2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 动量守恒定律
一、单选题
1．航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备（火箭（含燃料）、椅子、风筝等）总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
B.火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒
C.喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒
2．甲乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为，甲车上有质量为的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为，乙和他的小车的总质量为.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为的水平速度抛向乙，且被乙接往，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不致相撞.则甲总共抛出的小球个数是( )
A.12 B.13 C.14 D.15
3．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m（）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失.如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端.如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )
A.h B. C. D.
4．如图所示，上过街大桥时，甲乙两位同学分别选择了步行楼梯和自动扶梯上桥，此过程可以看成匀速，下列说法正确的是( )
A.甲同学受到楼梯的支持力做正功 B.乙同学受到自动扶梯的作用力不做功
C.甲同学的机械能一定增加 D.乙同学的机械能守恒
5．如图所示，凹槽静止在光滑的水平地面上，内表面为光滑圆柱面，在其左侧有一固定在地面上的木桩，现将可视为质点的小球从距A点正上方H高处由静止释放，然后由A点经半圆形轨道从B点冲出，运动过程中不计空气阻力，则小球从释放到第一次运动到B点的过程，凹槽和小球组成的系统( )
A.机械能守恒，水平方向动量守恒 B.机械能守恒，水平方向动量不守恒
C.机械能不守恒，水平方向动量守恒 D.机械能不守恒，水平方向动量不守恒
6．滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变
7．如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒
8．如图所示的蒸汽锤打桩机，利用高压蒸汽将锤头上举，然后锤头做自由落体运动向下撞击桩头，使桩沉入地下。已知桩头与锤头的质量均为m，锤头从距离桩头h处开始自由下落，若不计空气阻力，锤头与桩头发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后二者运动时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.碰后运动过程中锤头与桩头的总动量守恒
B.桩头由静止向下运动的过程先超重后失重
C.锤头与桩头碰撞前后瞬间，锤头的速度变化量的大小为
D.从碰后瞬间到静止，锤头所受合力的平均值为
二、多选题
9．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.P对Q做功为零
B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒
10．如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为的A、B两物体用轻弹簧拴接。对物体B施加一沿斜面向下的压力F，使B静止于P点。撤掉力F，B沿斜面做简谐运动，当B运动至最高点时，A刚要离开挡板。已知弹簧的劲度系数k=200N/m，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是( )
A.物体B运动过程中，A、B、弹簧组成的系统机械能及动量均守恒
B.从撤掉F开始至弹簧首次恢复原长过程中，B的速度先增大后减小
C.物体B静止于P点时，对物体B施加的压力F的大小为20N
D.物体B沿斜面做简谐运动的过程中，物体B的最大速度为1m/s
11．如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是( )
A.在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为
B.在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大
C.从A与弹簧接触到相距最近的过程中，弹簧对做功的代数和为0
D.从A与弹簧接触到相距最近的过程中，最大弹性势能为
三、填空题
12．如图甲所示为某景区内的高空滑索运动，游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为θ，轻绳始终保持竖直，示意图如图乙所示，在这一阶段下滑过程中，游客的重力______轻绳的拉力（选填“大于”“等于”或“小于”）；以游客、滑环、轻绳为整体，整体的机械能______（选填“守恒”或“不守恒”）。
13．某同学生身高1.83m，质量70kg。他站立举臂，手指摸到的高度为2.25m。如果他先下蹲，再用力向上跳起，同时举臂，手指摸到的高度为2.70m。设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.3s。他刚离地跳起时的速度大小为___________；他与地面间的平均作用力的大小为____________。（取）
14．如图所示，物体在大小为10N的水平推力作用下，沿倾角的固定光滑斜面向上匀速运动5m，已知，，则力F做的功为_______J，此过程物体的机械能_______（选填“守恒”或“不守恒”）
四、计算题
15．一滑雪项目如图所示，可视为质点的总质量（包括装备）为的滑板运动员，从高为的斜面AB的顶端A点由静止开始沿斜面下滑，在B点进入光滑的四分之一圆弧BC，圆弧BC半径为，运动员经C点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间后到达C点正上方的最高点D（图中未标出）。若运动员经C点后在空中运动时只受重力，轨道AB段粗糙、BC段光滑。。（不计过B点时机械能的损耗和空气阻力）求：
（1）运动员在C点的速度大小和离开C点可上升的高度；
（2）运动员（包括装备）运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（3）从A点到B点，运动员损失的机械能。
（1）小滑块A对轨道最低点的压力；
（2）木板B获得的最大速度；
（3）求小滑块A的最终速度，若小滑块A脱离木板C，求木板C的最终速度；若小滑块A不脱离木板C，求出小滑块与木板C相对静止的位置。
参考答案
1．答案：A
解析：A.在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有
解得火箭的速度大小为
故A正确；
B.在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以火箭机械能不守恒，故B错误；
C.喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为
故C错误；
D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故D错误。
故选A。
2．答案：D
解析：规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得，解得，对甲及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得，解得.A.12与计算结果不符，A错误.B.13与计算结果不符，B错误.C.14与计算结果不符，C错误.D.15与计算结果相符，D正确.
3．答案：D
解析：斜面固定时，根据动能定理有，解得；斜面不固定时，由水平方向动量守恒有，由能量守恒定律有，解得，故D正确，ABC错误。
4．答案：C
解析：A、甲同学上桥时，楼梯的支持力位移为零，楼梯的支持力不做功，故A错误;B.根据平衡条件可知乙同学受到自动扶梯的作用力沿斜面向上，且位移不为零，乙同学受到自动扶梯的作用力做正功，故B错误;CD.甲、乙两同学上桥过程速度不变，动能不变，高度升高，重力势能增大，故甲、乙同学的机械能增加，故C正确，D错误。故选C。
5．答案：B
解析：小球从释放到第一次运动到B点的过程，凹槽和小球组成的系统只有动能与重力势能相互转化，故系统机械能守恒；小球从A点运动到凹槽最低点过程中，木桩对凹槽有水平方向的力，故凹槽和小球组成的系统水平方向动量不守恒。故选B。
6．答案：C
解析：由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变，故做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，因此合外力不为零，A错误；因运动员的速率不变，故其所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力，运动员沿AB下滑过程中重力沿滑道向下的分力变小，因此滑动摩擦力变小，B错误；由动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因速率不变，则动能不变，故合外力做功为零，C正确；机械能的改变量等于摩擦力做的功，故机械能减少，D错误。
7．答案：B
解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒。滑块与车厢底板有相对滑动，滑动摩擦力做功，有内能产生，机械能不守恒。B正确。
8．答案：D
解析：碰后运动过程中，锤头与桩头受重力与阻力作用，它们的总动量不守恒，A错误；桩头由静止向下运动的过程先加速，最后减速，加速过程中失重，减速过程中超重，B错误；锤头与桩头碰撞过程，由动量守恒定律可得，对锤头下落的过程，由自由落体运动的规律可得，解得，即碰撞前后瞬间锤头的速度变化量的大小为，C错误；从碰后瞬间到静止，对锤头由动量定理可得，解得，D正确。
9．答案：BD
解析：A.Q在P上运动过程，P对Q有弹力且在力的方向上Q有位移，则P对Q做功不为零，故A错误；BCD.Q在P上运动过程，P和Q构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，之间的弹力做功和必为零；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，故BD正确，C错误。故选BD。
10．答案：BCD
解析：A.物体B运动过程中，对A、B、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可系统在沿斜面方向受合外力不等于零，因此系统的动量不守恒，A错误；
B.从撤掉F开始，B受向上弹力大于B的重力沿斜面向下的分力，B做加速运动，速度逐渐增大，随弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，速度仍逐渐增大，当弹力大小等于B的重力沿斜面向下的分力时，B的速度最大，以后弹力小于重力沿斜面向下的分力，B的加速度方向向下逐渐增大，B做减速运动，速度逐渐减小，减至弹簧首次恢复原长，B正确；
C.当B运动至最高点时，A刚要离开挡板，对A则有
B在最高点时受弹力方向沿斜面向下，此时加速度最大，由牛顿第二定律则有
解得
由简谐运动的对称性，当物体B运动到最低点时，加速度最大，大小仍为a，方向沿斜面向上，在撤去外力F瞬间，合外力等于撤去的外力的大小，由牛顿第二定律，可得施加的压力F的大小为
C正确；
D.物体B沿斜面做简谐运动的过程中，物体B在平衡位置时的速度最大，物体B在P点时形变量最大为
物体B在平衡位置时，则有
解得形变量大小为
由能量守恒定律可得
代入数据解得物体B的最大速度为
D正确。
故选BCD。
11．答案：AD
解析：A.根据动量守恒定律得，根据机械能守恒定律得，解得，，根据动量定理得，解得，A正确；B.在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，B错误；CD.根据动量守恒定律得，解得，弹簧对做功分别为，，弹簧对做功的代数和为，最大弹性势能为，C错误，D正确。故选AD。
12．答案：等于；不守恒
解析：以人为研究对象，受自身的重力和沿绳方向的拉力，由于轻绳始终保持竖直，故重力和拉力平衡， 以游客、滑环、轻绳为整体，做匀速直线运动，这个过程重力势能减小，动能不变，故整体的机械能不守恒。
13．答案：3m/s；1400N
解析：人跳起后重心升高为：，根据机械能守恒定律得：，解得：。对于人起跳过程，由得：，根据牛顿第二定律得：，解得：。
14．答案：40；不守恒
解析：力F做的功为
此过程拉力做正功即除重力和系统内的弹力的其他力做了功，机械能不守恒。
15．答案：（1）10m/s；5m
（2）3000N
（3）12000J
解析：（1）根据竖直上抛运动规律，可得运动员在C点的速度为
离开C点可上升的高度为
（2）取B点所在水平面为零势能面，则B到C过程，根据机械能守恒定律可得
在B点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为
（3）从B到D，根据机械能守恒定律，
可得A到B，运动员损失的机械能为
16、
（1）50 N
（2）见解析
（3）见解析2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 动量
一、单选题
1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A.， B.，
C.， D.，
2．2022年12月4日，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱返回过程中先后通过降落伞和反推发动机减速，返回过程中的速度与时间关系如图所示，则返回舱( )
A.在打开降落伞前动量守恒
B.所受阻力的冲量等于其动量变化量
C.匀速运动过程中所受重力的冲量为0
D.在沙漠着陆比在岩地着陆受到的冲击力更小
3．2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为和的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，假设氘核沿内环切线向左进入磁场，氚核沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，贝和的动量之比为( )
A. B. C. D.
4．甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量大小分别是，甲球从后面追上乙球并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则下列甲球质量与乙球质量间的关系可能正确的是( )
A. B. C. D.
5．一小球由静止落下，落到水平桌面后反弹，碰撞过程时间不计且有能量损失.若以出发点为坐标原点，竖直向下为正方向，忽略空气阻力，则小球的动量p随位置坐标x的变化关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
6．对于质量不变的物体，下列说法中正确的是( )
A.甲、乙两物体的质量之比是1:4，它们的动量大小相等，则它们的动能之比是1:4
B.做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C.做匀速直线运动的物体，其动量可能变化
D.物体的速度发生变化时，其动量一定变化
7．一个质量为0.5kg的小钢球竖直下落，落地时速度大小为1m/s，与地面作用0.1s后以等大的动量被反弹.小钢球在与地面碰撞的过程中，下列说法中正确的是( )
A.小钢球重力的冲量是0.1kg·m/s
B.若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1kg·m/s
C.若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是-1N·s
D.若选向上为正方向，则小钢球的受到的合力为5N
8．如图甲所示为静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如所示，虚线是某带电粉尘的运动轨迹，则该粉尘( )
A.带正电荷
B.在P点的动量大小比在Q点的大
C.在P点的电势能比在Q点的高
D.会被吸附到金属线上
二、多选题
9．质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则( )
A.4 s时物块的动能为零 B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
10．矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以速度v水平射向滑块。若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，子弹刚好穿过滑块的一半厚度，如图所示。则在上述两种情况射入滑块的过程中( )
A.系统产生的热量不相等
B.系统产生的热量相等
C.子弹对滑块的摩擦力的冲量不相同
D.子弹对滑块的摩擦力的冲量相同
11．一质量为的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图所示，则( )
A.时物块的动量大小为 B.时物块的动量大小为
C.时物块的速率为 D.时物块的速度为零
三、填空题
12．质量的皮球，以的速度落向地面，撞击地面后，以的速率上弹，球与地面的作用时间是，若以向上为正方向，则球的动量变化是______，小球受到地面的平均作用力是______
13．“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球，原来静止的被碰小球，由实验测得它们 在碰撞前后的图象如图所示，由图可知，入射小球碰撞前的动量是______，入射小球碰撞后的动量 是______ ，被碰小球碰撞后的动量是__________，由此得出结论____________________。
14．如图所示，p、p′分别表示物体受到冲量前后的动量，短线表示的动量大小为15kg·m/s，长线表示的动量大小为30kg·m／s，箭头表示动量的方向，在下列所给的四种情况下，物体动量改变量相同的是_________．
四、计算题
15．潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“水下断崖”急速“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200m，距海底138m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为，15s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，重力加速度g取，，求：
（1）潜艇“掉深”15s时的速度；
（2）潜艇减重排出水的质量；
（3）潜艇从A点开始“掉深”到返回A点过程中阻力的冲量。（结果取2位有效数字）
16．如图所示为一游乐场中的滑轨简化图，一次测试中质量为的物体自滑轨上A点由静止开始滑下，从B点滑至水平地面上后最终滑行到C点处。已知图中A点距水平地面高，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，B点到C点的距离为，物体在滑轨上滑行的时间为，不计空气阻力，重力加速度取，滑轨在B点与水平地面相切。求：
（1）物体滑到B点时的速度大小；
（2）物体在滑轨上滑行过程中克服阻力所做的功；
（3）物体在下滑过程滑轨对它的冲量大小。
参考答案
1．答案：A
解析：以两球组成的系统为研究对象，取A球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能为
系统的总动量为
A.若碰后A、B两球动量为：，，系统的总动量为
则动量守恒，总动能为
总动能不增加，符合实际情况，故A正确；
B.若碰后A、B两球动量为：，，系统的总动量为
动量守恒，总动能为
总动能增加，不符合实际情况，故B错误；
C.若碰后A、B两球动量为：，，系统的总动量为
动量守恒，总动能为
总动能增加，不符合实际情况，故C错误；
D.若碰后A、B两球动量为：，，系统的总动量为
动量守恒，但A球碰后动量大于B球动量，则A球速度大于B球速度，不符合实际情况，故D错误。
故选A。
2．答案：D
解析：A.由图可知，在打开降落伞前，飞船就已经在减速，所以其动量不守恒，故A错误；
B.由动量定理可得
即合力的冲量等于其动量变化量，故B错误；
C.根据冲量的定义式可知，匀速运动过程中所受重力的冲量不为零，故C错误；
D.在沙漠着陆时，松软的沙子能延长飞船与地面的冲击时间，由
可知，在相同的着陆速度下，更长的冲击时间能使冲击力更小，故D正确。
故选D。
3．答案：C
解析：
4．答案：C
解析：设碰后甲球的动量变为，乙球的动量变为，根据动量守恒定律得，解得.碰撞过程系统的总动能不增加，则有，解得；碰撞前甲球的速度要大于乙球的速度，则有，解得；碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有，解得，综上有，C正确，A、B、D错误.
5．答案：D
解析：以竖直向下为正方向，则小球下落过程的动量图像为曲线且向右弯曲，小球与桌面碰撞后向上反弹，速度变为负值，由于碰撞有能量损失，则小球碰后速度小于碰前速度，无法回到出发点，上升过程中小球动量，随x减小，则动量减小，D正确.
6．答案：D
解析：两物体的动量大小相等，由，可知，故A错误；做匀速圆周运动的物体，速度大小不变，但是方向一直在变，而动量是矢量，所以动量一定变化，B错误；由动量公式可知，做匀速直线运动的物体速度不变，则动量不变，C错误；由动量公式可知，物体的速度发生变化时，动量一定变化，D正确.
7．答案：B
解析：A、根据冲量定义可知：，故A错；
B、若选向上为正方向，则小钢球的动量变化量为，故B对；
C、根据动量定理，合力冲量等于动量的变化量，所以若选向上为正方向，则小钢球受到的合力冲量是，故C错；
D、已知合力的冲量为，所以合力的大小为，故D错；
故选B。
8．答案：B
解析：A.虚线是粉尘的运动轨迹，由题图可知轨迹是曲线，其所受的合外力指向轨迹的凹侧，即粉尘受到的电场力指向金属圆筒，即粉尘带负电，故A项错误；
.沿着电场线方向，电势逐渐降低，由题图可知，Q点的电势比P点的电势低，由之前的分析可知，粉尘带负电，由
所以电势大的地方，电势能小，即粉尘在P点的电势能比在Q点的低，对于粉尘有
由于同一个粉尘，所以粉尘在P点的速度大于在Q点的速度，由动量的定义可知，粉尘在P点的动量大小比在Q点的大，故B正确，C错误；
D.由于粉尘带负电，而金属圆筒带正电，由于正负电荷互相吸引，所以粉尘最终会被吸附到金属圆筒上，故D项错误。
故选B。
9．答案：AD
解析：物块与地面间的滑动摩擦力为内，由动量定理得，即，得时物块的动量为，C错误；设3 s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得，即，解得，物块在4 s时速度减为0，此时物块的动能也为0，A正确；设内物块发生的位移为，由动能定理得，即，得，设内，物块发生的位移为，由动能定理得，即，得内物块反向运动，加速度大小为，物块在6 s时的速度大小为，发生的位移为，即6 s时物块没有回到初始位置，B错误；内F所做的功为，D正确。故选A、D。
10．答案：BD
解析：AB.子弹射入滑块的过程，系统动量守恒，所以最后它们的速度是相同的，根据动量定理可知
解得
根据功能关系，系统产生的热量等于系统减少的动能
系统产生的热量相等，故A错误，B正确；
CD.两种情况下来状态它们的速度是相同的，由动量定理可知两种情况下子弹对滑块的摩擦力的冲量均为
即子弹对滑块的摩擦力的冲量相同，故C错误，D正确。
故选BD。
11．答案：BC
解析：A.由动量定理可得时物块的动量大小为
A错误；
B.由动量定理可得时物块的动量大小为
B正确；
C.由动量定理可得
解得
C正确；
D.由动量定理可得
解得
D错误。
故选BC。
12．答案：1.8；3.6
解析：规定向上为正方向，则动量的变化量为：．
根据动量定理得：
解得：
故答案为：
13．答案：0.03；0.015；0.015；碰撞前后总动量守恒
解析：
14．答案：AC
解析：
15．答案：（1）12m/s（2）（3）见解析
解析：（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为，
对潜艇，由牛顿第二定律得：①
代入数据解得：
15s末的速度为②
（2）掉深15s时，潜艇下落的高度：③
潜艇减速下落的高度：
在减速阶段：，解得④
潜艇减重后的质量为，潜艇减重后以的加速度匀减速下沉过程中，
由牛顿第二定律得：⑤
代入数据解得：
排水前潜艇的质量
“掉深”过程中排出水的质量：⑥
（3）向下减速所需时间为
设上浮过程潜艇的加速度大小为，由牛顿第二定律得：
⑦
解得：
在上浮过程中，根据位移一时间公式可得：
解得⑧
故：潜艇下降过程阻力的冲量，方向竖直向上
潜艇上升过程中阻力的冲量，方向竖直向下
全程阻力的冲量⑨
方向竖直向上⑩
16．答案：（1）2m/s
（2）900 J
（3）
解析：（1）物体在水平地面上运动过程中，由动能定理有
解得
（2）物体在滑轨上滑行过程中，由动能定理有
解得阻力做的功
所以物体在滑轨上滑行时克服阻力所做的功为900 J
（3）物体下滑过程中动量变化量大小为，方向水平向右
物体重力的冲量大小，方向竖直向下
如图所示，根据动量定理和矢量运算法则可得，滑轨对物体的冲量大小为2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 反冲现象 火箭
一、单选题
1．如图所示，甲木块的质量为，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为的乙木块，乙上连有一轻质弹簧，甲木块与弹簧接触后( )
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒
2．如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后( )
A.a、b两车运动速率相等 B.a、c两车运动速率相等
C.a、c两车运动方向相同 D.三辆车的速率关系
3．将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A. B. C. D.
4．如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B（可视为质点），物块B恰好与光滑的水平面接触。质量为m物块C（可视为质点）以速度v冲向物块B，物块C与物块B碰后粘在一起向右运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.物块C与物块B碰后速度为v
B.物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为
C.若滑环A不固定，则滑环A最大速度为
D.若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大高度为
5．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面向挡板静止在冰面上，已知运动员的质量为40.0kg。某时刻他把一质量为5.0kg的静止物块以大小为4.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为4.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。重复多次后，反弹的物块不能再追上运动员，不计冰面的摩擦力，则( )
A.全过程中运动员和物块组成的系统动量守恒
B.运动员第一次推开物块时获得速度为4.0m/s
C.运动员第二次推开物块时获得速度为1.5m/s
D.运动员第三次推开物块后，反弹的物块不能再追上运动员
6．2021年12月9日，神舟十三号乘组进行天宫授课，如图为航天员叶光富试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验，但未能成功。若他在1s内以20m/s的速度呼出质量约1g的气体，可获得的反冲力大小约为( )
A.0.01N B.0.02N C.0.1N D.0.2N
7．如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒
8．如图所示的蒸汽锤打桩机，利用高压蒸汽将锤头上举，然后锤头做自由落体运动向下撞击桩头，使桩沉入地下。已知桩头与锤头的质量均为m，锤头从距离桩头h处开始自由下落，若不计空气阻力，锤头与桩头发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后二者运动时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.碰后运动过程中锤头与桩头的总动量守恒
B.桩头由静止向下运动的过程先超重后失重
C.锤头与桩头碰撞前后瞬间，锤头的速度变化量的大小为
D.从碰后瞬间到静止，锤头所受合力的平均值为
二、多选题
9．如图，A、B质量分别为，置于平板小车C上，小车质量为，A、B与小车的动摩擦因数均为0.5，事先三者均静止在光滑的水平面上.某时刻A、B间炸药爆炸（时间极短）使A、B获得图示左右方向的瞬时速度和12J的总机械能.假设A、B最终都没有离开小车上表面，水平面足够长，.现从炸药爆炸结束开始计时，则( )
A.t=0时，A、B的速度大小分别是4m/s、2m/s
B.t=0.4s时，B与平板小车C先相对静止
C.t=0.8s时，A与平板小车C相对静止
D.t=0.8s时，A、B与平板小车因摩擦而产生的热量
10．如图所示，质量均为的小物块置于足够高的粗糙水平桌面上，物块B通过光滑定滑轮用不可伸长的细线连接一质量为的物块C，在外力的作用下三个物块均保持静止，已知物块A光滑、B粗糙，重力加速度g取.现使物块A以的速度向右运动，在和B发生弹性碰撞瞬间撤去外力，之后B向右运动，当B的速度为时，细绳重新绷紧，绷紧瞬间，物块的速度大小均为，下列说法正确的是( )
A.物块A与B碰撞后，A静止在桌面上
B.细绳绷紧前的瞬间，物块C的速度为
C.细绳绷紧过程中，物块组成的系统损失的动能为
D.物块B与桌面之间的动摩擦因数为0.6
11．如图所示，光滑半圆形曲面体B静止于光滑水平地面上，物块C固定于地面，现将小球A从B的最右端由静止释放，当小球A滑至B的最底端时，B恰好与物块C粘连（时间极短）.已知A与B的质量均为m，B的半径为R，重力加速度为g，则( )
A.最初时B右侧与C的间距为R
B.B与C粘连时，A的速度大小为
C.此后A能运动到的最高点与曲面最低点的竖直距离为
D.此后A运动到最高点时，B受到A的压力大小为零
三、填空题
12．两同学验证反冲运动中动量守恒。如图所示,两质量分别为的玩具小车放置在水平桌面上,中间夹一根弹簧。自某一位置突然放开,两小车做反冲运动,一段时间后,同时止住运动的小车,测出两小车运动的距离分别为,忽略小车与桌面间的摩擦,请用以上物理量符号写出反冲前、后动量守恒表达式:________________;已知课本宽度为L,并计量小车运动的距离分别为,可知两小车质量之比____________。
13．将总质量为1.05kg的模型火箭点火升空,在0.02s时间内有50g燃气以大小为200m/s的速度从火箭尾部喷出.在燃气喷出过程,火箭获得的平均推力为__________N,在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为__________m/s(燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略).
14．甲、乙两人站在水平的冰面上(不计摩擦),在水平方向传递一个球,从静止开始,甲把球传给乙,乙接球后又把球传给甲。假设两个人的质量都是M,球的质量为m,每次抛球速度大小均为v。当甲抛球101次后球被乙接住,此时两人的速度大小之比v甲:v乙等于__________。
四、计算题
15．如图，质量为1 kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75 m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角。质量为2 kg的小物块A以8 m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5。当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。已知木板长度为1.3 m，g取取3.16，。
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小；
（2）求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1:3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3 J，其中一块沿原速度方向运动。为保证之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围。
16．如图所示，轻弹簧的一端固定在垂直水平面的挡板上的P点，Q点为弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能，弹簧右端一质量的物块A与弹簧接触但不拴接，Q点右侧的N点静止一质量的物块B，Q、N两点间的距离，P、Q间水平面光滑，Q点右侧水平面粗糙且足够长，物块A与Q点右侧水平面间的动摩擦因数，物块B与Q点右侧水平面间的动摩擦因数。弹簧解除锁定后推动物块A向右运动，之后物块A与物块B发生多次弹性正碰，物块A、B均可视为质点，重力加速度g取。求：
（1）物块A与物块B发生第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小；
（2）从物块A开始运动到物块A与物块B发生第二次碰撞的过程中物块A与水平面间因摩擦产生的热量Q。
参考答案
1．答案：C
解析：ABC.甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，即甲、乙两物体的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB错误，C正确；
D.甲、乙两木块所组成系统的动能一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D错误。
故选C。
2．答案：D
解析：若人跳离车时速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律有:
人跳离c车的过程有:,
人跳上和跳离b过程有:,
人跳上a车过程有:,
解得:,
即，并且与方向相反，b静止，故ABC错误，D正确。
故选:D。
3．答案：D
解析：在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
4．答案：D
解析：A.物块C与物块B碰撞时动量守恒，有①解得碰后速度为②故A错误；B.物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为③故B错误；D.若滑环A不固定，物块C与物块B粘在一起后，相对于A做曲线运动，会向右拉动A一起运动，当A、B、C三者水平方向速度相等（设为）时，B、C摆起的高度最大（设为h），根据动量守恒定律和能量守恒定律有④⑤联立②④⑤解得⑥故D正确；C.当滑环A所受合外力为零时速度达到最大（设为），易知此时B、C整体恰好摆回至最低点，设此时B、C整体的速度为，根据动量守恒定律和能量守恒定律有⑦⑧联立②⑦⑧解得⑨故C错误。故选D。
5．答案：C
解析：A、全过程中物块与挡板弹性碰撞，受到挡板的弹力，因此运动员和物块组成的系统动量不守恒，故A错误;B、设运动员质量为，第一次速度为，物块质量为，速度为。根据动量守恒定律可知，得出，第一次推开物块运动员速度1.5m/s，故B错误;C、设运动员第二次速度为，物块运动方向相反，根据动量守恒定律可知，代入数据得，故C正确;D、设运动员第三次速度为，根据动量守恒定律可知，代入数据得，由于，故第三次推开物块后，反弹的物块能再追上运动员，故D错误。故选:C.
6．答案：B
解析：设航天员质量为m，呼气后速度为v，由动量守恒可得
又
代入数据，可得
ACD错误，B正确。
故选B。
7．答案：B
解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒。滑块与车厢底板有相对滑动，滑动摩擦力做功，有内能产生，机械能不守恒。B正确。
8．答案：D
解析：碰后运动过程中，锤头与桩头受重力与阻力作用，它们的总动量不守恒，A错误；桩头由静止向下运动的过程先加速，最后减速，加速过程中失重，减速过程中超重，B错误；锤头与桩头碰撞过程，由动量守恒定律可得，对锤头下落的过程，由自由落体运动的规律可得，解得，即碰撞前后瞬间锤头的速度变化量的大小为，C错误；从碰后瞬间到静止，对锤头由动量定理可得，解得，D正确。
9．答案：AC
解析：A.炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，以向左为正方向，有，A、B的机械能总量为12J，故联立解得故A正确；
BC.爆炸后A、B在C上滑动，B先与C相对静止，设此时A的速度为，B、C的速度为，该过程中ABC组成的系统动量守恒。设该过程的时间为，对A应用动量定理对B应用动量定理对C应用动量定理代入数据得之后，A在C上滑动直到相对静止，根据系统的动量守恒，可得解得设A滑动的总时间为t，则解得故B错误，C正确；D.时，A、B与平板小车因摩擦而产生的热量为故D错误。故选AC。
10．答案：AD
解析：物块碰撞过程有，解得，A项正确；细绳绷紧瞬间动量守恒，有，解得，可知物块运动的时间为，物块B的加速度，解得，B项错误，D项正确；细绳绷紧过程中，物块组成的系统损失的动能，C项错误.
11．答案：BC
解析：从A开始下滑到到达最低点过程，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，设最初时B右侧与C的间距为x，由动量守恒定律得，即，解得，A错误；从A开始下滑到到达最低点过程，由机械能守恒定律得，联立解得，B正确；B与C粘在一起后，A在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得，解得最高点与曲面最低点的竖直距离，C正确；A运动到最高点时，由几何关系可知A与圆心O的连线OA与竖直方向的夹角为60°，对A受力分析，结合牛顿第三定律可知，B受到A的压力大小等于，D错误.
12．答案：;
解析：反冲后两车都做匀速直线运动,则反冲后两车的速度大小分别为,,取向右为正方向,由动量守恒定律得,综上可得。所以反冲前后动量守恒表达式为。已知,代入上式解得。
13．答案：500; 10
解析：
14．答案：(M+m):M
解析：把甲、乙两人和小球看做一个系统,则该系统动量守恒且总动量等于零,则可得,可得。
15．答案：（1）7 m/s；2 m/s
（2）；2 m
（3）或
解析：（1）设物块A的初速度为，木板与轨道底端碰撞前瞬间物块A和木板的速度分别为和，物块A和木板的质量分别为和，物块A与木板间的动摩擦因数为μ，木板长度为L，物块A与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律分别有
由题意分析可知，联立解得（另一组解不符合题意，舍去）
（2）设圆弧轨道半径为R，物块A到圆弧轨道最高点时速度为、轨道对物块A的弹力为，则物块A从轨道最低点到最高点的过程，根据动能定理有
物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立解得
设物块A离开轨道时速度的水平分量和竖直分量分别为和，则有
物块A斜拋过程上升的最大高度
物块A距离地面的最大高度
（3）以水平向左为正方向，设物体A在最高点炸裂为物块B、物块C的质量和速度分别为和，则，系统动能增加，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别有
解得或
设物块A从离开轨道到解除木板锁定的时间为
（a）若，结合（2）问分析可知物块A从运动到最大高度至落地的时间，则炸裂后物块B落地过程的水平位移为
炸裂后物块C落地过程的水平位移为
物块A从脱离轨道至运动到最高点的时间
该过程物块A的水平位移
物块A运动到最高点时距圆弧轨道底端的水平距离为
木板右端到圆弧轨道底端的距离为
物块和木板的运动轨迹分析如图1中所示
为了保证物块之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ.若仅物块C落在木板上，应满足
解得
Ⅱ.若仅物块B落在木板上，应满足
不等式无解
（b）若，炸裂后物块B做自由落体运动，则物块B的水平位移为0，炸裂后物块C落地过程的水平位移为
木板和物块的运动轨迹分析如图2中所示
为了保证物块之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ.若仅物块B落在木板上，应满足
解得
Ⅳ.若仅物块C落在木板上，应满足
解得
综合分析（a）（b）两种情况，为保证物块之一落在木板上，满足的条件为或（除不尽的保留两位小数或三位小数均可）
16．答案：（1）；（2）
解析：（1）根据能量守恒定律
解得
（2）物块A与物块B发生第一次碰撞的过程，动量守恒，机械能守恒
解得
之后物块B向右做匀减速运动，加速度大小为
停下时间
物块B停下时运动的位移
物块A向左匀减速运动距离d，匀速运动至与弹簧发生弹性碰撞后反弹向右至Q点时继续匀减速运动，可看作连续的匀减速运动，忽略物块A在Q左边的运动时间，此过程物块A向右做匀减速运动的加速度大小为
时间内物块A看作连续的匀减速运动的距离为
根据题意分析知物块A追上B时B已经停止运动，故从物块A开始运动到物块A与物块B发生第二次碰撞的过程中物块A运动的总距离
从物块A开始运动到物块A与物块B发生第二次碰撞的过程中物块A与水平面间因摩擦产生的热量2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 动量定理
一、单选题
1．一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间变化规律如图所示，下列说法正确的是( )
A.在0~4s时间内，位移先增后减 B.在0~4s时间内，动量一直增加
C.在0~8s时间内，F的冲量为0 D.在0~8s时间内，F做的功不为0
2．一位同学事先在坚硬的地面上铺上一层地毯（厚度远小于下落的高度），然后将手中的玻璃杯从一米多高处自由释放，玻璃杯落在地毯上安然无恙，没有反弹便静止了。接着他又捡起玻璃杯，同时移开地毯，将玻璃杯从同样的高度自由释放，玻璃杯落在硬地上碎裂成几块。碎片也没有反弹。空气阻力忽略不计。该同学通过比较分析得出的正确结论是( )
A.玻璃杯落在硬地上时的动量更大
B.玻璃杯受到硬地的冲量更大
C.玻璃杯与硬地作用过程中动量变化最更大
D.玻璃杯与硬地作用过程中动量变化率更大
3．跳高是中学生喜欢的运动项目之一，为了确保运动员的安全，会在落点区设置沙坑，下列关于沙坑作用的说法正确的是( )
A.减小落地时对人的冲量 B.减小落地时人的动量
C.减小落地时对人的平均冲击力 D.减小人落地的时间
4．如图所示为著名的“阿特伍德机”装置示意图。跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量均为M的物块，当左侧物块附上质量为m的小物块时，该物块由静止开始加速下落，下落h后小物块撞击挡板自动脱离，系统以v匀速运动。忽略系统一切阻力，重力加速度为g。若测出v，则可完成多个力学实验。下列关于此次实验的说法，正确的是( )
A.系统放上小物块后，轻绳的张力增加了mg
B.可测得当地重力加速度
C.要验证机械能守恒，需验证等式，是否成立
D.要探究合外力与加速度的关系，需探究是否成立
5．如图所示，、、是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c点无初速释放，下列关于它们下滑到d过程的说法中正确的是( )
A.沿细杆下滑的滑环用时最长 B.重力对各环的冲量中a的最小
C.弹力对各环的冲量中c的最大 D.合力对各环的冲量大小相等
6．原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同学从如图A所示的静止下蹲状态，脚刚离开地面，如图B所示，身体运动到最高点时位置如图C所示，三幅图代表同一竖直线上的三个位置，不计空气阻力，关于该同学测试的全过程，下列说法正确的是( )
A.从A到B的运动过程中，该同学因为受地面支持力的位移为零，所以支持力冲量为零
B.该同学在C图位置的机械能等于在A图位置的机械能
C.从A到B的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力
D.从A到C的过程中，地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向
7．为了测量蹦床运动员从蹦床上跃起的高度，探究小组设计了如下的方法：在蹦床的弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员在运动过程中对弹性网的压力，来推测运动员跃起的高度。下图为某段时间内蹦床的压力—时间图像，不计空气阻力，运动员仅在竖直方向上运动，且可视为质点，则可估算出运动员在这段时间内跃起的最大高度为（g取）( )
A.3.2m B.5.0m C.6.4m D.10.0m
8．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度；下列分析正确的是( )
A.手机接触头部之前的速度约为1m/s
B.手机对头部的冲量大小约为
C.手机对头部的作用力大小约为1.2N
D.手机与头部作用过程中手机动量变化约为
二、多选题
9．如图所示，在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎，轮船驶向码头停靠时，会与码头发生碰撞，对这些轮胎的作用，下列说法正确的是( )
A.增大轮船与码头碰撞过程中所受的冲量
B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量
C.延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间
D.减小轮船与码头碰撞过程中受到的作用力
10．在刚刚结束的东京奥运会上，14岁的中国姑娘全红婵凭借高超的“水花消失术”获得评委们的三个满分，从而获得女子10米跳台冠军。在比赛中质量为m的全红婵，从跳台上以初速度竖直向上跳起，从跳台上起跳到入水前重心下降了H，入水后由于水的阻力使速度减为0。入水后到速度为0时重心下降了h，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A.全红婵起跳后在空中受到合外力的冲量大小为
B.全红婵受到水的阻力的冲量大小为
C.从起跳后到入水后速度减为0的全过程中，全红婵受到的合外力的冲量大小为
D.全红婵入水后受到重力的冲量大小为
11．安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是( )
A.碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B.安全带减小了碰撞过程中假人的动量变化量
C.安全带减小了碰控过程中假人的动量变化率
D.使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250N
三、填空题
12．以15m/s的速度平抛一个小球，小球的质量为1kg，经2s小球落地，不计空气阻力，g取。小球落地时的速度大小为_____m/s，在这一过程中，小球的动量变化的大小为____。
13．一辆满载货物的汽车在平直的公路上从静止开始启动后加速行驶，若汽车行驶过程中所受的阻力恒为，且保持汽车的输出功率为不变，汽车经过达到最大速度，汽车所能达到的最大的速度为______，在加速运动过程中位移为_____。
14．图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图，图中砝码和小桶的质量为m，打点计时器所接电源的频率为50Hz。某小组同学保持木块质量M不变，探究加速度a与合力F的关系。某次实验的纸带如图乙所示，每5个点取一个计数点，则木块的加速度_________。但该组同学由于疏忽没有平衡摩擦力f（带滑轮的长木板水平），得到图象如图丙所示。则木块与木板间的动摩擦因数___________，图象后段出现弯曲的原因是_____________________。（，计算结果均保留2位小数）
四、计算题
15．机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：
（1）提升高度为h时，工件的速度大小；
（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
16．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为。重力加速度为g。
（1）求弹簧压缩至A点时的弹性势能。
（2）求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
参考答案
1．答案：C
解析：A.由图可知，在0-4s内力F先向正方向，再向反方向，故质点先加速再减速到0，速度方向不变，位移增加，故A错误；B.在0-4s内，速度先增加后减小，动量先增加后减小，故B错误；C.0到8s内，一半时间的冲量为正，另一半时间的冲量为负，则总的冲量为0，故C正确；D.因8s内总的冲量为0，根据动量定理，可知动量的变化为0，即初末速度为0，则动能的变化量为0，F做功为0，故D错误。故选C。
2．答案：D
解析：A.由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同一高度落下，根据自由落体运动的规律可知，落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量公式可知，动量是相等的，故A错误；B.由于碰撞后都没有反弹，根据动量定理得则冲量也相同，故B错误；C.动量的变化量则动量的变化量也相同，故C错误；D.由合外力的冲量公式可知，落在硬地的时间更短，冲量的变化率更大，故D正确。故选D。
3．答案：C
解析：设运动员落地时的速度大小为v，从运动员接触沙坑到其速度减小为零的过程中，根据动量定理可得
可得
则有
可知沙坑的作用是延长作用时间，减小落地时沙坑对人的平均冲击力。
故选C。
4．答案：B
解析：A.对系统，由牛顿第二定律得，加速度，对M，由牛顿第二定律得，解得，故A错误；B.对系统，由动能定理得，解得，故B正确；C.如果机械能守恒，则，整理得，故C错误；D.物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度，由牛顿第二定律得，整理得，要探究合外力与加速度的关系，需探究是否成立，故D错误。故选B。
5．答案：C
解析：A.物体从同一竖直圆上各点沿不同的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间相等，如图
即等时圆模型，小球下滑过程均满足
解得
根据等时圆模型可知三个滑环下滑的时间均相等，A错误；
B.三个滑环重力相等，根据冲量可知重力对各环的冲量大小相等，B错误；
C.假设光滑细杆与的夹角为θ，受力分析可知滑环所受弹力为
杆与的夹角最大，所以弹力最大，根据冲量的定义可知弹力对各环的冲量中c的最大，C正确；
D.根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，根据机械能守恒定律
解得
可知从a滑到底端的滑环速度最大，合外力的冲量最大，D错误。
故选C。
6．答案：D
解析：AC.运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，地面支持力大于重力；当地面支持力等于重力时速度最大；之后脚与地面作用力逐渐减小，运动员开始减速；当脚与地面作用力为零时，离开地面。此过程地面对脚的支持力的冲量不为零，AC错误；B.蹬地起跳过程中运动员消耗体内化学能转化为机械能，B图位置的机械能大于在A图位置的机械能，从B到C的运动过程中机械能守恒，则该同学在C图位置的机械能大于在A图位置的机械能，B错误；D.从A到C的过程中，应用动量定理有，所以地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向，D正确。故选D。
7．答案：B
解析：根据牛顿第三定律可知，运动员对弹性网向下的压力等于弹性网对运动员向上的弹力，则图像与坐标轴所围的面积可以表示运动员所受弹力的冲量I，根据动量定理有，而运动员下落高度越大，从最高点到最低点的时间t越长，I越大，即图像与坐标轴所围面积越大，由图可知，4.5~5.3s时间和7.3~8.1s时间对应运动员从最大高度下落后接触弹性网的过程，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员从弹性网跃起后达到最大高度所经历的时间为，运动员在这段时间内跃起的最大高度为，故选B。
8．答案：B
解析：A.手机做自由落体运动，故手机接触头部之前的速度约为
选项A错误；
C.手机落到头上后速度减为0，设头部对手机的作用力为F，因为手机落在头上没反弹，速度减为0，故由动量定理得
故解得，选项C错误；
B.根据力的作用是相互的，则手机对头部的作用力也是2.4N，作用时间是0.2s，故手机对头部的冲量大小为，选项B正确；
D.手机的动量变化量为
选项D错误。
故选B。
9．答案：CD
解析：对轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初、末速度不会受轮胎影响，轮船的动量变化量相同，根据动量定理，轮船受到的冲量也相同，故A、B项错误；轮胎可以起到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间，从而减小轮船因碰撞受到的作用力，故C、D项正确。
10．答案：AC
解析：A.全红婵起跳后在空中运动过程机械能守恒
解得
取向下为正方向，由动量定理，合外力的冲量大小为
故A正确；
B.全红婵受到水中运动过程受到重力和水的阻力，根据动量定理有
水的阻力的冲量大小大于，故B错误；
C.从起跳后到入水后速度减为0的全过程中，根据动量定理，取向上为正方向
全红婵受到的合外力的冲量大小为，故C正确；
D.全红婵入水后受到重力的冲量
故D错误。
11．答案：CD
解析：A.发生碰撞过程，汽车和假人总动量在减小，因此总动量不守恒，A错误；BC.无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，有安全带的情况下，作用时间变长，根据动量定律，动量的变化率变小，B错误，C正确；D.根据动量定理可得,D正确；故选CD。
12．答案：25；20
解析：小球落地时的竖直分速度：
小球的落地速度：
由动量定理可得， 在这一过程中， 小球动量的变化量：
故答案为25，20。
13．答案：；500m
解析：当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大值，则有
可得汽车在加速过程中所能达到的最大速度为
对汽车加速过程由动能定理可得
代入数据解得位移为
14．答案：0.42；0.1；不再满足砝码桶和砝码总质量
解析：木块的加速度
该组同学由于疏忽没有平衡摩擦力f(带滑轮的长木板水平)，则
可得
由图象可得
解得木块与木板间的动摩擦因数
当满足砝码桶和砝码总质量远小于木块的质量时可认为砝码桶和砝码总重力近似等于木块的牵引力，则当砝码和小桶的质量不断增加，不再满足砝码桶和砝码总质量时，木块的牵引力与砝码和小桶的总重力出现偏差，则使得图象后段出现弯曲。
15．答案：（1）
（2）；
解析：（1）由几何关系可知，工件运动的位移大小为
由运动学公式有
联立解得
（2）根据运动学公式有
结合（1）问结果得
对工件由动能定理有
结合（1）问结果得
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）物体在水平面上运动时，物体与弹簧系统机械能守恒，。
（2）从B点到C点，由动能定理得
得。2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 弹性碰撞和非弹性碰撞
一、单选题
1．如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是( )
A.六个球中共有6个落地点
B.球6的水平射程最大
C.球3始终受到球2的弹力作用
D.六个球落地时（未触地）重力的功率均相同
2．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为和。图乙为它们碰撞前后的（位移—时间）图像。已知。由此可以判断( )
A.碰前质量为的小球静止,质量为的小球向左运动
B.碰后质量为的小球和质量为的小球都向右运动
C.
D.两个小球的碰撞是非弹性碰撞
3．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则( )
A.碰后红壶将被反弹回来
B.碰后蓝壶速度为0.8 m/s
C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
D.碰后红壶所受的摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
4．如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触.现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动.以分别表示摆球A、B的质量，则( )
A.如果，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B.如果，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧
C.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞一定在平衡位置
D.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞不可能在平衡位置
5．如图所示，质量分别为与的A、B两物体静止在水平地面上，已知A、B间的动摩擦因数，B与地面间的动摩擦因数，重力加速度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对A施加一水平拉力F后，下列说法正确的是( )
A.当时，两物体均静止不动
B.当时，A、B必定产生相对滑动
C.当时，A、B间的摩擦力大小为24 N
D.当时，A的加速度大小为
6．如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个的变力，从时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，下列说法不正确的是( )
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C.图2中
D.木板的最大加速度大小为
7．如图所示，大滑块质量为，两个小滑块质量相同，均为，定滑轮的质量以及滑轮和轻质绳之间的摩擦可以忽略，右边小滑块与大滑块未接触.滑块之间以及滑块与水平面之间的动摩擦因数均为0.1，重力加速度g取，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则要使得三个滑块之间相对静止，所需外力F的最小值为( )
A.300 N B.75 N C.1115 N D.1515 N
8．一轻质长薄板静止于光滑水平地面上，长薄板上放置两个质量均为的物块，与长薄板之间的动摩擦因数分别为，。现让水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，则( )
A.若，则物块A相对薄硬纸片滑动
B.若，则A物块所受摩擦力大小为
C.若，则B物块的加速度大小为
D.无论力F多大，B的加速度最大为
二、多选题
9．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能为( )
A. B. C. D.
10．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示.用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中分别为时刻F的大小.木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )
A. B.
C. D.在时间段物块与木板加速度相等
11．如图所示，A的质量的质量与B之间的动摩擦因数与地面间的动摩擦因数与B的初速度都为足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（），则下列说法正确的是( )
A.A与B一起减速到零，二者减速过程中的位移为1.5 m
B.A比B先减速到零，B比A多运动的位移为0.75 m
C.B比A先减速到零，A比B多运动的位移为1.35 m
D.B比A先减速到零，A比B多用的时间为0.9 s
三、填空题
12．如图所示是一种被称为“郁金香风力发电机”的小型发电机，该风力发电机能将通过有效面积内空气动能的约40%转化为电能。某同学根据“发电机在发电过程中能量有损耗”这一事实得出结论：发电过程能量是不守恒的，是与能量守恒定律相矛盾的。你认为呢？_____________。
13．某同学采用如图所示的装置进行实验。把两个小球用等长的细线悬挂于同一点，让B球静止，拉起A球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起运动。实验过程中除了要测量A球被拉起的角度，及两球碰后摆起的最大角度之外，还需测量________（写出物理量的名称和符号）才能验证碰撞中的守恒量。用测量的物理量表示碰撞中的守恒量应满足的关系式是________________。
14．如图所示，在光滑的水平地面上有质量为、的两球，分别以速度、（）运动，两球发生对心弹性碰撞，写出两球碰后速度___________、________。
四、计算题
15．为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为的滑块b与质量为的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小和所受支持力大小；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
16．如图，质量的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量x的关系为。取重力加速度，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量及此时木板速度的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从减小到0所用时间为。求木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能（用表示）。
参考答案
1．答案：D
解析：C.当六个小球均在斜面段时，六小球由静止同时释放，对整体分析知加速度都相同，为，再对球3单独分析知，加速度由重力的分力产生，此阶段球3对球2无弹力作用，故C错误；
B.由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故B错误；
A.当球1进入到水平轨道后，球3、2、1的速度不再增大，球3、2、1以相同的初速度先后做平抛运动，球3、2、1落点相同，而球6、5、4以不同的初速度先后做平抛运动，球6、5、4的落点不相同，所以六个球中共有4个落地点，故A错误；
D.六个球离开A点后均做平抛运动，在竖直方向上均做自由落体运动，水平轨道高度不变，故落地时速度的竖直分量相同，六个球落地时重力的功率为
均相同，故D正确。
2．答案：C
解析：A.由图象可知，碰前小球1做向右做匀速直线运动，小球2静止，故A错误;B.位移-时间图像中，图像斜率的正负表示物体速度的方向，由图可知，碰后小球1向运动，小球2向右运动，故B错误;C.碰撞前小球1的速度为碰撞后小球1的速度为碰撞后小球2的速度为碰撞过程中，两个小球组成的系统动量守恒解得故C正确；D.碰撞前两个小球的总动能为碰撞后两小球的总动能为两小球组成的系统碰撞前后总动能保持不变，故碰撞过程为完全弹性碰撞，故D错误。故选C。
3．答案：B
解析：由红壶、蓝壶的图像可知，，，根据动量守恒定律有，其中，代入数据解得，故选项A错误，选项B正确。由蓝壶的图像可得其移动的距离，选项C错误。因碰后的图像中，红壶的斜率绝对值大于蓝壶的，故红壶受到的摩擦力大于蓝壶受到的摩擦力，选项D错误。
4．答案：C
解析：根据单摆周期公式知，两单摆的周期相同，与摆球质量无关，所以相撞后两摆球分别经过后回到各自的平衡位置，且中途不会碰撞，所以无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞一定在平衡位置，故A、B、D错误，C正确.
5．答案：A
解析：A、B间的最大静摩擦力为与地面间的最大静摩擦力为，故当时，两物体均静止不动，A正确；A、B间恰好发生相对滑动时，对整体有，对A有，联立解得，所以只有当时，A、B间才发生相对滑动，B错误；当时，A、B相对静止，一起滑动，对整体有，对A有，解得，C错误；当时，A、B相对静止，一起滑动，对整体有，解得，D错误.
6．答案：B
解析：根据题图2可知，滑块在以后受到的摩擦力不变，为，根据可得，滑块与木板间的动摩擦因数为，A正确；时刻木板相对水平地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为，B错误；在时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，木板的加速度达到最大，对滑块有，对木板有，联立解得，则木板的最大加速度大小为，根据可得，，C、D正确.本题选不正确的，故选B.
7．答案：D
解析：要使得三个滑块之间相对静止，则大滑块与两小滑块的水平加速度相等，对三个滑块整体由牛顿第二定律得，对大滑块上的小滑块，设绳上的张力为，由牛顿第二定律得，其中，对大滑块右边的小滑块，则有，联立解得，故D正确.
8．答案：C
解析：AC.轻质薄硬纸片不计质量，所以A物块对纸片的作用力和B物块对纸片的作用力等大反向，两物体质量相同，因为
所以B物块不会相对纸片滑动，当A物块相对薄硬纸片滑动时，设外力大小为，对整体，根据牛顿第二定律可得
对A物块，根据牛顿第二定律可得
联立解得
故A错误，C正确；
B.若，对整体有
对A物块有
解得A物块所受静摩擦力大小为
故B错误；
D.B物块所受最大合外力为
所以B物块的最大加速度为
故D错误。
故选C。
9．答案：BD
解析：如果是弹性碰撞有
可得碰撞后B球的最大速度
如果是完全非弹性碰撞有
可得碰撞后B球的最小速度
故选BD。
10．答案：BCD
解析：由题图（c）可知，时刻前物块和木板静止，时刻后木板和物块共同加速，时刻后木板和物块相对滑动，D正确；时刻，对木板和物块整体有，A错误；时刻，对物块有，对木板有，联立解得，B正确；时间内，物块对木板的静摩擦力使木板加速，有，解得，C正确.
11．答案：CD
解析：假设A与B一起减速，则加速度的大小为减速的最大加速度大小为，假设不成立，B比A先减速到零，A减速的加速度大小为，对B，根据牛顿第二定律有，解得比B多用的时间为比B多运动的位移为，A、B错误，C、D正确.
12．答案：答案见解析
解析：空气动能除40%转化为电能外，其余一部分转化为内能，使空气温度升高，故能量并没有消失，只是没有被利用，这与能量守恒定律不矛盾。
13．答案：A球的质量和B球的质量；
解析：A球由静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒得，两球碰撞后一起运动到最高点，根据机械能守恒得，又碰撞中的守恒量满足，所以用测量的物理量表示碰撞中的守恒量的关系式为。
14．答案：；
解析：两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设两球碰后的速度分别为、，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：，根据机械能守恒定律得：，解得，。
15．答案：（1）10 m/s；31.2 N
（2）0
（3）0.2 m
解析：（1）滑块a以初速度从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有
解得
在最低点F，由牛顿第二定律有
解得
（2）碰撞后滑块a返回到B点的过程，由动能定理有
解得
滑块碰撞过程，由动量守恒定律有
解得
碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有
解得
滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有
解得
由机械能守恒定律有
解得
由
解得最大压缩量
滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
16．答案：（1）1 m/s；0.125 m
（2）0.25 m；
（3）
解析：（1）小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有
解得
两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得
（2）木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动
对物块有
对整体有
解得
从木板接触弹簧后到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三者组成的系统机械能守恒，有
解得
（3）木板向右运动的速度从减小到0所用时间为，木板从速度为0到物块与木板加速度首次相同，弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置，考虑到木板返回时，受力与木板压缩弹簧时相同，故木板的速度大小又变为，木板返回所用时间也为
在此的时间内，对物块用动量定理有
解得
在此的时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统，由能量守恒定律有
解得2024-2025学年高二物理人教版选择性必修一课时作业 实验：验证动量守恒定律
一、单选题
1．对下列情景说法正确的是( )
A.子弹打进木块后一起向左运动的过程，子弹和木块构成的系统动量守恒
B.两同学传接篮球的过程，两同学和篮球构成的系统动量守恒
C.绑有磁铁的两小车在光滑水平地面上相向运动的过程，两车构成的系统动量守恒
D.小球从静止在光滑水平面上的斜槽顶端释放，在离开斜槽前小球和斜槽构成的系统动量守恒
2．如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较强，若大石块的质量是铁锤的150倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的( )
A. B. C. D.
3．甲、乙两人静止在光滑的水平冰面上。甲轻推乙后，两人向相反方向滑去。已知甲的质量为60kg，乙的质量为50kg。在甲推开乙后( )
A.甲、乙两人的动量相同
B.甲、乙两人的动能相同
C.甲、乙两人的速度大小之比是
D.甲、乙两人的加速度大小之比是
4．某同学用如图所示装置验证动量守恒定律，实验中除小球的水平位移外，还必须测量的物理量有( )
A.球的直径 B.球的质量
C.水平槽距纸面的高度 D.A球释放位置G距水平槽的高度
5．应用物理知识分析生活中的常见现象，解释游戏中的物理原理，可以使学习更加有趣和深入。两同学分别做了如下小游戏。如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。甲同学第一次慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点；将棋子、纸条放回原来的位置，第二次快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。乙同学把一象棋子静置于水平桌面上，然后用手指沿水平方向推棋子，棋子由静止开始运动，并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动。据此，两同学提出了如下观点，其中正确的是( )
A.甲同学第一次慢拉，棋子受纸条的摩擦力更大
B.甲同学第二次快拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大
C.乙同学推棋子，棋子离开手指前一直做加速运动
D.乙同学推棋子，棋子的最大速度一定在与手指分离之前
6．一个静止的质量为M的原子核，放出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对核的速度为，则形成的新核速度大小为( )
A. B. C. D.
7．在近地圆轨道上绕地球做匀速圆周运动的天宫中，宇航员进行了奇妙的“乒乓球”实验。实验中，朱杨柱做了一颗实心水球，桂海潮取出一块用毛巾包好的普通乒乓球拍，球拍击打后水球被弹开了。则在与球拍作用过程中及被击打后的一小段时间内，水球( )
A.与球拍作用过程中它们组成的系统动量守恒
B.与球拍作用过程中受地球引力的冲量为零
C.被击打后相对地球做变速曲线运动
D.被击打后相对天宫做匀速圆周运动
8．如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A.小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B.小球沿轨道上升的最大高度为
C.小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D.小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为
二、多选题
9．物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示.在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面体Q静止，那么由P和Q组成的系统( )
A.动量守恒
B.水平方向动量守恒
C.最终P和Q一定都静止在水平面上
D.最终P和Q以一定的速度共同向左运动
10．在光滑水平面上两小车中间有一轻弹簧（弹簧不与小车相连），如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，则( )
A.两手同时放开后，系统总动量始终为零
B.先放开左手，再放开右手后，系统动量不守恒
C.先放开左手，在右手未放开前，系统动量守恒
D.无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变
11．如图所示，两根电阻不计足够长的光滑平行倾斜金属导轨MN、PQ间距倾角金属杆a、b垂直导轨放置，质量分别为，，电阻均为。两杆中间用细线连接，对b杆施加沿导轨向上的外力F，两杆保持静止。整个装置处于磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。某时刻烧断细线，保持F不变，重力加速度下列说法中正确的是( )
A.F的大小为3N
B.烧断细线后，a杆的最大速度为0.36m/s
C.烧断细线后，b杆的最大速度为0.18m/s
D.烧断细线后，b杆上滑1m过程中通过b杆电量为2.5C
三、填空题
12．用如图所示的装置验证动量守恒定律。气垫导轨水平放置，两个相同的挡光板分别固定在滑块上，将两滑块用细线连接，且之间有一根与不连接的被压缩的轻弹簧。剪断细线后被弹开，A滑块第一次通过左侧光电门时，计时器记录的时间为；B滑块第一次通过右侧光电门时，计时器记录的时间为。用______（填“天平”或“弹簧秤”）测出滑块的质量分别为、。那么，本实验应该验证的关系式为______。
13．在用接在50Hz交流电源上的打点计时器测定小车做匀加速直线运动的加速度的实验中，得到如图所示的一条纸带，从比较清晰的点开始起，每5个打印点取一个计数点，分别标上0、1、2、3、4…量得0与1两点间的距离，3与4两点间的距离，则小车在0与1两点间平均速度为________m/s，小车的加速度为________.
14．在用水平气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量，右侧滑块质量，挡光片宽度为1.60cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图所示。开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为、。以向左为正方向，则烧断细线前_____，烧断细线后 （此空保留2位有效数字）；可得到的结论是 。
四、计算题
15．如图所示，光滑水平面上有一质量的平板车，车的上表面是一段长的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点处相切。现将一质量的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取，求：
(1)小物块滑上平板车的初速度的大小；
(2)小物块与车最终相对静止时，它距点的距离。
16．如图所示，一个小孩在冰面上进行“洞车”织习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度向右做匀速直线运动，在A车正前方有一辆沅止的B车，为了避免两车相抄，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相拉。已知小孩的质量，A车和B车质量均为，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，求：
(1)小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小；
(2)小孩跳离A车和B车时对地速度的大小；
(3)小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小。
参考答案
1．答案：C
解析：A.子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，但在一起向左运动的过程，由于弹簧的弹力（或弹簧弹力和地面的摩擦力）作用，子弹和木块所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B.两同学传接篮球的过程，由于地面摩擦力的作用，两同学和篮球构成的系统动量不守恒，故B错误；
C.相向运动的过程中合外力为零，系统动量守恒，故C正确；
D.小球从静止在光滑水平面上的斜槽顶端释放，在离开斜槽前小球和斜槽构成的系统水平方向动量守恒，故D错误。
故选C。
2．答案：B
解析：如果发生的是完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律
解得
如果发生的是弹性碰撞，则由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得
故撞击后大石块的速度范围为
故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的。
故选B。
3．答案：C
解析：
4．答案：B
解析：两球碰撞过程，根据动量守恒有
两球做平抛运动过程，有
，
可得
整理得
其中、、分别是碰后入射球A的水平位移、未发生碰撞时A入射球的水平位移、碰后被碰小球B的水平位移，若满足
成立，则动量守恒定律成立。因此，该实验中还需要测量球的质量。
故选B。
5．答案：D
解析：A.甲同学拉动纸条让棋子开始运动，所以两次都受滑动摩擦力，所以磨擦擦力大小相等，故A错误；
B.棋子离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由
可知离开桌面时第二次的水平速度小于第一次的水平速度，结合动量定理得
所以甲同学第一次慢拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大。故B错误；
CD.棋子离开手之前受手给棋子得作用力和滑动摩擦力，而手给棋子得作用力为变力，由于棋子刚开始处于静止状态，所以刚接触的一段时间内棋子一定做加速运动，但在棋子离开手之前不一定一直做加速运动，棋子离开手后做匀减速直线运动，所以棋子的最大速度一定在与手指分离之前，但离手前不一定一直做加速直线运动，故C错误，D正确。故选D。
6．答案：C
解析：设新核速度为,则粒子的速度为,则由动量守恒定律得,解得,C正确.
故选:C.
7．答案：C
解析：A.球与球拍作用过程中，把球与球拍作为系统，受到手对系统的作用力，所以系统动量不守恒，故A错误；
B.由冲量公式
可知与球拍作用过程中受地球引力并且其作用时间不为0，所以它的冲量不为零，故B错误；
CD.实验舱内，处于完全失重环境，航天员会观察到水球离开球拍后相对天宫做匀速直线运动。而相对地球做变速曲线运动，故C正确，D错误。
故选C。
8．答案：B
解析：AB.依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设达到最高点的高度为H，此时小球仍然具有水平速度，由动量守恒定律，可得
根据能量守恒，可得
联立，解得
故A错误；B正确；
CD.设小球滑离小车时，二者速度分别为和，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得
，
联立，解得
，
可知小车相对小球的速度大小为
故CD错误。
故选B。
9．答案：BD
解析：因为系统水平方向上不受外力，所以水平方向动量守恒，竖直方向合力不为零，所以系统动量不守恒，A错误，B正确；初始时系统水平方向的总动量向左，最终两物体相对静止，则末状态水平方向的总动量向左，所以最终P和Q以一定的速度共同向左运动，C错误，D正确.
10．答案：AD
解析：A.若两手同时放开两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；
BD.无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，故B错误，D正确；
C.先放开左手，在右手未放开前，系统所受合外力向左，系统总动量不守恒，故C错误。
故选AD。
11．答案：ABD
解析：A.细线烧断前，由平衡条件可得
代入数据解得
故A正确；
BC.细线烧断后，两杆切割磁感线产生感应电流，由于其B、I、L都相等，则两杆所受安培力大小相等，方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，以a杆的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
两杆同时达到最大速度，达到最大速度时两杆都做匀速直线运动，对杆a，由平衡条件得
感应电流为
代入数据解得
故B正确，C错误；
D.通过杆的电荷量为
两杆组成的系统动量守恒，以杆a的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
联立解得
故D正确。
故选ABD。
12．答案：天平；或
解析：需要用天平测出滑块的质量分别为、；设挡光板的宽度为d，弹簧弹开滑块后滑块A的速度：，滑块B的速度：，剪断细线弹簧弹开滑块过程，组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，整理得：。
13．答案：0.3m/s；
解析：.
因为,
所以.
14．答案：0；0.0040；在误差允许范围内，两滑块质量与各自速度的乘积之和为不变量
解析：
15．答案：(1)5m/s(2)0.5m
解析：(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度，由动量守恒得
由能量守恒得
联立并代入数据解得
(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得
设小物块与车最终相对静止时，它距点的距离为x。
由能量守恒得
联立并代入数据解得
16．答案：(1)(2)(3)
解析：(1)因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在人跳的过程中，把人、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律得
代入数据解得
(2)依题意，设该同学跳离A车和B车时对地的速度大小分别为，则人、B车根据动量守恒定律有
解得
(3)根据动量守恒定理，小孩跳离A车的过程有
解得小孩跳离A车时，A车的速度大小为
根据动量定理，对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小，即
