=0.02kg.

(4)根據(jù)公式也在4=加d8可知