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反冲现象 火箭
一、单选题
1．下列运动不属于反冲运动的有（ ）
A．火箭升空 B．发射炮弹后炮身后退
C．乒乓球碰到墙壁后弹回 D．喷气式飞机喷气飞行
2．如图所示，一只悬停在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内向后高速喷出的水，乌贼的逃窜速度大小为15m/s，则乌贼喷出水的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
3．小朋友进行滑板推球游戏，人匍匐在静止的水平滑板上，将静止在水平面上的球向前推出，使球垂直撞向墙壁。已知球与墙壁碰撞前、后的速率之比为3：1，且球与人刚好不会发生第二次碰撞。忽略一切阻力，则（　　）
A．在人推球的过程中，系统的机械能守恒
B．在人推球的过程中，系统的动量增加
C．球与人的质量之比为1∶3
D．在人推球的过程中，人与球的动量变化相同
4．质量为的宇宙飞船以速度绕地球做匀速圆周运动，某时刻，飞船以相对飞船的速率向后喷出质量为的气体，喷出气体后飞船的速度为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机把前舱的水匀速抽往后舱，不计水的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若前后舱是分开的，则前舱将向后加速运动
B．若前后舱是分开的，则前舱将向前加速运动
C．若前后舱不分开，则船将向后加速运动
D．若前后舱不分开，则船将向前加速运动
6．步枪的质量为4.1kg，子弹的质量为9.6g，子弹从枪口飞出时的速度为855m/s，步枪的反冲速度大小为（ ）
A．2m/s B．1m/s C．3m/s D．4m/s
7．2024年10月30日4时27分，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。若一级火箭脱离后，火箭的总质量为M，速度为v0，此后火箭将质量为m的气体相对于火箭以速率u向后喷出，则火箭的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，哈九中航天科普节活动中，某同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，火箭和水加速度方向向下
C．火箭的水平射程为
D．火箭上升的最大高度为
9．航天员离开空间站太空行走时，连同装备共100 kg，在离飞船60 m的位置与空间站处于相对静止的状态，装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体，为了能在5 min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是（不计喷出气体后航天员和装备质量的变化）（ ）
A．0.10 kg B．0.20 kg C．0.35 kg D．0.40 kg
10．2025年12月31日，长征七号改运载火箭成功发射。初始静止的火箭总质量为M（包含气体的质量）。火箭喷出速度大小为的气体，火箭上升，喷出气体的质量为，要增大火箭的发射速度，下列操作可行的是（　　）
A．减小 B．增大M
C．增大M的同时减小 D．增大的同时减小M
11．如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将战机上质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速率下列表述正确的是（ ）
A．速率变大，为
B．速率变小，为
C．速率变小，为
D．速率变大，为
12．一半椭圆形滑槽放置在光滑水平地面上，其质量，半长轴，半短轴。在滑槽右侧上沿处由静止释放一质量为的小球（质点），与滑槽间摩擦不计。下列说法正确的是（ ）
A．小球与滑槽构成的系统动量守恒
B．滑槽做振动的振幅为
C．小球的运动轨迹为椭圆
D．小球运动到最低点时对滑槽的压力大小为
13．如图所示，斜面体Q静置于光滑水平地面上，光滑斜面长度为L，物块P（可视为质点）沿斜面从顶端由静止下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块下滑过程中机械能守恒
B．斜面对物块的支持力不做功
C．物块相对地面的速度方向沿斜面向下
D．物块相对地面的位移小于L
二、多选题
14．甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。下列正确的是（ ）
A．在甲推乙之前，两人的总动量不为0
B．甲推乙后，两人都有了动量，总动量仍为0
C．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg，甲的速率与乙的速率之比为
D．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg，甲的速率与乙的速率之比为
15．如图所示，甲乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，甲与车的总质量kg，车与水平地面间的摩擦不计。另有一质量kg的球，乙站在车对面的地上，身旁有若干质量不等的球。开始车静止，甲将球以速度v（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只球以相同速率v水平抛回给甲，甲接到球后，再以速率v将此球水平抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，则（　　）
A．甲第二次抛出球后，比第一次抛出球后的速度增加了0.20v
B．甲第三次抛出球后，比第二次抛出球后的速度增加了0.32v
C．从第一次算起，甲抛出5个球后，再也不能接到乙抛回来的球
D．从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球
16．如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为（　　）
A． B． C． D．
三、解答题
17．质量均为的木块和，并排放在光滑水平面上，如图所示。上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量也为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球。
(1)若木块固定在水平面上，求球向左摆动能达到的最大高度；
(2)若木块不固定，求球第一次摆到最低点时球的位移大小。
18．如图所示，AB是半径的四分之一光滑圆弧轨道，其最低点A与水平地面相切，质量分别为3m、m的物块a、b静止在水平面的P、A之间，a、b间夹有一小块炸药，水平面PA段光滑，P点左侧平面粗糙，两物块与粗糙平面间的动摩擦因数均为0.5，炸药瞬间爆炸，将两物块推开，a在粗糙平面上滑行了0.4m后静止，不计物块的大小，炸药质量不计，重力加速度，求：
(1)炸药爆炸后物块a获得的速度大小；
(2)若，求物块b滑到A点时对圆弧轨道的压力大小。
19．如图所示，物块、质量分别为、，二者中间夹有微量炸药（质量可忽略不计）静置在光滑水平平台上。质量的木板静置在平台右侧光滑的水平地面上，木板的上表面与平台齐平，上表面点左侧粗糙，右侧光滑。轻质弹簧固定在木板的右端，自然伸长时左端恰好位于点。引爆炸药，炸药化学能的转化为、两物块的动能，物块以的速度向左运动，物块滑上木板并压缩弹簧。已知木板粗糙部分长度为，物块与木板之间的动摩擦因数，物块可视为质点，弹簧未超过弹性限度，不计空气阻力，重力加速度取。求：
(1)炸药爆炸后瞬间物块的速度大小；
(2)炸药爆炸过程释放的化学能；
(3)弹簧的弹性势能最大值。
试卷第2页（共3页）
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《反冲现象 火箭》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 C B C C B A A C D
题号 10 11 12 13 14 15 16
答案 D A D D BD BD CD
1．C
【详解】反冲运动的核心是：系统在内力作用下，一部分物体向某一方向运动，另一部分向相反方向运动，相互作用力来自系统内部。
A．火箭升空时，火箭与喷出的燃气组成系统，在内力作用下燃气向后运动、火箭获得向前的反作用力飞行，属于反冲运动，故A不符合题意；
B．发射炮弹时，炮弹与炮身组成系统，在内力作用下炮弹向前运动、炮身获得向后的反作用力后退，属于反冲运动，故B不符合题意；
C．乒乓球碰到墙壁后弹回，是乒乓球受到系统外的墙壁的弹力作用发生反弹，相互作用力来自系统外，不属于反冲运动，故C符合题意；
D．喷气式飞机喷气飞行时，飞机与喷出的高速气体组成系统，在内力作用下气体向后运动、飞机获得向前的反作用力飞行，属于反冲运动，故D不符合题意。
故选C。
2．B
【详解】设悬停在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时喷出水的质量为，乌贼的逃窜速度大小为，则喷水过程，根据动量守恒可得
解得
故选B。
3．C
【详解】A．在人推球的过程中，人要释放生物能，则系统的机械能增加，A错误；
BC．设人推出球后，人的速度为v，则由题意可知，球与墙壁碰后速度为v，则人推出球后，球的速度为3v，人推球过程中，对人和球的系统受合外力为零，则系统动量守恒，可得，则球与人的质量之比为m:M=1:3，C正确，B错误；
D．在人推球的过程中，人与球的动量变化大小相同，但方向不同，D错误。
故选C。
4．C
【详解】飞船喷气过程满足动量守恒，喷气前总动量为
设喷气后设飞船的速度为，则气体的速度为，根据动量守恒定律有
解得，故C正确。
5．B
【详解】AB．若前后舱是分开的，抽水机将水从前舱抽出时，水被向后推出，水获得了向后的动量。根据牛顿第三定律，水会给前舱一个向前的反作用力，因此前舱将向前加速运动。同时，水落到后舱时，水会被后舱挡住停下，后舱给水一个向前的力，水给后舱一个向后的力，后舱会向后加速，故A错误，B正确；
CD．若前后舱不是分开的，此时将整个船和船上所有的水视为一个系统。水从前往后抽的过程，属于系统内部各部分之间的相互作用。由于系统在水平方向上不受外力（不计水的阻力），系统的总动量守恒。因为船初始是静止的（总动量为），无论内部的水如何流动，系统的总动量始终为，船都不会产生加速运动，故CD错误。
故选B。
6．A
【详解】步枪发射子弹瞬间，子弹与步枪组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，且系统初始总动量为0。取子弹的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
其中、、，代入解得步枪的反冲速度大小
故选A。
7．A
【详解】喷气过程内力远大于外力，火箭与喷出气体组成的系统动量守恒。设喷出气体后火箭的速度大小为，取火箭的速度方向为正方向，则气体相对地面的速度为，由动量守恒定律得
解得
故选A。
8．C
【详解】A．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故A错误；
B．水喷出的过程中，火箭的加速度斜向上，水的加速度斜向下，故B错误；
C．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有
解得
火箭上升的时间为
火箭的水平射程为 ，故C正确；
D．水喷出后，火箭做斜向上抛运动，有
解得 ，故D错误。
故选C。
9．D
【详解】时间
由匀速运动公式得
喷气过程内力远大于外力，系统动量守恒，初始总动量为0，有
代入、，解得喷出气体质量
故选D。
10．D
【详解】火箭发射瞬间，重力冲量可忽略，火箭与喷出气体组成的系统动量守恒，初始静止总动量为0。取向上为正方向，设火箭获得的速度为，根据动量守恒推导得火箭速度：
由此可知：火箭发射速度与喷出气体速度、喷出质量正相关，与火箭初始总质量负相关。
A．减小会使减小，不可行，故A错误；
B．增大会使减小，不可行，故B错误；
C．增大同时减小，会使减小，不可行，故C错误；
D．增大同时减小，一定使增大，可行，故D正确。
故选D。
11．A
【详解】取导弹原运动方向为正方向，设喷气后瞬间导弹的速度为。喷气过程时间极短，导弹和燃气组成的系统水平方向动量守恒，则
解得
由于，导弹速率变大。
故选A。
12．D
【详解】A．小球与滑槽组成的系统，竖直方向上小球存在向心加速度，合外力不为零，竖直方向动量不守恒；仅水平方向不受外力，水平方向动量守恒，总动量不守恒。故A错误；
B． 系统水平方向动量守恒，初始水平总动量为0，满足人船模型的动量守恒推论，任意时刻满足
对时间积分可得
其中是小球相对地面的水平位移，是滑槽相对地面的水平位移，且小球相对滑槽的水平位移满足
代入、，解得滑槽向右的最大位移为
当小球滑到左侧上沿时，滑槽会向右运动再运动0.2m后速度变为0，此时滑槽位于初始位置右侧0.4m处，后续滑槽会在初始位置和该位置之间往复运动，因此滑槽振动的振幅为，故B错误；
C．椭圆滑槽的方程是滑槽参考系（非惯性系）下的轨迹，以滑槽中心为原点，可得椭圆方程
而小球相对地面参考系的水平坐标满足，
以滑槽初始时中心位置为坐标原点，得到小球相对地面的轨迹方程
其中，可得该轨迹方程是以为圆心，半径为的圆，因此小球运动轨迹是圆。故C错误；
D． 小球滑到最低点时，由水平动量守恒得
结合机械能守恒
代入数值解得
此时小球相对滑槽的速度为
在滑槽参考系中，最低点的曲率半径为
由向心力公式
代入得轨道支持力
根据牛顿第三定律，小球对滑槽的压力大小为，故D正确。
故选D。
13．D
【详解】AB．物块P下滑过程中，物块P对斜面体Q的压力对斜面体做正功，斜面体向右做加速运动，斜面体Q对物块P的支持力对物块P做负功，物块机械能不守恒，故AB错误；
C．物块相对斜面体的速度方向沿斜面向下，相对地面的速度方向不是沿斜面向下，故C错误；
D．设斜面体倾角为θ，物块P的质量为m，斜面体Q的质量为M，根据人船模型的特点可得，
联立解得
所以物块相对地面的位移大小为，故D正确。
故选D。
14．BD
【详解】AB．冰面光滑，对甲与乙构成的系统，所受外力的合力为0，由于甲、乙两人初始状态均处于静止，总动量为零；根据动量守恒定律可知，甲推乙后，两人都有了动量，总动量仍为0，故A错误，B正确；
CD．根据动量守恒定律有
解得，故D正确，C错误。
故选BD。
15．BD
【详解】AB．第一次抛出球甲的速度为v1，由动量守恒定律
第二次抛出球甲的速度为v2，由动量守恒定律
第三次抛出球甲的速度为v3，由动量守恒定律
解得
甲第二次抛出球后，比第一次抛出球后的速度增加了
甲第三次抛出球后，比第二次抛出球后的速度增加了，故A错误，B正确；
CD．第三四次抛出球甲的速度为v4，由动量守恒定律
解得，从第一次算起，甲抛出4个球后，再也不能接到乙抛回来的球，故C错误，D正确。
故选BD。
16．CD
【详解】对于甲和箱子根据动量守恒得
对于乙和箱子根据动量守恒得
当甲乙恰好不相碰，则
联立解得
若要避免碰撞，则需要满足
故选CD。
17．(1)
(2)
【详解】（1）木块固定在水平面上，球向下摆动过程中木块和产生挤压保持静止，故球在该过程中满足机械能守恒，经过最低点的速度大小满足
解得
当球摆过最低点后，木块与分离，球带动木块向左运动，系统水平方向动量守恒，取向左为正方向，当球向左摆动达到的最大高度时，、保持相对静止，有
同时，根据系统机械能守恒，有
联立解得
（2）木块不固定，则系统水平方向不受外力作用，则对球和木块、组成的系统水平方向平均动量守恒，设水平向左为正方向，任意时刻有
对时间微元求和得
球第一次摆到最低点时，球和木块、的相对位移满足
解得，
故球第一次摆到最低点时球的位移大小
18．(1)2m/s
(2)30N
【详解】（1）设爆炸后物块a获得的速度大小为，根据动能定理可得
解得
（2）设爆炸后物块b的速度大小为，根据动量守恒定律可得
解得
物块b滑到圆弧轨道的最低点A时，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可得物块b滑到A点时对圆弧轨道的压力大小为30N。
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）炸药爆炸过程，对、系统有
解得
（2）根据能量守恒，炸药化学能的转化为、两物块的动能，有
解得
（3）当物块与木板共速时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒有
解得
根据能量守恒有
解得
答案第4页（共4页）
答案第3页（共4页）弹性碰撞和非弹性碰撞
一、单选题
1．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不为零
C．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒
2．带有光滑圆弧轨道，质量为m的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为m的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，已知重力加速度为g，则（　 ）
A．小球返回车的左端时，速度为零
B．小球返回车的左端时，速度为v0
C．小球上升到最高点时，小车的速度为v0
D．小球在弧形槽上上升的最大高度为
3．如图所示，将内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，半圆槽左侧靠着竖直墙。小球从半圆槽口A 点处由静止开始下滑，半圆槽的最低点为B，半圆槽的另一槽口为C，槽口A、C位于同一水平高度，下列说法正确的是（　　）
A．半圆槽始终保持静止
B．半圆槽离开墙壁后做匀速运动
C．离开墙壁后，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
D．小球不能运动到 C点
4．如图所示，质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的一端系在圆环上，另一端系着质量为M的木块。质量为的子弹以水平速度射入木块，离开木块时，木块的速度为v，子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒
B．子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力
C．子弹射穿木块的过程，子弹和木块组成的系统损失的机械能
D．子弹射穿木块后，木块上升到最高高度
5．如图，质量均为2kg的木块A和B，并排静止放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为1m的轻细线，细线另一端系一质量为1kg的小球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，不计空气阻力，取重力加速度 ，球C可看作质点。下列说法正确的是 （ 　　 ）
A．在球C下落的过程中，A、B组成的系统动量不守恒，机械能守恒
B．在球C下落的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒
C．球C第一次下落至最低点时，AB的速度大小
D．球C在轻杆左侧上升的最大高度（相对球C运动的最低点）
6．如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，重力加速度，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．小球运动到最高点时的速度为-
C．小球能够上升的最大高度为
D．小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动
7．如图，光滑的半圆形凹槽静止在光滑的水平地面上，O为圆心，AB为直径等于2R。在A点由静止释放一个小球，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球与凹槽组成的系统动量守恒
B．小球可以达到与A点等高处
C．小球运动到最低点的速度为
D．小球第一次到达最高点的之前，凹槽先向左移动，再向右移动
8．如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，BC部分为半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，CD部分为粗糙水平轨道，质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧，已知AB=CD=R=0.3m，取g的大小为，下列说法正确的是（ ）
A．物块对小球先做正功后做负功
B．分离时小球在水平方向移动了0.15m
C．物块的最大速度为1m/s
D．物块对地面的最大压力为
二、多选题
9．滑块A、B在水平面上发生碰撞，它们碰撞前后的图像如图。已知A的质量为，则根据图像可知（ ）
A．水平面光滑
B．碰后A和B沿同一方向运动
C．B的质量
D．这次碰撞没有能量损失
10．质量为的小车静止在光滑水平面上，其上表面水平，如图所示。质量为m的沙包（可视为质点）以初始速度水平抛出，抛出点到小车上表面的竖直高度（为当地重力加速度），并恰好落在小车的右端且没有弹起，又恰好没从小车上滑下来。已知沙包与小车的动摩擦因数为。下列选项正确的是（ ）
A．沙包从抛出至落到小车上所用时间为
B．沙包的抛出点至小车右端的水平距离为
C．沙包与小车相互作用的整个过程中，系统的内能增加了
D．小车的长度为
11．如图，长方体中空容器（器壁很薄）装满水后静止在光滑水平面上，总质量为9m，一颗质量为m的子弹以水平初速度从容器的左侧壁射入容器，最终留在容器底部与容器相对静止。整个过程子弹未与右侧壁接触，水对子弹阻力的水平分量与子弹相对于水的水平分速度始终满足（k为已知常数），子弹射入时留下的弹孔到容器底部的高度为h，重力加速度为g，忽略射入容器瞬间容器壁对子弹运动的影响，不计弹孔处水的微量流失。下列说法正确的是（　　）
A．子弹最终的速度大小为
B．从开始射入到刚好共速，子弹受到的总冲量大小为
C．最终子弹到容器左侧壁的距离为
D．整个过程子弹、容器和水构成的系统损失的机械能为
12．如图所示，一辆带有半径足够大光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平，小车的质量M=3kg。现有一质量m=1kg的小球以水平初速度v0=4m/s从圆弧下端滑上小车，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒
B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒
C．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6m
D．小球从回到圆弧轨道最低点到落地的过程，水平方向相对地面的位移方向向右
13．如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，重力加速度，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．小球运动到最高点时的速度为-
C．小球能够上升的最大高度为
D．小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动
三、实验题
14．如图甲，为探究碰撞前后动量是否守恒。长木板一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度以平衡摩擦力，使小车能在木板上做匀速直线运动。小车A前端贴有橡皮泥，后端连一打点计时器纸带，接通打点计时器电源后，让小车以某速度做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到如图乙所示的纸带，已将各计数点间的距离标在图上。
(1)下列说法正确的是________。
A．理论上碰撞前后小车A均做匀速直线运动
B．此类碰撞机械能损失最大
C．先释放小车后接通打点计时器
D．若平衡摩擦力过度，纸带上仍会出现点迹均匀的区段
(2)碰前小车A的速度应用________段计算，碰后小车AB的共同速度应用________段计算。
(3)若小车A的质量为0.4 kg，小车B的质量为0.2 kg，计算数据，碰前两小车的总动量为________ ，碰后两小车的总动量为________，请写出实验结论_________。
四、解答题
15．如图所示，光滑水平地面上有长木板，木块置于长木板的左端，与之间的动摩擦因数为，在的右侧距离为d（未知）处有与长木板等高的木块，、、的质量分别为3m、m、2m，初始三个物体均处于静止状态。现给向右的初速度，、恰好共速时，刚好与发生弹性正碰（时间极短），最终恰好未从上滑下。已知重力加速度大小为g，木块可视为质点。求：
(1)开始时，的右端与的距离d；
(2)、碰撞后瞬间，、的速度和；
(3)木板的长度。
16．如图所示，质量为的物块静止在水平面上点，半径为的四分之一光滑圆弧体静止在光滑水平面上，圆弧面与水平面刚好在圆弧面的最低点相切，质量为的小球用长为（未知）的轻绳连接于点，点正下方点固定一颗钉子，将轻绳水平拉直，由静止释放，运动到最低点时刚好与沿水平方向发生弹性正碰，碰撞后刚好绕钉子做半径为的完整的圆周运动，恰能运动到圆弧体的最高点，与点左侧水平面间的动摩擦因数为，点右侧水平面光滑，开始时点与点对齐，、间距离，、可视为质点，重力加速度为，求：
(1)A、B碰撞后瞬间，的速度大小；
(2)细线长度及圆弧体的质量；
(3)若在圆弧面上向上运动的时间为，则在圆弧面向上运动过程中，圆弧体运动的距离为多少。
17．如图所示，质量分别为、的滑块、位于光滑水平面上，现使滑块以的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块的最大速度。
18．如图甲所示，挡板固定在地面上，质量为的木块放在光滑水平面上，上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球。g取。求：
(1)球C第1次摆到最低点时速度大小；
(2)球C第50次摆到最低点时速度大小；
(3)当球C摆至轻杆左侧且与竖直方向夹角时，木块A速度大小。
19．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块和分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将无初速释放，与碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径；和的质量相等为；和整体与桌面之间的动摩擦因数。重力加速度取。求
(1)滑块刚滑到最低点时对圆弧轨道的压力的大小；
(2)滑块和碰撞损失的机械能；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离。
20．如图所示，质量的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量的小车，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径，连线与竖直方向夹角为，另一与完全相同的滑块从点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块离开平台滑上小车且恰好未滑落，取，可视为质点，求：
(1)滑块刚到平台上的速度大小；
(2)该过程中弹簧弹性势能的最大值；
(3)小车最后的速度。
21．如图所示，在光滑的水平面上有一长的木板B，木板与右侧光滑平台等高，平台上有一光滑圆弧槽C，半径，圆弧槽下端与平台表面相切，开始B、C都静止，现有小物块A以初速度从B左端滑上，木板和平台相碰时物块恰好以速度滑离木板，之后物块滑上圆弧槽，A、B、C的质量分别为1kg、2kg、，重力加速度，求：
(1)木板B刚要与平台碰撞时速度v；
(2)物块与木板间的动摩擦因数 ；
(3)物块离平台最大高度h。
(4)整个过程中，物体C能达到的最大速度。
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《弹性碰撞和非弹性碰撞》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A D D D D B C ACD BCD
题号 11 12 13
答案 ABC BCD AD
1．D
【详解】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，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，P、Q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，BC错误，D正确。
故选D。
2．A
【详解】C．水平面光滑、轨道光滑，因此小球和滑车组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒。小球到达最高点时，小球和滑车水平方向共速，由水平动量守恒有
解得，故C错误；
D．小球在弧形槽上上升到最大高度的过程，由机械能守恒定律有
解得，故D错误；
AB．小球回到左端时，相当于两个质量相等物体的弹性碰撞，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得，，故A正确，B错误。
故选A。
3．D
【详解】A．小球在第一次经过最低点前的过程中，半圆槽保持静止，之后开始运动，故A错误；
B．离开墙壁后，小球和半圆槽组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒，小球水平方向做变速运动，半圆槽离开墙壁后不是做匀速运动，故B错误；
C．离开墙壁后，小球与半圆槽组成的系统只有水平方向动量守恒，故C错误；
D．小球运动过程中，小球的一部分机械能转化为了半圆槽的动能，根据能量守恒可知，小球不可能到达与释放点等高的C点，故D正确。
故选D。
4．D
【详解】A．子弹射穿木块的过程，由于存在摩擦生热，系统机械能不守恒，故A错误；
B．子弹射出木块后的瞬间，木块具有速度，做圆周运动，绳子拉力（为绳长）
圆环对杆的压力，故B错误；
C．子弹射穿木块的过程，系统损失的机械能等于初动能减去末动能，即（为子弹穿出后的速度），选项中漏掉了子弹穿出后的动能，故C错误；
D．子弹射穿木块后，木块和圆环组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。当木块上升到最高点时，两者具有相同的水平速度， 由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得，故D正确。
故选D。
5．D
【详解】AB．球C下落的过程中，球C具有竖直方向的加速度，所以A、B、C组成的系统在竖直方向所受合力不为零，则系统动量不守恒；由于球C下落的过程中，A、B、C组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，故AB错误；
C．球C由释放到第一次经过最低点的过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，则有
根据系统机械能守恒可得
联立解得，，故C错误；
D．球C第一次经过最低点时，A、B开始分离，之后A与C组成的系统满足水平方向动量守恒，球C在轻杆左侧上升到最大高度时，A、C具有相同的速度，则有
根据机械能守恒可得
联立解得，故D正确。
故选D。
6．D
【详解】A．设小球的质量为m，初速度为，在水平方向上由动量守恒定律有
整理可得
则图线的斜率为
解得，故A错误；
B．图线的纵截距为
解得小球的初速度大小为
小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
解得，故B错误；
C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
解得，故C错误；
D．对小球和圆弧滑块组成的系统，分离时根据动量守恒，有
根据能量守恒有
解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为
即小球的速度方向向右，所以小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动，故D正确。
故选D。
7．B
【详解】A．水平面、凹槽内壁均光滑，系统水平方向不受外力，竖直方向小球有分加速度，合力不为零，故小球与凹槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B．系统水平动量初态为 0，机械能守恒，若小球能回到与A等高位置，水平动量守恒，末态两者水平速度都必须为0，机械能守恒，重力势能恢复初始值，动能为0，满足条件，小球来回运动过程中，凹槽会左右往复滑动，但无能量损耗，小球一定能到达与A等高处，故B正确；
C．设小球到最低点时，小球对地水平速度（向右），凹槽对地速度（向左），凹槽质量M，小球质量m，水平方向动量守恒
机械能守恒
联立解得小球速度
故C 错误；
D．小球第一次到达最高点前全程分析，小球从A下滑到最低点，小球水平向右运动，凹槽持续向左运动，小球从最低点向右上运动至最高点，小球水平仍有向右分速度（直到最高点两者水平共速），凹槽仍保持向左运动，不会反向右移，故D错误。
故选B。
8．C
【详解】A．在段，小球由于与物块之间的挤压，物块的机械能增加，小球的机械能减小，由功能关系，物块对小球做负功，故A错误；
B．物块与小球组成的系统水平方向动量守恒，有，即
根据几何关系有，两者分离时小球在水平方向移动了，故B错误；
C．在点时，物块的速度达到最大，物块与小球组成的系统水平方向动量守恒，有，根据能量守恒有
解得，，故C正确；
D．在点时，小球受到的支持力最大，有
物块对地面的最大压力为，故D错误。
故选C。
9．ACD
【详解】A．由图像可以看出，碰撞前后物体均做匀速直线运动，说明物体不受摩擦力，水平面光滑，故A正确；
B．由图可知，碰撞后A的位移越来越小，B的位移越来越大，说明二者的运动方向相反，故B错误；
C．由图可得，碰撞前B的速度为0，A的速度为
碰撞后A的速度为
碰撞后B的速度为
根据动量守恒有
代入数值解得，即B的质量为，故C正确；
D．碰撞前A、B的动能之和为
碰撞后A、B的动能之和为
碰撞前后能量不变，所以这次碰撞没有能量损失，故D正确；
故选ACD。
10．BCD
【详解】A．根据平抛运动竖直方向运动规律可知沙包从抛出至落到小车上所用时间，有
解得，故A错误；
B．根据平抛运动水平方向运动规律有，故B正确；
C．沙包与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有
根据能量守恒定律，沙包与小车相互作用的整个过程中，系统的内能增加了
联立解得，故C正确；
D．设小车的长度为L，则有
解得，故D正确；
故选BCD。
11．ABC
【详解】A．系统水平方向动量守恒
解得
子弹最终相对容器静止在底部，只有水平方向上的速度，即子弹最终的速度大小为。故Ａ正确；
B．从开始射入到刚好共速，对子弹用动量定理
子弹受到的总冲量大小为。故Ｂ正确；
C．子弹射入容器后，任意时间内，水平方向上有
求和得
解得，故C正确；
D．整个过程子弹、容器和水构成的系统损失的机械能为。故Ｄ错误。
故选ABC。
12．BCD
【详解】A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，但在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误；
B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，故B正确；
C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v，则
小球与小车组成的系统机械能守恒，则
解得，故C正确；
D．小球从滑上圆弧轨道到回到圆弧轨道最低点的过程，有，
联立解得
即小球从回到圆弧轨道最低点到落地的过程做平抛运动，水平速度向右，水平方向相对地面的位移方向向右，故D正确。
故选BCD。
13．AD
【详解】A．设小球的质量为m，初速度为，在水平方向上由动量守恒定律有
整理可得
则图线的斜率为
解得，故A正确；
B．图线的纵截距为
解得小球的初速度大小为
小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
解得，故B错误；
C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
解得 ，故C错误；
D．对小球和圆弧滑块组成的系统，分离时根据动量守恒，有
根据能量守恒有
解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为
即小球的速度方向向右，所以小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动，故D正确。
故选AD。
14．(1)AB
(2) BC DE
(3) 0.6848 0.6840 在误差允许的范围内，碰撞过程系统动量守恒
【详解】（1）A．碰撞前A匀速；碰撞后A、B粘在一起匀速。理论上碰撞前后小车A（碰撞后是AB整体）都匀速，A正确。
B．橡皮泥粘连，属于完全非弹性碰撞，机械能损失最大，B正确。
C．打点计时器操作必须先接通打点计时器，后释放小车，C错误。
D．平衡摩擦力过度，重力分力大于摩擦力，小车会加速，纸带上点迹间距持续变大，不会出现均匀点迹段，D错误。
故选AB。
（2）[1][2]碰撞前A单独匀速，点间距大，对应段；碰撞后A、B粘在一起，整体速度变小，点间距变小，对应段。
（3）打点计时器频率，打点周期
相邻计数点间为5个时间间隔，计数点时间间隔
碰前A速度
B原来静止，。
[1]碰前总动量
[2]碰后共同速度
碰后总动量
[3]实验结论：在误差允许的范围内，碰撞过程系统动量守恒。
15．(1)
(2)，水平向左，，水平向右
(3)
【详解】（1）设、第一次共速时速度大小为，对、系统由动量守恒定律得
解得
对运动的过程应用动能定理得
解得
（2）B、发生弹性碰撞，对、系统由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得，
即、碰撞后瞬间，的速度大小为，方向水平向左，C的速度大小为，方向水平向右。
（3）A、B第一次共速的过程有
解得
B、碰撞后到、第次达到共同速度，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律有
解得
最终恰好未从上滑下，则
解得
16．(1)
(2)，
(3)
【详解】（1）A碰撞后刚好绕钉子做半径为的完整圆周运动，在圆周最高点时，重力提供向心力
从碰撞后瞬间到圆周最高点，A的机械能守恒得
联立两式解得碰撞后A的速度
（2）A从水平拉直释放到碰撞前最低点的过程，根据机械能守恒得
A、B发生弹性正碰，根据动量守恒得
根据机械能守恒得
解得，
将代入解得碰撞前A的速度
碰撞后B的速度
细绳长度
B从P点到Q点的过程，受滑动摩擦力做匀减速运动，由动能定理得
解得B到达C点的速度
B和光滑水平面上的圆弧体相互作用，恰能到达D点时两者水平方向共速，水平动量守恒得
系统机械能守恒得
联立解得圆弧体质量
（3）B和圆弧体组成的系统水平方向动量守恒，任意时刻水平方向总动量恒为，即
在圆弧面上向上运动的时间为，B的水平位移为
圆弧体的水平位移为
B相对圆弧体的水平位移等于圆弧半径，可得
代入，得
解得圆弧体的位移
17．(1)
(2)
【详解】（1）取向右为正，以滑块和弹簧为系统。弹簧压缩到最大时，两滑块速度相同。设其共同速度为未知量，由系统水平方向动量守恒，有
代入质量和初速度，得。光滑水平面上系统机械能守恒，弹簧压缩到最大时的弹性势能满足
因此
（2）弹簧从最大压缩状态恢复原长的过程中，滑块受到向右的弹力，速度持续增大；恢复原长后弹力为零，故此时速度最大。设该时刻两滑块的速度分别为，，由系统动量守恒和机械能守恒，分别有，
由上述动量守恒式与机械能守恒式消元，并取滑块向右运动的非零解，得
再结合动量方程，得
18．(1)
(2)
(3)或
【详解】（1）C第1次下摆到最低点前，木块A被右侧挡板B挡住无法运动。该过程只有重力做功，C的机械能守恒
解得
（2）C摆过最低点后向左运动时，A不再受挡板约束，水平面光滑，A、C组成的系统水平方向动量守恒，且无能量损失。当C第2次摆到最低点时，设此时C速度为，A速度为，则有，
联立解得，
后续摆动中，C每两次经过最低点为一个周期：奇数次最低点速度大小为，偶数次为。第50次为偶数次，故速度大小为。
（3）设此时A的速度为，C的水平速度为，竖直速度为，A、C组成的系统水平方向不受外力，水平动量守恒，有
绳子不可伸长，C相对于O点的速度沿绳子方向分量为0，则
由机械能守恒得
联立解得
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）圆弧轨道光滑，滑块刚滑到最低点时机械能守恒，则有
则滑块刚滑到最低点时速度大小为
滑块刚滑到最低点时，由向心力公式可得
代入数值解得
（2）圆弧轨道光滑，A、B碰撞动量守恒，则有
则碰撞后A、B整体的速度大小为
碰撞前A和B的机械能为
碰撞后A和B的机械能为
则滑块和碰撞损失的机械能为
（3）A、B整体受到桌面的摩擦力大小为
A、B碰撞后到A、B整体停下的过程中，根据动能定理有
解得A和B整体在桌面上滑动的距离为
20．(1)
(2)
(3)，方向水平向右
【详解】（1）A沿光滑圆弧下滑，只有重力做功，由动能定理
代入，解得
（2）当A、B共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。A、B系统水平方向动量守恒
求得
由能量守恒，动能的减少量等于弹性势能最大值
代入数据求得
（3）弹簧恢复原长，A、B发生弹性碰撞（质量相等），根据动量守恒和机械能守恒，有，
解得，（B的速度）
B滑上小车C，恰好不滑落，最终B、C共速，B、C系统动量守恒
代入，解得小车最后的速度，方向水平向右。
21．(1)，方向与方向相同
(2)
(3)
(4)，方向与方向相同
【详解】（1）当物块A滑上木板B，二者组成的系统动量守恒，所以
代入数据解得木板B刚要与平台碰撞时速度大小为 ，方向与方向相同
（2）A从滑上B到滑离木板，根据能量守恒定律有
代入数据解得
（3）当物块A滑上圆弧槽C后，圆弧槽向右加速，二者组成的系统水平方向动量守恒，所以
机械能守恒
联立解得
（4）当物块A滑上圆弧槽C下滑分离时，二者组成的系统水平方向动量守恒
机械能守恒
联立解得物体C能达到的最大速度大小为 ，方向与方向相同
答案第6页（共6页）
答案第1页（共6页）实验：验证动量守恒定律练习
一、实验题
1．用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系。如图（a）所示，先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置。
实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上点由静止滚下并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置，让小球1从斜槽上点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置、、离点的距离，即线段、、的长度。
(1)下列操作会对实验结果产生影响的有________。
A．斜槽轨道不光滑
B．斜槽轨道末端不水平
C．实验过程中，复写纸移动
D．小球1每次从斜槽上静止释放的位置不同
(2)上述实验除需测量线段、、的长度外，还需要测量的物理量有________。
A．小球1的质量和小球2的质量
B．小球1和小球2的半径
C．小球做平抛运动的时间
D．点离地面的高度
(3)某同学在实验中正确操作，认真测量，得出的平均落点情况如图（b）所示。若两球相碰前、后的动量守恒，则________。
(4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如下图，用螺旋测微器测量遮光条的宽度如下图乙所示，则宽度________。
(5)完成上述实验后，另外一实验小组对上述装置也进行了改造如下图（c）所示，图中圆弧为圆心在斜槽末端的圆弧。让小球1仍从斜槽上点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为、、。测得斜槽末端与、、三点的连线与竖直方向的夹角分别为、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________。（结果用、、、、表示）。
2．用图甲实验装置验证动量守恒定律。已知入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2。记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3，如图乙所示。请回答：
(1)若入射小球半径为r1，被碰小球半径为r2，为满足实验要求，则需要（　　）
A．m1>m2，r1>r2 B．m1C．m1>m2，r1=r2 D．m1(2)关于本实验，下列说法正确的是（　　）
A．斜槽轨道末端切线必须水平
B．m1每次必须从斜槽轨道同一位置释放
C．实验过程中，复写纸和白纸都可以移动
D．需用秒表测定小球在空中飞行的时间
(3)如果满足关系式______________________________，则说明碰撞过程中系统动量守恒。
3．某兴趣小组在“验证动量守恒定律”的实验中，采用如图1所示的装置。先将竖直挡板靠着轨道末端放置，入射小球A从倾斜轨道卡槽位置静止释放，当小球撞击竖直挡板时得到撞击点。然后将竖直挡板向右平移一段距离，入射小球A从同一位置静止释放，从水平轨道抛出后撞击竖直挡板，在竖直挡板上得到撞击点；再把被撞小球B静置于水平轨道末端，将入射小球A仍从原位置由静止释放，两球发生正碰后各自飞出撞击竖直挡板，分别得到撞击点、，各撞击点间对应的竖直高度如图所示。
(1)关于实验，下列说法正确的是______。
A．轨道必须光滑且末端水平
B．小球A的质量可以小于小球B的质量
C．小球A每次必须从同一位置由静止释放
D．小球B的直径应等于小球A的直径
(2)实验测得小球A的质量为，被碰撞小球B的质量为，图中、、的距离、、，若A、B两球在碰撞中动量守恒，其满足的表达式是______（用测得量表示）
(3)如图所示，小姜同学利用“冲击摆”测子弹的速度，子弹以水平方向的初速度射入静止的摆锤，射入后两者一起摆动，测得摆锤上升的最大高度为，已知木块的质量为，子弹的质量，可得子弹的初速度________。（用题给的字母和重力加速度为g表示）
4．小羽同学用图甲所示装置验证动量守恒定律（水平地面依次铺有复写纸和白纸）。
实验时，先让入射球，多次从斜轨上C位置静止释放；然后，把被碰小球静置于轨道的末端，再将入射小球从斜轨上C位置静止释放，与小球相撞，多次重复此步骤，用最小圆圈法分别找到小球的平均落点M、P、N，图中O点为小球抛出点在水平地面上的垂直投影。
(1)关于此碰撞实验，下列说法正确的是 （多项选择题）
A．复写纸和白纸依次铺好后，实验过程白纸的位置不能再移动
B．需要测量A球或B球的直径
C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
D．需要测量A球和B球的质量和
(2)如图乙所示，测量出平均水平位移OM、OP、ON的长度、、，在实验误差允许范围内，若满足关系式___________，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。（用测量的量表示）
(3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图丙所示。在水平槽右方竖直固定一木板，使小球1仍从斜槽上C点由静止滚下，重复上述实验的操作，得到两球落在木板上的平均落点M、P、N，用刻度尺测量木板上与B等高的点到N、P、M三点的高度差分别为L1、L2、L3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________（用所测物理量的字母表示）。
5．在“验证动量守恒定律”实验中，实验装置如图所示，按照以下步骤进行操作：
①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球a从斜槽上固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从斜槽上固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。
(1)下列措施必要的是______；
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽末端不必保持水平
C．测出a球开始释放的高度h
D．a球和b球的半径和质量满足和
(2)在本实验中，必须用到的测量器材是
A．刻度尺 B．游标卡尺 C．秒表 D．弹簧秤
(3)为完成本实验，测量了a球和b球的质量、、O点到A、B、C三点的距离、、，只要验证等式_____________（用已测量的物理量的字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。若测得，则a球质量和b球的质量的比值为______。
6．某实验小组利用如图所示的装置来验证动量守恒定律。实验时先将质量为的小球A 从弧形槽上某点由静止释放，小球A离开弧形槽后落在斜面上的P点；然后将质量为 的小球B放于弧形槽末端，使其保持静止，再将小球A从弧形槽上由静止释放，两小球发生碰撞后分别落在斜面上的 M、N 两点，已知斜面与弧形槽末端相接于O点。空气阻力可忽略不计。
(1)用游标卡尺测得两小球的直径均如图乙所示，则小球直径 d＝____ cm。
(2)关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．两次释放小球A的位置应相同 B．弧形槽末端既可以水平也可以倾斜
C．两小球质量关系应满足 D．实验时应测出斜面倾角
(3)某次实验测得 OM、OP、ON 的长度分别为 、、，则当满足______（结果用 、、、、 表示）时，可验证两小球碰撞时系统动量守恒。
(4)若两小球的质量满足，若满足____（用k表示），则可说明两球间的碰撞是弹性的。
7．某实验小组的同学用如图所示的实验装置来验证动量守恒定律，并进行了如下的操作：
a.将斜槽固定在水平桌面上，并调整斜槽末端水平；
b.在倾斜长木板上由下往上依次铺有白纸和复写纸，并将白纸固定；
c.先让实心小钢球A多次从斜轨上的某一位置由静止释放；然后把与A球等大的被碰塑料球B静置于轨道的末端，再将实心小钢球A从斜轨上同一位置由静止释放，在斜槽末端与塑料球B相撞；
d.多次重复步骤c，用最小圆圈法分别找到碰撞前后小球在长木板上的平均落点，平均落点自上而下依次记为M、P、N。已知球A单独由静止释放后在斜面上的平均落点为P。
(1)关于对本实验的理解，下列说法不正确的是____________；
A．需用秒表测量小球从抛出至落到斜面的飞行时间
B．需要用天平测量A、B两球的质量和
C．需用刻度尺测量M、P、N到斜槽末端O点的长度、、
(2)球A与球B相碰后球A的平均落点是上图中的____________点；
(3)若两球碰撞的过程中动量守恒，则关系式____________成立（用、、、、表示）。
8．某同学借助图甲所示装置验证动量守恒定律，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，以平衡摩擦力，使两小车均能在木板上做匀速直线运动。小车A前端贴有橡皮泥，后端与穿过打点计时器的纸带相连，接通打点计时器电源后，让小车A以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，之后继续做匀速直线运动。
(1)在纸带上打出的点中，每隔四个点取一个计数点，各计数点之间的距离为、、、，如图乙所示。打点计时器电源频率为，碰前小车A的速度大小为_____，碰后两车的共同速度大小为_____。
(2)测得小车 （包括橡皮泥）质量为，小车质量为，若表达式_____成立，则A、B两车碰撞前后动量守恒。
(3)若打点计时器连接交流电的实际频率小于，则对实验结果_____（填“有”或“无”）影响。
9．某实验小组利用频闪照相和气垫导轨验证碰撞中的动量守恒定律。步骤如下：①用天平测出滑块甲、乙的质量分别为和；②安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；③向气垫导轨通入压缩空气；④把甲、乙两滑块放到导轨上，并给它们一个初速度，同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为。照片如图：该组同学结合实验过程和图像分析知：该图像是闪光4次摄得的照片，在这4次闪光的瞬间，甲、乙两滑块均在刻度范围内；第一次闪光时，滑块乙恰好通过处向右运动，滑块甲恰好通过处向左运动；碰撞后有一个物体处于静止状态。
(1)以上情况说明碰后________（选填“甲”或“乙”）物体静止，滑块碰撞位置发生在________cm处（选填“120”或“140”）；
(2)分析乙的运动可知，滑块碰撞时间发生在第一次闪光后________s（选填“0.2”或“0.4”）；
(3)设向右为正方向，试分析碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是________，经计算碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和也是，以上实验结果说明在碰撞过程中甲、乙组成的系统总动量是________。
10．如图所示，某同学利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。
实验步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通数字计时器；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧带有固定弹簧（未画出）的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦读出滑块通过光电门的挡光时间，滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35ms；（注：1秒=1000毫秒）
⑧测出挡光板的宽度d＝5mm，测得滑块1的质量为m1＝300g，滑块2（包括弹簧）的质量为m2＝200g。
(1)实验中气垫导轨的作用是________________________________________；
(2)碰撞前滑块1的速度v1为___________m/s，碰撞后滑块2的速度v3为___________m/s；（结果均保留两位有效数字）
(3)碰撞前系统的总动量为m1v1＝___________；碰撞后系统的总动量为m1v2＋m2v3＝___________；由此可得实验结论在实验误差允许的范围内，两滑块相互作用的过程，系统的动量守恒。
11．某实验小组采用如图甲所示的装置做验证动量守恒定律的实验。在桌面上放置气垫导轨，导轨上安装光电门1和2，带有遮光片的滑块A、B的质量分别为、，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，实验过程如下：①打开气源，调节气垫导轨成水平状态；②由左侧弹射架固定的位置弹出滑块A，测得滑块A的遮光片通过光电门1的挡光时间为；③滑块A与静止的滑块B碰撞[通过弹性钢圈（见图乙）作用]后，滑块B向右运动，测得滑块B的遮光片通过光电门2的挡光时间为；滑块A反弹，测得滑块A的遮光片经过光电门1的挡光时间为。
(1)用螺旋测微器测量遮光片的宽度，如图丙所示，读数为______mm。
(2)、应满足的关系为______（选填“＞”“＝”或“＜”）。滑块A碰撞后速度大小为______。
(3)利用题中所给物理量的符号表示动量守恒定律成立的等式为______，
试卷第2页（共4页）
试卷第3页（共4页）
《实验：验证动量守恒定律练习》参考答案
1．(1)BD
(2)A
(3)
(4)/
(5)/
【详解】（1）A．无论斜槽轨道是否光滑，只要小球从同一位置下落，到达底端时速度就相同，对实验结果没有影响，故A错误；
B．实验结果的处理中，用位移关系代替了速度关系，前提是都做平抛运动，时间一样，若斜槽轨道末端不水平，则运动时间就会不同，会影响到实验结果，故B正确；
C．实验过程中，小球的落点最终记录在白纸上，复写纸只是传递压痕，复写纸移动，不会有影响，只要白纸不动即可，故C错误；
D．小球1每次从斜槽上静止释放的位置不同，就会导致小球碰撞前的速度不同，多次重复就失去意义了，故D正确。
故选BD。
（2）验证动量守恒需要比较碰前、碰后动量，因此必须测量两小球的质量和
（3）碰前小球1落点，碰后小球1落点，小球2落点；由动量守恒
所以
（4）螺旋测微器读数等于固定刻度读数加可动刻度读数，固定刻度每一小格代表，可动刻度每一小格代表，需要估读到下一位。
由题图所示，螺旋测微器读数应为
（5）小球从B点做平抛运动落在圆弧上，落点连线与竖直方向夹角为
水平位移，竖直位移
联立解得平抛初速度
因此动量守恒表达式为
2．(1)C
(2)AB
(3)
【详解】（1）要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即，。
故选C。
（2）A．斜槽末端水平才能保证小球抛出后做平抛运动，故A正确；
B．只要保证入射小球每次从同一位置释放，就能保证碰撞前速度一致，故B正确；
C．实验中白纸位置必须固定，不能移动，否则落点位置测量错误，故C错误；
D．小球平抛下落高度相同，运动时间相同，速度可由水平位移代替，不需要测量时间，故D错误。
故选AB。
（3）碰撞前小球m1落点为P，碰撞后小球m1落点为M，小球m2落点为N，平抛运动时间相同，设为t，由题意可得，，
若满足动量守恒定律，则有
解得
3．(1)CD
(2)
(3)
【详解】（1）A．只要入射球A每次从同一位置由静止释放，就能保证碰撞前速度相同，轨道不需要光滑，故A错误；
B．为防止碰撞后入射球A反弹，A的质量必须大于B的质量，故B错误；
C．A每次从同一位置静止释放，才能保证碰撞前速度一致，故C正确；
D．为保证两球发生正碰，两球直径需要相等，故D正确。
故选CD。
（2）小球做平抛运动，水平位移固定，竖直方向满足
得运动时间
水平速度
碰撞前A的速度对应下落高度，碰撞后A速度对应，碰撞后B速度对应，动量守恒满足
其中，，
代入速度表达式约去公共项 后，得
（3）子弹射入摆锤过程动量守恒，有
子弹和摆锤一起摆动过程机械能守恒，有
联立解得
4．(1)AD
(2)
(3)
【详解】（1）A．复写纸和白纸依次铺好后，实验过程白纸的位置不能再移动，选项A正确；
B．该实验中两球从同一点抛出，则不需要测量A球或B球的直径，选项B错误；
C．为防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，为保证两球正碰，则两球大小要相同，选项C错误；
D．实验要验证的关系是
两球碰后均做平抛运动，落地时间相同，则水平位移与速度成正比，则要验证的关系式是
则实验中需要测量A球和B球的质量和，选项D正确。
故选AD。
（2）由上述分析可知，若满足关系式，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。
（3）由动量守恒
由平抛运动规律，，
联立可得
5．(1)D
(2)A
(3) 6∶1
【详解】（1）A．本实验是“验证动量守恒定律”，所以实验误差与斜槽轨道的光滑程度无关，只需保证小球每次从同一位置静止释放即可，A错误；
B．为保证小球碰撞后做平抛运动，斜槽末端必须保持水平，B错误；
C．每次a球释放的高度h确定不变就可以，不用测量h值，C错误；
D．要产生正碰，需a球和b球的半径满足，为防止两球碰撞后a球反弹，质量要满足，D正确。
故选D。
（2）小球平抛运动的时间
则初速度
显然平抛运动的初速度与下降高度二次方根的倒数成正比，当
即成立时，系统的动量守恒；由以上可知，需测量的物理量有球和球的质量、和点到A、B、C三点距离、、。
故必须用到的测量器材刻度尺。
故选A。
（3）[1] a、b两球碰撞后做平抛运动，由和
可得
则由动量守恒定律可得
即为
整理得
若表达式成立，即表示碰撞中动量守恒；
[2]若测得，则
解得
6．(1)1.070
(2)AC
(3)
(4)/
【详解】（1）该游标卡尺为20分度，分度值为0.05mm，则小球的直径为
（2）A．实验中要保持A球两次到达弧形槽末端时速度相同，所以两次释放小球A的位置应相同，故A正确；
B．应使两小球离开弧形槽后做平抛运动，否则仅根据落在斜面上的位移无法判断碰前碰后的速度关系，因此弧形槽末端必须水平，故B错误；
C．要使两球碰撞后A球不能反弹（反弹后将无法确定其碰撞后的速度），因此A球的质量应大于B球质量，即m1＞m2，故C正确；
D．该实验只需测出小球质量及落点到O点距离即可，因此无需测出斜面倾角θ，故D错误。
故选AC。
（3）小球离开圆弧槽后做平抛运动，落在斜面上，则有，
联立解得
即
根据动量守恒定律有
代入得
（4）弹性碰撞除动量守恒外还满足机械能守恒，有
将速度的大小代换可得
代入，联立，可得或
即满足或则可说明两球间的碰撞是弹性的。
7．(1)A
(2)
(3)
【详解】（1）设斜面的倾角为，小球抛出时的初速度为，飞行时间为，落点到斜槽末端点的距离为，根据平抛运动的规律和几何关系分别有，
联立解得
可知小球平抛运动的初速度与落点到斜槽末端距离的平方根成正比。
A．由上述推导可知，实验中不需要测量小球从抛出至落到斜面上的飞行时间，故A错误，符合题意；
B．验证动量守恒定律需要验证两球碰撞前后的系统总动量是否相等，故需要用天平测量两球的质量和，故B正确，不符合题意；
C．根据上述推导可知，要用距离的平方根计算初速度以代表动量，需要用刻度尺测量落点、、到斜槽末端点的长度、、，故C正确，不符合题意。
故选A。
（2）球与球相碰后，球的速度减小，因此球平抛运动的水平位移减小，在斜面上的落点距离点变近，可知球与球相碰后球的平均落点是上图中的点。
（3）设小球初速度与落点距离平方根的比例系数为，根据上述推导可知碰撞前球的初速度大小为
碰撞后球的速度大小为
碰撞后球的速度大小为
若两球碰撞的过程中动量守恒，取沿初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
联立解得
8．(1)
(2)
(3)无
【详解】（1）[1]由题意可知，相邻计数点间的时间间隔为
推动小车由静止开始运动，小车有个加速过程，在碰撞前小车做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故段为匀速运动的阶段，故选段计算碰前的速度，则有
[2]碰撞后两车做匀速直线运动，相邻两点迹间的距离应该相等，故应该使用段计算碰后速度
（2）若A、B两车碰撞前后动量守恒，则
整理可得
（3）根据可知，该实验结果的验证与交流电的频率无关，故打点计时器连接交流电的实际频率小于，对实验结果无影响。
9．(1) 甲 120
(2)0.2
(3) -0.4 守恒的
【详解】（1）[1][2]根据题目的条件可知，四次拍摄均拍到了甲和乙，但是图中甲只有两个位置，从下文分析可知，第二次拍摄时甲已经静止，所以甲有三次拍摄位置位于重合，故碰后甲静止，碰撞发生于处。
（2）由图可知第二次拍摄时乙位置为，第三次拍摄时乙位置为，所以碰后乙的速度为
碰撞后到第二次拍摄所用时间为
故第一次拍摄到碰撞所用时间为
（3）[1]碰撞前甲的速度为
碰撞前乙的速度为
碰撞前甲和乙的动量和为
[2]碰撞后甲的速度为零，甲的动量为零，所以甲和乙的总动量等于乙的动量，即
[3]由以上计算可得，故说明碰撞过程动量守恒。
10．(1)减小滑块与导轨间摩擦引起的误差，并使两滑块沿同一直线碰撞
(2) 0.50 0.60
(3)
【详解】（1）气垫导轨使滑块与导轨间的摩擦很小，从而减小外力对系统动量的影响；导轨还约束两滑块沿同一直线运动，使碰撞可按一维过程研究。
（2）[1]挡光板较窄，可用挡光板宽度与挡光时间之比近似滑块经过光电门时的瞬时速度。滑块1碰撞前经过光电门1，故
[2]滑块2碰撞后经过光电门2，故
（3）[1]取沿导轨向右为正方向。碰撞前滑块2静止，系统总动量为
[2]碰撞后滑块1经过光电门2，同理可得
两滑块碰后均向右运动，系统总动量为
碰撞前后系统总动量在实验误差允许范围内相等，因此实验结果支持动量守恒定律。
11．(1)4.220/4.221/4.219
(2) <
(3)
【详解】（1）固定刻度读数为，可动刻度读数为，故读数为
（2）[1]碰撞后滑块A反弹，说明入射滑块A的质量小于静止滑块B的质量，因此
[2]遮光片宽度为，碰撞后A遮光片通过光电门的挡光时间为，平均速度近似等于瞬时速度，因此A碰撞后速度大小为
（3）规定向右为正方向：碰撞前A的速度，B静止，总动量为
碰撞后A反弹，速度为，B的速度，总动量为
由动量守恒，约去得
【点睛】
答案第2页（共4页）
答案第3页（共4页）动量守恒定律练习
一、单选题
1．下列有关系统的总动量守恒表述正确的是（ ）
A．只要系统内力代数和为零，系统的总动量就守恒
B．只要系统内力之和大于外力之和，系统的总动量就守恒
C．如果系统内有摩擦力，系统的总动量也可以保持不变
D．如果系统内有重力，系统的总动量一定变化
2．我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。某次短道速滑接力赛中，在水平冰面上“交棒”的运动员乙用力猛推前方“接棒”的运动员甲，使运动员甲以速度向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为，交接前，甲的速度大小，乙的速度大小，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．乙推甲的过程，乙对甲的冲量大小为
B．乙推甲后瞬间乙的速度大小为
C．乙推甲的过程，甲对乙的冲量大小为
D．乙推甲的过程，甲的动量变化量比乙的大
3．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。若一个系统动量守恒，则（　　）
A．此系统内每个物体所受的合力一定都为0
B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加
C．此系统的机械能一定守恒
D．此系统的机械能可能增加
4．如图甲所示，在一台已调平的气垫导轨上放置了质量分别为和的两个滑块、。气垫导轨两端安装了速度传感器并连接电脑进行数据处理。某次操作过程中记录下速度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．两滑块的质量之比
B．两滑块的质量之比
C．两滑块碰撞过程中动量不守恒
D．碰撞过程中两滑块所受冲量相同
5．我国自主研发的某种型号的机器狗预计于今年11月进入量产，如图所示的机器狗，在水平地面上站定不动。2s内水平发射了6颗子弹，每颗子弹的质量，子弹出膛时对地速度，机器狗及其装备的总质量，重力加速度取，机器狗发射子弹的过程，下列说法正确的是（ ）
A．机器狗、枪和子弹组成系统动量不守恒
B．地面对机器狗、枪和子弹组成系统做了正功
C．机器狗对地面摩擦力的冲量大小为
D．地面对机器狗的冲量大小为
6．在冬奥会冰上短道速滑接力比赛中，乙运动员奋力向前推出前方甲运动员，忽略一切阻力，此过程中（ ）
A．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等 B．甲、乙两运动员组成的系统动量增加
C．甲、乙两运动员组成的系统机械能守恒 D．甲、乙两运动员的速度变化量大小一定相等
7．甲、乙两物体沿同一直线相向运动，碰撞前甲物体的速度大小是6m/s，乙物体的速度大小是2m/s。碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度大小都是3m/s。则甲、乙两物体的初动能之比是（ ）
A．3∶1 B．15∶1 C．5∶1 D．5∶36
8．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，，，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图，一辆玩具车装载了小型电磁炮，炮筒朝向车的正后方。启动玩具车使之沿水平地板向前做匀速直线运动，某时刻启动电磁炮向后发射一枚“炮弹”，观察到炮弹脱离炮筒后做自由落体运动。发射“炮弹”前后玩具车受到的牵引力、阻力均不变，设发射“炮弹”前玩具车（含炮弹）的动量为，发射后玩具车的动量为，则（　　）
A． B．
C． D．、的关系无法判断
二、多选题
10．光滑的水平桌面上，放置着隔开一段距离的甲、乙两条形磁铁。现同时由静止释放甲和乙，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，在它们相互接近过程中的任一时刻（　　）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲、乙的动量变化相等
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和为零
三、知识点填空题
11．某同学设计了一个用打点计时器寻求碰撞中的不变量的实验：将打点计时器固定在光滑的长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车A的后面。让小车A运动，小车B静止。在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图所示，碰撞时撞针插入橡皮泥中，两小车连接成一体。
测得碰撞前小车A的速度是1.05m/s，A和B碰后的共同速度是0.68m/s，小车A的质量，小车B的质量。
(1)由以上测量结果可得：碰撞前质量与速度的乘积之和__________kg·m/s，动能之和为__________J；碰撞后质量与速度的乘积之和__________kg·m/s，动能之和为__________J。（计算结果保留两位有效数字）
(2)由以上实验结果，可知在误差允许的范围内，小车A、B碰撞过程中__________可能不变。
四、实验题
12．某实验小组用图示装置验证机械能守恒定律和动量守恒定律。质量为的物块A（含左端固定的遮光条）和质量为的物块B用不可伸长的轻绳连接，跨在轻质滑轮上，遮光条宽度为，重力加速度为。
(1)用手托住B时，A静止在平台上且绳刚好绷直。放手后B下降，A上升。A上升后，遮光条通过光电门，记录遮光时间为，此时A的速度_________。该过程中系统增加的动能_________，减小的重力势能_________，在误差允许的范围内，则说明系统机械能守恒。
(2)更换物块B，使其质量和A的质量（含遮光条）相等。系统在图示位置静止，将物块B竖直向上移动后由静止释放，轻绳绷紧前瞬间物块B的速度大小_________（用、表示）。轻绳绷紧后经过一段时间，遮光条通过光电门，测得遮光时间为，则该实验小组需验证轻绳绷紧前后动量守恒的表达式为_________（用、、、表示）。
13．某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50Hz，长木板下垫着薄木片以补偿摩擦力。
(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距（已标在图上）。A为运动的起点，则应选______段来计算小车A碰前的速度（选填“AB”“BC”“CD”或“DE”）。
(2)已测得小车A的质量，小车B的质量为，则碰前两小车的总动量为______，碰后两小车的总动量为______。
(3)在误差允许的范围内，两小车碰撞前、后系统的动量______
五、解答题
14．在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是和，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是和，。当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是和。碰撞过程中A所受B对它的作用力是，B所受A对它的作用力是。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用表示。试证明碰撞前后系统动量之和保持不变。
15．如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上，B的质量为m。现给滑块A向右的初速度，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A以大小为的速度反弹向左运动，B以的速度向右运动。求：
(1)滑块A的质量；
(2)碰撞过程中B对A的冲量。
16．如图所示，一质量M=4.0 kg、长度L=2.0 m的木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0 kg的小滑块A（可视为质点）。现对A、B同时施以适当的瞬时冲量，使A向左运动，B向右运动，二者的初速度大小均为v0=2.0 m/s，最终A没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.50，取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)A和B相对静止时，二者的速度大小v；
(2)在A、B相对滑动，直到二者相对静止过程中，B对A做的功W；
(3)A和B相对滑动过程中，A相对B滑行的距离x。
17．嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知分离前A、B组合体的共同在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。分离过程中A、B间相互作用力远大于月球引力等外力，忽略外力影响。求：
(1)分离后A的速度vA大小；
(2)分离时A对B的推力大小。
18．如图所示，质量的小车上面站着一个质量的人，人和车一起以大小的速度在光滑水平地面上向右运动。
(1)若人相对地面以大小的速度水平向左跳离小车，求人跳离小车后小车的速度大小；
(2)若人仍水平向左跳离小车，且人跳离小车后瞬间相对小车的速度大小，求人跳离小车后小车的速度大小。
19．如图所示，粗糙的圆弧轨道AB和可视为光滑的水平轨道BC固定在水平地面上，圆弧轨道的右端与水平轨道平滑连接。一位质量为的玩家怀抱一个的小球从A点由静止开始运动，从A点到B点克服摩擦力做的功为，平滑经过B点之后在BC轨道的某位置瞬间将小球以相对地面的速度水平抛出，玩家抛出小球的位置距离水平轨道的高度，最终小球恰好落入距离B点处位于C点的桶内，此时玩家到C点的距离为，已知重力加速度，不计空气阻力和小球抛出的时间，玩家（运动过程中）、小球和桶均可视为质点，求：
(1)小球抛出点到B点的水平距离；
(2)圆弧轨道的半径R；
(3)玩家（包括球）在圆弧轨道B点所受的支持力的大小。
20．如图所示，固定点O上系一长为的细绳，细绳的下端系一质量的小球（可视为质点），原来处于静止状态，球与平台的边缘B点接触但对平台无压力，平台高。一质量的物块沿粗糙平台水平向右运动到平台边缘B处与小球发生正碰；碰后小球在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于小球重力的2倍，而物块落在水平地面上的C点，其水平位移。不计空气阻力，。求：
(1)碰撞后物块的速度大小；
(2)碰撞过程中小球受到的冲量大小；
(3)物块与小球碰撞前的速度大小。
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《动量守恒定律练习》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A D A A A C C B CD
1．C
【详解】动量守恒的条件为系统所受合外力的矢量和为0，即，内力的矢量和恒为0，不影响系统总动量。
A．系统内力的矢量和本身恒为0，总动量是否守恒仅由合外力是否为0决定，和内力无关，故A错误；
B．只有合外力严格为0时总动量才守恒，若内力远大于外力仅属于近似守恒，不是严格的动量守恒，故B错误；
C．摩擦力属于系统内力时，只要系统满足，总动量就可以保持不变，比如光滑水平面上相互摩擦的两个木块组成的系统总动量守恒，故C正确；
D．若重力与其他外力平衡使系统合外力为0，总动量可保持不变，比如水平面上碰撞的物体组成的系统，重力和支持力平衡，总动量守恒，故D错误。
故选C。
2．A
【详解】A． 对甲，根据动量定理可得乙对甲的冲量大小为，故A正确；
B．交接前，甲的速度大小，乙的速度大小，根据动量守恒有
可得
可得乙推甲后瞬间乙的速度大小为，故B错误；
C．对乙，根据动量定理可得甲对乙的冲量大小为，故C错误；
D．乙推甲的过程，二者动量变化量大小相等，方向相反，故D错误。
故选A。
3．D
【详解】A．系统动量守恒约束的是系统的总动量。系统内各物体之间仍可存在相互作用，单个物体所受合力不一定为0，故A错误；
BCD．以一个初始静止、爆炸后分成两部分的系统为例，该系统受到的外力冲量可忽略，系统总动量保持为0。爆炸后两部分沿相反方向运动，二者的动量大小都由0增大；同时，系统的化学能转化为碎片的动能，使系统机械能增加。因此，系统动量守恒不排斥各物体的动量大小同时增大，也不要求系统机械能守恒，而系统机械能确实可能增加，故BC错误，D正确。
故选D。
4．A
【详解】ABC．根据题意可知，两滑块碰撞过程中所受合外力为0，系统动量守恒，则有
由图可知，，，
解得，故A正确，BC错误；
D．碰撞过程中两滑块所受冲量大小相等，方向相反，冲量不同，D错误。
故选A。
5．A
【详解】A．由于系统受地面的摩擦力，合外力不为零，故系统总动量不守恒，故A正确；
B．机器狗发射子弹的过程，机器狗、枪和子弹组成系统对地没有发生位移，故地面对系统不做功，故B错误；
C．机器狗对子弹的总冲量为
则子弹对机器狗的总冲量
机器狗在发射子弹前后整体保持静止，其自身动量不变，所以对机器狗而言
所以地面摩擦力对机器狗的总冲量大小为，则机器狗对地面摩擦力的冲量大小也为，故C错误；
D．地面对机器狗的作用力有支持力和摩擦力，地面摩擦力提供的总冲量大小为
支持力冲量大小为
地面对机器狗的冲量大小为，故D错误。
故选A。
6．A
【详解】AD．乙推甲时，甲、乙间相互作用力始终等大反向，作用时间相同，因此两运动员所受冲量大小相等，即
由动量定理和动量定义，甲、乙的速度变化量满足和
因此
题目未给出两人的质量相等条件，速度变化量不一定相等，故A正确，D错误；
B．取甲、乙为系统，重力与支持力相互抵消，水平方向没有外力（忽略一切阻力），系统所受外力合力为零。由动量守恒定律，系统总动量保持不变，不会因内部推力而增加，故B错误；
C．乙推甲时，系统内的推力可能做功并改变两人的动能分配，忽略阻力不能保证内力功为零，所以系统机械能不一定守恒，故C错误。
故选A。
7．C
【详解】设甲、乙的质量分别为和，碰前速度分别为和，碰后速度分别为和。取甲碰前的运动方向为正方向，碰撞时间极短，系统所受外力冲量可忽略。由甲、乙组成的系统动量守恒，得
将各速度的数值代入并约去共同单位，得
解得
由动能定义式，甲、乙的初动能之比为
故选C。
8．C
【详解】首先计算碰撞前系统的总动量和总动能：
总动量：
总动能：
碰撞需满足三个判定条件：①同向运动时碰撞后A的速度不大于B的速度，避免二次碰撞；②系统总动量守恒；③碰撞后总动能不大于碰撞前总动能。
A．，会发生二次碰撞，A错误；
B．，会发生二次碰撞，且总动量，动量不守恒，B错误；
C．，满足速度关系；总动量，动量守恒；总动能，满足动能不增加的要求，C正确；
D．，总动量，动量守恒，但总动能，动能增加，不符合碰撞的能量规律，D错误。
故选C。
9．B
【详解】玩具车发射炮弹前做匀速直线运动，说明水平方向牵引力与阻力大小相等、方向相反，合力为零。发射炮弹时，炮筒向后发射炮弹，车受到向前的反作用力，但整个系统在水平方向所受合外力仍为零，因此系统水平方向动量守恒。
发射前，车（含炮弹）的总动量为
发射后，观察到炮弹脱离炮筒后做自由落体运动，说明炮弹对地水平速度为零，即炮弹的动量为零。此时玩具车的动量为
由水平方向动量守恒
解得
故选B。
10．CD
【详解】甲、乙组成的系统动量守恒，初状态系统总动量为0，在它们相互接近过程中的任一时刻，甲和乙的动量之和为0，所以甲的动量大小与乙的相等。甲的质量大于乙的质量，甲的速度大小比乙的小。甲、乙的动量变化大小相等，方向相反。
故选CD。
11．(1) 0.21 0.11 0.20 0.069
(2)质量m与速度v的乘积之和
【详解】（1）[1][2]小车A的质量，小车B的质量，碰撞前小车A的速度是，小车B静止。碰撞前质量与速度的乘积之和，动能之和为。
[3][4]A和B碰后的共同速度是0.68m/s，质量与速度的乘积之和，动能之和为。
（2）在误差允许范围内，小车A、B碰撞过程中，质量m与速度v的乘积之和保持不变。
12．(1)
(2)
【详解】（1）[1]由于遮光条宽度很小，遮光时间极短，用平均速度近似代替A通过光电门的瞬时速度，因此
[2]轻绳不可伸长，因此A、B的速度大小始终相等，系统的总动能为两者动能之和
[3]该过程中A上升高度，重力势能增加；B下降高度，重力势能减少，因此系统重力势能的总减小量为
（2）[1]将B向上移动后静止释放，到轻绳绷紧前，B做自由落体运动，由运动学公式
得
[2]轻绳绷紧前，A速度为0，AB总动量为；轻绳绷紧后，A、B通过绳的相互作用获得共同速度，总动量为
根据动量守恒关系得
代入已知，整理得到
13．(1)BC
(2) 0.42 0.417
(3)守恒
【详解】（1）依题意碰前小车A做匀速直线运动，从图乙中可看出小车A在BC段做匀速直线运动；
（2）[1][2]依题意，电源频率为50Hz，则每两个点之间的时间间隔为0.02s
由得碰前小车A在BC段做匀速直线运动的速度
由得碰前两小车的总动量为
依题意小车A与小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，对应图乙中的DE段，DE段的速度
则碰后两小车的总动量为
（3）由前面分析可知，在误差允许范围内，系统碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量，系统的总动量守恒。
14．证明：根据动量定理，物体A动量的变化量等于它所受作用力的冲量，即
物体B动量的变化量等于它所受作用力的冲量，即
根据牛顿第三定律，两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力与大小相等、方向相反，即
将上面两式相加，有
整理得
这说明，两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。
【详解】见答案。
15．(1)
(2)，方向水平向左
【详解】（1）水平面光滑，A、B组成的系统在碰撞过程中合外力为零，满足动量守恒定律。取向右为正方向，根据动量守恒
解得
（2）根据动量定理：合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量
负号表示冲量方向与规定的正方向（向右）相反，即冲量方向水平向左。
16．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）取向右为正方向。滑动过程中，和组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒。二者相对静止时速度均为，由动量守恒定律得
解得
结果为正，说明二者共同向右运动。
（2）对滑块应用动能定理。的重力和支持力不做功，水平方向只有木板对的滑动摩擦力做功，故
（3）相对滑动时，和之间的滑动摩擦力大小为
沿用第（1）问的正方向，设相对滑动过程中和的对地位移分别为和，则相对向左滑行的距离为
所受摩擦力向右，所受摩擦力向左，因此这一对摩擦力做功的代数和为
对和组成的系统应用动能定理，重力和支持力不做功，故
解得
所得相对滑动距离小于板长，与题设中滑块没有滑离木板相符。
17．(1)
(2)
【详解】（1）组合体A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
（2）设分离时组合体A对B的推力为F，A、B分离的过程，以组合体B的速度方向为正方向，对组合体B由动量定理有
解得
推力大小取该表达式的绝对值，即分离时组合体A对B的推力大小为
18．(1)
(2)
【详解】（1）对人和车组成的系统，根据动量守恒定律有
解得
（2）此种情况下，人跳离小车时相对地面的速度大小
根据动量守恒定律有
解得
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小球水平抛出经过时间t落入桶中，其竖直方向做自由落体运动，则
解得
水平方向做匀速直线运动有
可知小球抛出点到B点的水平距离为
（2）玩家抛出小球后做匀速直线运动，如图所示
可知抛出小球后，玩家的速度大小
设圆弧轨道的半径为R，玩家经过B点的速度大小为v，玩家抛出小球过程满足动量守恒定律，规定水平向右为正方向，则
解得
玩家从A点运动至B点的过程，根据动能定理有
其中
解得
（3）玩家在B点时，根据牛顿第二定律有
解得
20．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设碰撞后物块的速度大小为，物块从平台的边缘B点飞出后，竖直方向做自由落体运动，满足
解得
水平方向，物块做匀速直线运动，满足
解得
（2）物块与小球在B点处碰撞，设碰撞后小球的速度为，碰后小球从B点处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为，有
经最高点A时，绳上的拉力恰好等于小球重力的2倍，由牛顿第二定律可知
联立解得，
由动量定理可知，碰撞过程中小球所受的冲量大小为
（3）设碰撞前物块的速度为，物块与小球碰撞过程中系统动量守恒，满足
解得
答案第4页（共7页）
答案第1页（共4页）动量定理练习
一、单选题
1．篮球队员会进行原地纵跳摸高训练，以提高自己的弹跳力。运动员先由静止下蹲一段位移，经过充分调整后，发力跳起摸到了一定的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响。则下列说法中正确的是（ ）
A．运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态
B．起跳过程中运动员处于超重状态
C．运动员起跳时地面弹力做功不为零
D．运动员起跳时地面弹力的冲量为零
2．大小为F的恒力作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（　　）
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小为
D．合力对物体的冲量大小不为零
3．如图所示，两个相同的物体A、B在同一高度沿倾角不同（）的两个固定光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中（ ）
A．合力的冲量相同
B．物体A重力的冲量较大
C．它们到达底端时的动量相同
D．它们到达底端时的动能不同
4．一质量为的物块在合力的作用下从静止开始沿直线运动，合力随时间变化的关系图像如图所示，则（ ）
A．0~2 s时间内合力对物块的冲量为
B．2~3 s时间内合力对物块的冲量为
C．0~3 s时间内合力对物块的冲量为
D．末物块的速度为
5．如图甲所示，一质量为的滑块静止在固定的水平桌面上，从时刻开始对滑块施加一水平推力，的大小随时间变化的规律如图乙所示。已知滑块在末恰好离开桌面，此时立即撤去推力，时滑块落在水平地面上，滑块与桌面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计其他阻力，重力加速度大小。下列判断正确的是（ ）
A．滑块在桌面上做匀加速直线运动
B．滑块离开桌面时的速度大小为
C．桌面的摩擦力对滑块的冲量的大小为
D．滑块落地前瞬间的动能为
6．一质量m＝2kg的物块静止在粗糙的水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，t＝0时刻给物块施加一水平向右的外力F，t＝5 s时物块速度达到v＝0.25m/s，并于t＝10s时撤去外力，以向右为正方向，力F随时间t的变化情况如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，g取10m/s2，则下列说法中错误的是（ ）
A．0~5s内F的冲量为12.5N·s
B．0~5s内物块所受摩擦力的冲量为12N·s
C．0~5s内物块所受合力的冲量为0.5N·s
D．0~5s内物块的动量变化量为0.5kg·m/s
7．质量为的物体在光滑水平地面上做初速度为的匀速直线运动，某时刻开始，物体受到如图所示的水平力的作用，已知时间内力的方向与物体的初速度方向相反，时间内力的方向与物体的初速度方向相同，则物体在第末的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
8．光滑水平面上静止一质量为的物块。在时间内受到水平力的作用。力随时间的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．时，物块的速度大小为
B．时，物块的速度大小为
C．时和时，物块的动量不相同
D．时，物块恰好回到原出发点
9．2026年8月朱雀三号可回收运载火箭着陆最后阶段，仅靠缓冲着陆腿上的液压阻尼装置提供阻力进行减速，经时间t后火箭从速度v0刚好减为零。已知火箭质量为m，重力加速度为g，空气阻力不计，取竖直向上为正方向。则关闭发动机后的减速过程中，缓冲装置对火箭的平均作用力的冲量大小为（　　）
A． B． C． D．
10．在汽车相撞时，安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。关于安全气囊的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了碰撞过程中司机头部动量的变化率 B．增加了碰撞过程中司机头部的受力时间
C．减小了碰撞过程中司机头部的受力面积 D．减少了碰撞前后司机头部动量的变化量
11．在篮球运动中，运动员跳起投篮后竖直落地。设地面对运动员的平均冲击力大小为，冲击力作用的时间为。运动员在触地时往往会主动屈膝下蹲，关于这一动作对和产生的影响，下列选项正确的是（ ）
A．增加，减小 B．增加，增加
C．减小，减小 D．减小，增加
12．果农在约5米高的树上采摘榴莲时，割断果柄，树下另一人则双手撑开一个厚实的布袋。假设榴莲脱落后做自由落体运动，被布袋兜住的瞬间，接果的果农顺势将布袋下沉一段距离，榴莲在袋内经过约0.3秒速度减为零，整个过程榴莲完好无损。已知这颗榴莲质量为，重力加速度g取。关于这一接果过程，下列说法正确的是（　　）
A．榴莲从脱离树梢到刚接触布袋的过程中，动能随时间均匀增大
B．榴莲刚接触布袋时，其动能大小为
C．在布袋缓冲榴莲的过程中，布袋对榴莲的平均作用力大小为
D．若果农没有顺势下沉而是僵住不动，使榴莲在内速度减为零，则榴莲受到的平均冲击力将超过
13．“蹦极”是一项刺激的极限运动，运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下。在某次蹦极中，从运动员离开跳台瞬间开始计时，弹性绳弹力F的大小随时间t的变化图像如图所示，其中、时刻图线的斜率最大。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．时间内运动员受到合外力冲量的大小，与时间内合外力冲量的大小相等
B．时间内运动员的动能先减少后增大
C．时刻运动员的加速度为零
D．时间内运动员重力势能增加
14．一个质量为2kg的物体在合力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。则下列说法正确的是（ ）
A．时，物体的速度为 B．时，物体的动量为
C．2s末物体反向运动 D．4s末物体刚好回到原位置
15．2021年中国火星探测器“天问一号”在火星表面成功着陆，火星车“祝融号”开展巡视探测，假定火星上风速约为10m/s，火星大气密度约为，“祝融号”迎风面积约为6m2，风垂直吹到火星车上速度立刻减为零，则火星车垂直迎风面受到的压力约为（　　）
A．0.78N B．7.8N C．780N D．78N
16．有一艘宇宙飞船，它正面的截面积为，以速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有个微粒，微粒的平均质量为。要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加（ ）
A． B． C． D．
17．在一次摸高测试中，一质量为60kg的同学举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为1.90m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.35m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2s，重力加速度g取10m/s2.则在不计空气阻力情况下，起跳过程中他对地面的平均压力约为（ ）
A．900N B．1500N C．1800N D．1600N
二、多选题
18．如图所示，两个质量相同的物体A和B，分别从高度相同的光滑固定斜面和光滑固定圆弧形斜坡顶点由静止开始滑到底端，且斜面长度和弧形斜坡长度相等，弧形轨道末端切线水平。以下说法正确的是（ ）
A．B比A先到达底端
B．它们到达底端时的动量相同
C．它们到达底端的过程中重力的冲量相同
D．它们到达底端时重力的瞬时功率不相等
19．如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中（ ）
A．两物体所受重力冲量相同
B．两物体所受合外力冲量不相同
C．两物体到达斜面底端时时间不同
D．两物体到达斜面底端时动量相同
20．游乐园“飞天秋千”简化模型如题图所示，座椅质量为m，在水平面内做匀速圆周运动，周期为T，绳子与竖直方向的夹角为，重力加速度大小为g，则在半个周期内下列说法正确的是（　　）
A．座椅动量变化量为零
B．座椅动量变化量大小为
C．在半个周期内座椅重力的冲量大小为零
D．在半个周期内座椅重力的冲量大小为
21．如图甲所示，一轻质弹簧的两端与物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。已知A的质量mA=0.2kg，现使B瞬时获得水平向右的速度v=3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，由图像可得（　　）
A．t2-t3时间内，弹簧处于伸长状态
B．物体B的质量为0.1kg
C．弹簧的最大弹性势能为0.3J
D．0-t2时间内弹簧对A、B的冲量相同
22．如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球A、B，小球A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的图像如图乙所示，表示0到时间内A的图线与横轴所围面积大小，当地重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，A、B两小球的速度差一直增大
B．0时刻和时刻弹簧的弹性势能相等，时刻弹簧弹性势能最小
C．时刻B物体的速度大小为
D．从0到时刻，弹簧对B球的冲量不为0
23．汽车安全气囊系统是一种被动安全保护系统，它与座椅安全带配合使用，可以为乘客提供有效的防撞保护。如图甲，用充气垫代替气囊进行模拟实验，物体沿光滑水平面运动撞击固定的充气垫，通过传感器测得充气垫对物体作用力大小随时间变化的图像如图乙所示。在物体与充气垫接触过程中，下列说法正确的是（　　 ）
A．物体加速度先增大后减小 B．物体动能先增大后减小
C．物体动量变化量为零 D．物体速度变化量正比于图像与横轴围成的面积
三、解答题
24．一篮球质量为，一运动员使篮球从距地面的高度由静止下落，球落地后反弹的高度为，篮球与地面接触的时间为，g取，不计空气阻力。求篮球
(1)从下落到反弹至最高点过程中重力的冲量大小；
(2)受到地面平均弹力的大小。
25．一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力随时间的变化情况如图乙所示，物体相应的速度随时间的变化关系如图丙所示。求：
(1)0~4s时间内拉力的冲量大小；
(2)0~4s时间内物体动量变化量的大小；
(3)物体的质量。
26．“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为50 kg，橡皮绳原长45 m，人可看成质点，不计空气阻力作用。此人从P点自静止下落到最低点所用时间。（取）求：
(1)人从P点下落到最低点的过程中，重力作用的冲量；
(2)人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的动量大小；
(3)从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中，人对橡皮绳的平均作用力。
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试卷第3页（共4页）
《动量定理练习》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B B D D B C A A B
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A D B B B B B AD BC BD
题号 21 22 23
答案 BC BC AD
1．B
【详解】A．运动员起跳离地后到上升到最高点的过程中，只受重力，处于完全失重状态，故A错误；
B．起跳过程中运动员加速度向上，处于超重状态，故B正确；
CD．运动员起跳时地面弹力没有位移，所以做功为零，但冲量不为零，故CD错误；
故选B。
2．B
【详解】ABC．根据冲量的定义知，拉力F对物体的冲量大小为，选项B正确，选项AC错误；
D．物体没有被拉动，说明合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，选项D错误。
故选B。
3．B
【详解】设斜面高度为，倾角为，物体质量为。物体在斜面上做匀加速直线运动，加速度，位移。由得
解得运动时间
因为，所以，则。
A．根据动量定理，合力的冲量
虽然到达底端时速率相同，动量大小相同，但速度方向沿斜面向下，方向不同，故动量不同，合力的冲量不同，故A错误；
B．重力的冲量，由于，所以物体A重力的冲量较大，故B正确；
C．物体到达底端时的动量，大小相等，但方向分别沿各自斜面向下，方向不同，故动量不同，故C错误；
D．根据机械能守恒定律，到达底端时的动能，由于、相同，所以动能相同，故D错误。
故选B。
4．D
【详解】图像与时间轴所围的面积表示合力的冲量，时间轴上方的面积为正、下方为负。
A．0~2 s 内，图线与时间轴围成的面积为，故A错误；
B．2~3 s 内保持不变，该段时间内合力的冲量，方向与正方向相反，故B错误；
C．0~3 s 内合力的冲量，故C错误；
D．由动量定理得，则3 s末物块的速度，故D正确。
故选D。
5．D
【详解】A．摩擦力，拉力。合外力，加速度，随时间变化，a不是做匀加速直线运动，故A错误；
B．时开始运动，对用动量定理：
，，可得，，故B错误；
C．0~2s内滑块静止，受到静摩擦力，静摩擦力的冲量大小等于图像的面积，时为滑动摩擦力，可得，故C错误；
D．滑块离开桌面后做平抛运动，运动时间
竖直方向速度：
落地时合速度：
，故D正确。
故选D。
6．B
【详解】A．根据冲量的定义式，结合微元累积法可知，F t图像中图线与时间轴围成的面积表示力F的冲量，由图可知，0~5s内F的冲量为，故A正确，不符合题意；
B．物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为
由图可知，在0~4s内，，物块所受摩擦力为静摩擦力，大小与力F相等，摩擦力的冲量为
第5s内，F>f，物块滑动，受到滑动摩擦力，摩擦力的冲量为
则0~5s内摩擦力的冲量为，故B错误，符合题意；
C．重力与支持力等大反向，二者合力为0，故0~5 s内物块所受合力的冲量为，故C正确，不符合题意；
D．根据动量定理可知，0~5s内物块的动量变化量为，故D正确，不符合题意。
故选B。
7．C
【详解】图像与坐标轴所围面积的物理意义为冲量，设0~6s时间内，力F的冲量为I，第6s末物体的速度大小为v，由动量定理得
0~2s与2~4s的冲量大小相等，方向相反，则合冲量
解得
故选C。
8．A
【详解】A．由图可知在0～2s内，力的冲量
根据动量定理
可得时物块的速度大小为，故A正确；
B．由图可知在0～4s内，力的冲量
根据动量定理
解得时物块的速度大小为，故B错误；
C．由图可知在0～2s内与0～6s内，力的冲量相同，根据动量定理知时和时，物块的动量相同，故C错误；
D．由图可知在内力的冲量为零，由动量定理可知在时物块速度为零。在0～4s内，物块做加速度先增加后减小的加速运动，而在4～8s内，力的方向改变，物块做减速运动，在时速度恰减小到零，所以在0～8s内物块的运动方向不变，时物块不会回到原出发点，故D错误。
故选A。
9．A
【详解】取竖直向上为正方向，根据动量定理可得
所以
故选A。
10．B
【详解】D．碰撞过程中，司机头部的初速度等于碰撞前的车速，末速度最终减为0，动量变化量是恒定的，安全气囊不会改变这个总动量变化量，故D错误；
B．根据动量定理
在总动量变化量不变的前提下，安全气囊通过形变缓冲，延长了碰撞的受力时间，故B正确；
A．动量变化率就等于合外力，延长受力时间后，动量变化率减小，故A错误；
C．安全气囊和头部的接触面积远大于直接撞击方向盘的面积，是增大了受力面积从而减小压强，故C错误。
故选B。
11．A
【详解】运动员竖直落地过程，接触地面瞬间的速度大小为，末速度为0，整个过程动量变化量大小为为定值。取向上为正方向，根据动量定理
整理得平均冲击力
运动员屈膝下蹲时，会延长速度从减为0的作用时间。由上式可知，增大时，减小，因此平均冲击力减小。
故选A。
12．D
【详解】A．榴莲做自由落体运动，速度
动能
可知动能与时间的平方成正比，不是随时间均匀增大，故A错误；
B．榴莲刚接触布袋时，下落高度
根据机械能守恒定律，动能 ，故B错误；
C．榴莲刚接触布袋时的速度
在缓冲过程中，取竖直向上为正方向，根据动量定理有
解得平均作用力 ，故C错误；
D．若果农僵住不动，作用时间 ，根据动量定理有
解得
因为 ，故D正确。
故选D。
13．B
【详解】A．时刻图线斜率最大，结合胡克定律
可知弹力的变化率
时刻斜率最大对应速度最大，此时弹力等于重力、加速度为0。 设时刻运动员速度为，时刻为最低点速度为0。则时间内运动员受到合外力冲量的大小
时间内合外力冲量的大小
因此二者合外力冲量大小不相等，A错误；
B．和时刻图线的斜率最大，所以速度最大，时刻速度为0，所以时间内运动员的动能先减少后增大，B正确；
C．时刻弹力达到最大值，大于运动员重力，合力向上，加速度不为零，C错误；
D．时间内运动员仍在向下运动，重力势能随高度降低而减小，D错误。
故选B。
14．B
【详解】A．由题意结合图可知，物体先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动。
在内，根据动量定理可得
解得1s时物体的速度为，故A错误；
B．在内，根据动量定理可得
解得2s时物体的动量为，故B正确；
C．时物体的合力开始反向，加速度开始反向，物体达到最大速度，即将开始匀减速运动，运动方向不变，故C错误；
D．在内，由动量定理可得，
解得，可知时物体速度还未减小到零，不会回到原位置，故D错误。
故选B。
15．B
【详解】取极短时间 t内吹到火星车上的空气为研究对象，该部分空气的质量为
取风速方向为正方向，风碰到火星车后速度减为0，根据动量定理可得
则空气受到的作用力大小
根据牛顿第三定律，火星车垂直迎风面受到的压力大小为
故选B。
16．B
【详解】选时间内与飞船碰撞的微粒为研究对象，默认尘区微粒初始静止，碰撞后与飞船共速为，计算内碰撞微粒的总质量：飞船扫过的体积为
微粒总质量
由动量定理，飞船对微粒的作用力满足
代入得
故选B。
17．B
【详解】身体姿态近似不变，手指的升高量等于身体的上升高度，故上升高度为
设该同学的质量为，离地速度为，取竖直向上为正方向。离地后只受重力，最高点速度为零，由匀变速直线运动的速度与位移关系得
解得
起跳阶段历时，设地面对他的平均支持力为。取该同学为研究对象，由动量定理得
代入数据得
根据牛顿第三定律，他对地面的平均压力大小也为。
故选B。
18．AD
【详解】A．物体A沿斜面下滑时，加速度(为斜面倾角），恒定不变；物体B沿圆弧下滑时，切向加速度随位置变化，初始时切向加速度大于，后续逐渐减小。斜面长度和弧形斜坡长度相等，B的平均速率大于A的平均速率，因此B的下滑时间更短，B比A先到达底端，故A正确；
B．轨道均光滑，两物体下落高度相同，由机械能守恒，可知两物体到达底端时速度大小相等；但A的速度方向沿斜面向下，B的速度方向水平，动量是矢量，方向不同则动量不同，故B错误；
C．重力的冲量为，两物体质量相同，但运动时间t不同，因此重力的冲量不相等，故C错误；
D．重力的瞬时功率为（是速度的竖直分量），A到达底端时速度沿斜面，存在竖直向下的分量；B的轨道末端切线水平，到达底端时速度方向水平，竖直分量为0，因此两者重力的瞬时功率不相等，故D正确。
故选AD。
19．BC
【详解】C．设下落高度为h，斜面倾角，斜面长
根据牛顿第二定律
可得小球加速度
由
得
求得
倾角不同，下滑时间t不同，C正确；
A．重力冲量，t不等，重力冲量大小不等，冲量不同，A错误；
B．由机械能守恒
得
两球末速度大小相等、方向沿各自斜面向下（方向不同）。合外力冲量等于动量变化，初动量为0，末动量方向不同，故合外力冲量（矢量）不相同，B正确；
D．动量是矢量，末速度方向不一样，动量不相同，D错误。
故选BC。
20．BD
【详解】AB．座椅在水平面内做匀速圆周运动，对座椅进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得座椅做匀速圆周运动的半径为
则座椅做匀速圆周运动的线速度大小为
由于半个周期后座椅的速度大小不变，方向相反，设初速度为，末速度为，则半个周期内座椅动量的变化量为
所以半个周期内座椅动量变化量的大小为，故A错误，B正确；
CD．在半个周期内座椅重力的冲量大小为，故C错误，D正确。
故选BD。
21．BC
【详解】A．给物块B一个初速度，B开始向右运动，结合题图乙可知，在时间内，弹簧处于拉伸状态，t1时刻，两物块速度一致，弹簧拉伸最大。从弹簧开始恢复原长，t2时刻弹簧为原长；在时弹簧处于压缩状态，t3时刻压缩到最大；在弹簧开始恢复原长，t4时刻恢复原长。故A错误；
B．结合图乙可知以及之前的分析可知，t2时刻弹簧恢复原长，在开始到t2有
由题图乙，有，
解得，故B正确；
C．由之前的分析可知，t1时刻弹簧拉伸量最大，由
由功能关系有
解得，故C正确；
D．时间内弹簧对A、B的弹力始终等大反向，根据
可知，时间内弹簧对A、B的冲量大小相等，方向相反。故D错误。
故选BC。
22．BC
【详解】A．由图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量及图乙可知，从0到时刻两者速度差先增大后减小，故A错误；
B．0时刻弹簧弹力等于B的重力，处于伸长状态，时刻A的加速度为0，说明弹簧弹力等于A的重力、处于压缩状态，两个时刻弹簧形变量相同，弹性势能相等；时刻，两小球加速度大小相等，以小球 A、B整体为对象，由牛顿第二定律
得此时小球 A、B的加速度大小为
此时小球A、B均处于完全失重状态，可知此时弹簧弹力，即弹簧处于原长，弹性势能最小，故B正确；
C．从0到时刻，以A、B两球整体为对象，由动量定理得
其中时刻小球A的速度大小为
联立可得时刻，小球B的速度大小为，故C正确。
D．从图像可知从0到时刻两图线与时间轴所夹面积相等，而小球A、B的初速度为0，即时刻两小球速度大小相等，整体由动量定理得
可得两球速度大小
设弹簧对球的冲量为，对球由动量定理有
则，故D错误。
故选BC。
23．AD
【详解】A．水平面光滑，充气垫对物体作用力即为合外力，根据牛顿第二定律，物体质量不变，由图乙可知作用力先增大后减小，因此物体的加速度也先增大后减小，故A正确；
B．作用力最大时，物体速度为0，之后反向加速，速度先减小后增大，因此动能先减小后增大，故B错误；
C．由动量定理可得，合外力的冲量等于动量变化量，合外力即作用力的冲量不为零，因此动量变化量不为零，故C错误；
D．根据动量定理，其中冲量就是图像与横轴围成的面积，可得，物体质量为定值，因此速度变化量正比于图像与横轴围成的面积，故D正确。
故选AD。
24．(1)
(2)
【详解】（1）篮球从处由静止自由下落，由自由落体公式
解得下落时间：
篮球落地前瞬间的速度（向下）：
篮球反弹后竖直上抛到的最高点，由竖直上抛运动逆过程（等效自由落体）
解得上升时间
篮球反弹后瞬间的速度（向上）：
全过程总时间包含下落、地面接触、上升三个阶段
重力的冲量
（2）篮球受向上的平均弹力、向下的重力，合外力的冲量等于动量变化
后解得
【点睛】
25．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据冲量的定义
可知，在0~4s时间内拉力的冲量
（2）在0~1s内，物体处于静止状态，因此摩擦力
而由于3~4s内，物体匀速运动，可知滑动摩擦力
因此在0~4s内摩擦力的冲量
根据动量定理可知，在0~4s时间内物体的动量的变化量
（3）由题图丙可知在前4s内物体的速度从0增加到3m/s，在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，由动量定理
可得
26．(1)，方向竖直向下
(2)
(3)，方向竖直向下
【详解】（1）重力恒定，由恒力的冲量公式，得全程重力的冲量
重力方向始终竖直向下，故其冲量方向也竖直向下。
（2）绳开始伸直前，人从静止自由下落。取竖直向下为正方向，由匀变速直线运动公式及，得
因此绳刚伸直时人的动量大小为
（3）绳伸直前的自由落体时间记为。由及第（2）问求得的，可得
绳拉伸至最低点所用时间为
沿用竖直向下为正方向。绳拉伸阶段，人的初动量为第（2）问求得的，到最低点时动量为零。设绳对人的平均作用力大小为，方向竖直向上，由动量定理得
解得
由牛顿第三定律，人对橡皮绳的平均作用力大小为，方向竖直向下。
答案第2页（共5页）
答案第1页（共5页）动量练习
一、单选题
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A．不同物体中动量越大，速度一定越大
B．物体的动能发生变化，其动量可能不变
C．（）的动量大于（）的动量
D．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
2．如图，质量为、长度为的小车静止在光滑的水平面上。质量为的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现有一水平恒力作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为。经过时间，小车运动的位移为，物块刚好滑到小车的最右端。以下判断正确的是（ ）
A．此时物块的动能为
B．此时物块的动量为
C．这一过程中，物块和小车产生的内能为
D．这一过程中，物块和小车增加的机械能为
3．若用表示长度、表示质量、表示时间、表示动量，则下列各式可能表示能量的是（ ）
A． B． C． D．
4．2024年3月21日，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将天链三号01星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设预定轨道为圆，卫星的质量不变，则卫星在轨道上运行时，下列物理量一定不变的是（ ）
A．线速度 B．动量 C．向心加速度 D．动能
5．电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的速度不变
B．小车的动量不变
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
6．轻杆一端固定于一个转轴，另一端拴质量为m的小球，小球在转轴带动下，以恒定的速率在竖直平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，下列关于小球各物理量的说法正确的是（ ）
A．小球动量保持不变 B．小球动能保持不变
C．小球机械能保持不变 D．小球所受合外力为0
7．如图，在短道速滑接力比赛中，“交棒”运动员乙从后追上“接棒”运动员甲，乙猛推甲，使甲获得更大的速度向前冲出。忽略运动员与冰面间的摩擦力，则在乙推甲的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙的加速度大小相等
B．甲、乙的动量变化量相同
C．甲、乙组成的系统动能增加
D．甲、乙组成的系统机械能守恒
8．2026联合杯网球混合团体赛于1月2日至11日在澳大利亚举行。比赛时在某次击球过程中，质量为57g的网球以30m/s的速度飞来，运动员引拍击球，球拍与网球作用0.01s后，网球以50m/s的速度反方向飞出，在此过程中，不考虑空气阻力和网球重力的影响，球拍对网球的平均作用力大小为（　　）
A．80N B．200N C．456N D．114N
9．关于物体的动量，下列说法正确的是（　　）
A．物体的动量越大，其质量也越大
B．（-8kg·m/s）的动量大于（+6kg·m/s）的动量
C．物体的动能改变，其动量一定改变
D．物体的动量改变，合外力一定对物体做了功
10．我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次同时抛出两颗质量相同的谷粒，运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1和谷粒2在竖直方向都做自由落体运动
B．谷粒1和谷粒2在点相遇
C．两谷粒从到的过程中动量变化量相同
D．两谷粒从到的平均速度方向相同
11．2026年6月美加墨世界杯足球比赛在墨西哥开幕，如图所示为某段时间内足球与水平地面碰撞前后的轨迹，已知足球碰撞前瞬间速度方向与竖直方向的夹角为，、两点速度大小均为且方向水平，重力加速度为g，足球视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．A点距地面的高度
B．碰撞后瞬间，足球速度方向与竖直方向的夹角为
C．碰撞后瞬间，足球的动量大小为碰前的
D．碰撞后瞬间，足球的动能大小为碰前的
12．带异种电荷的物块甲、乙隔开一段距离，静止于水平桌面上，如图，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，它们均在地面滑动，相互靠近，运动过程中电量不变，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度比乙的大
B．甲的加速度比乙的大
C．甲的动量比乙的小
D．甲、乙的动量的矢量和等于零
13．关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　）
A．不同物体中动量越大，速度一定越大
B．的动量小于的动量
C．物体的动量发生变化，其动能可能不变
D．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
14．如图所示，当彗星运动到处，部分尘埃粒子被释放出来，不再沿彗星运行轨道运动。一种观点认为太阳光产生的辐射压把它们沿径向向外推开，假设尘埃粒子都是实心球，且所截取的太阳光全被吸收。若半径为的尘埃粒子运动路径为图中（为直线，、为曲线），在处小范围内太阳风等其他力作用可忽略不计。已知太阳辐射功率为，引力常量为，太阳质量为，光速为，尘埃粒子密度为，粒子到太阳距离为。则下列说法正确的是（　　）
A．沿路径运动的尘埃粒子所受太阳的引力大于太阳光对它的辐射压力
B．半径为的尘埃粒子在时间内接收到光的动量为
C．若某尘埃粒子沿路径运动，其半径满足
D．若保持其他条件不变，仅增大太阳辐射功率，沿路径运动的尘埃粒子半径将减小
二、多选题
15．对同一质点，下面说法中正确的是（　　）
A．匀速圆周运动中，动量是不变的
B．匀速圆周运动中，在相等的时间内，动量的改变量大小相等
C．平抛运动、竖直上抛运动，在相等的时间内，动量的改变量相等
D．只要质点的速度不变，则它的动量就一定不变
16．如图所示，高空作业时使用无人机运送零件。某段时间内，无人机在水平面内沿直线飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对无人机静止，轻绳与竖直方向夹角不变。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（ ）
A．无人机速度一定随时间均匀变化
B．无人机加速度可能逐渐增大
C．零件所受拉力可能不断减小
D．零件的动量不一定逐渐增大
17．浩瀚宇宙有很多双星系统，现有由两颗中子星、组成的双星系统不考虑其他星球的影响，可抽象为如图所示绕点做匀速圆周运动的模型。已知的轨道半径小于的轨道半径，若、的总质量为，、间的距离为，、运动周期为，则下列说法正确的是（　　）
A．两颗中子星的动量相同
B．的质量一定大于的质量
C．若一定，则越大，越小
D．A、B的线速度大小相等
18．一质量为2kg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变化的图线如图所示，则（ ）
A．t＝1s时物块的速率为1m/s B．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/s
C．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/s D．t＝4s时物块的速度为零
三、判断题
判断下列说法的正误。
19．物体的质量越大，动量一定越大。（ ）
20．质量一定的物体动能改变，它的动量一定改变。（ ）
21．物体的动量相同，其动能一定也相同。（ ）
22．动量变化量的方向与物体的速度方向相同。（ ）
23．动量相同的物体的运动方向不一定相同。（ ）
24．做直线运动的物体速度增大时，动量的变化量的方向与运动方向相同。（ ）
四、解答题
25．羽毛球运动是速度较大的球类运动之一。运动员扣杀羽毛球的速度可达342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，运动员将球以342km/h的速度反向击回。设羽毛球的质量为5g，试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)在这次扣杀中，羽毛球的速度变化量、动能变化量。
1668年，惠更斯发表了一篇论文，总结了他对碰撞问题的实验和理论研究。他认为：“在两个物体发生碰撞时，每个物体所具有的‘动量’在碰撞时可以增多或减少，但是两个物体的动量在同一个方向的总和却保持不变，如果减去反方向运动的话。”阅读教材中“动量”部分的内容，回答问题。
26．什么是动量？惠更斯说的“如果减去反方向运动的话”是什么意思？
27．如图所示，质量为m，速度为v的小球与挡板发生碰撞，碰后以大小不变的速度反向弹回。
（1）小球碰撞挡板前后的动量是否相同？小球碰撞挡板前后的动能是否相同？
（2）小球碰撞挡板过程中动量变化量大小是多少？
试卷第2页（共3页）
试卷第3页（共3页）
《动量练习》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C D D B C C C D
题号 11 12 13 14 15 16 17 18
答案 B C C B BCD AD BC AB
1．C
【详解】A．根据动量公式
动量由质量和速度共同决定，不同物体质量可能不同，动量大的物体速度不一定更大，故A错误；
B．根据动能公式
物体动能发生变化说明速度大小一定变化，动量大小也会随之变化，因此动量一定改变，故B错误；
C．动量是矢量，正负号仅代表方向，大小由绝对值决定，
因此前者动量更大，故C正确；
D．动量是矢量，方向与速度方向一致，做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，因此动量也时刻变化，故D错误。
故选C。
2．D
【详解】A．对物块应用动能定理，合外力做功等于动能的变化量。物块受到的合外力为，位移为，则物块的动能为，故A错误；
B．对物块应用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量。物块受到的合外力为，作用时间为，则物块的动量为，故B错误；
C．系统产生的内能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。物块相对小车的位移为，则产生的内能为，故C错误；
D．根据功能关系，系统增加的机械能等于外力做的功减去系统产生的内能。外力做功为，产生的内能为，则系统增加的机械能为，故D正确。
故选D。
3．C
【详解】A．由动能公式
可知为能量单位，根据题意可知的单位为
A错误；
B．的单位为
B错误；
C．的单位为
C正确；
D．的单位为
D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．卫星在圆轨道上运行时，线速度大小保持不变，但线速度方向沿轨道切线方向不断变化，所以线速度这一矢量不断变化，故A错误；
B．卫星质量不变，动量为。虽然动量大小不变，但动量方向随线速度方向不断变化，所以动量不断变化，故B错误；
C．卫星做圆周运动时，向心加速度大小保持不变，但向心加速度方向始终指向圆心，方向不断变化，所以向心加速度不断变化，故C错误；
D．卫星质量和线速度大小均不变，动能为，所以动能保持不变，故D正确。
故选D。
5．D
【详解】AB．做匀速圆周运动的小车速度大小不变，方向时刻在改变，由动量可知，小车动量方向也时刻改变，故AB错误；
C．做匀速圆周运动的小车加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
D．小车做匀速圆周运动，向心力始终指向圆心，而向心力等于小车所受的合外力，故小车所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
故选D。
6．B
【详解】A．动量是矢量，满足，小球做匀速圆周运动时速度方向时刻变化，因此动量时刻变化，故A错误；
B．动能是标量，满足，小球速度大小恒定、质量不变，因此动能保持不变，故B正确；
C．机械能为动能与重力势能之和，小球动能不变，重力势能
小球在竖直平面内运动时高度不断变化，重力势能不断变化，因此机械能变化，故C错误；
D．匀速圆周运动的合外力提供向心力，大小为，方向指向圆心，因此合外力不为零，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】AB．甲、乙相互推挤时，彼此作用力大小相等、方向相反。设作用力大小为，甲、乙质量分别为，，由牛顿第二定律，二者加速度大小分别为，
题目未说明两人质量相等，所以加速度大小不一定相等。由动量定理，动量变化量等于所受合力冲量；两人所受相互作用冲量大小相等、方向相反，因此两人的动量变化量大小相等、方向相反，并不相同，故AB错误；
CD．乙推甲的过程中，运动员体内的化学能转化为系统的机械能，因此甲、乙组成的系统总动能增加；该过程有体内化学能转化为机械能，系统的机械能不守恒，故C正确，D错误。
故选C。
8．C
【详解】单位换算与正方向设定：网球质量 ，规定网球飞来的方向为正方向，则初速度 ，反向飞出的末速度 ，作用时间 。
应用动量定理：题目不计重力，球拍对网球的平均作用力即为合外力，根据动量定理：合外力的冲量等于动量变化，即
代入计算：
负号表示作用力方向与网球初速度方向相反，题目问作用力大小，因此平均作用力大小为 。
故选C。
9．C
【详解】A．动量公式为
动量由质量和速度共同决定，动量越大可能是速度越大，质量不一定越大，故A错误；
B．动量是矢量，正负号仅表示方向，不表示大小，矢量本身不能比较大小，只能比较动量的大小（绝对值），因此该表述错误，故B错误；
C．动能是标量，由公式
可知动能改变说明物体速度大小一定改变；动量
速度大小改变则动量一定改变，故C正确；
D．动量改变可能只是方向改变、动量大小不变（例如匀速圆周运动），此时物体动能不变，根据动能定理，合外力做功为零，因此合外力不一定做功，故D错误。
故选C。
10．D
【详解】A．谷粒1做平抛运动，竖直方向初速度为零，做自由落体运动；谷粒2做斜抛运动，竖直方向有向上的初速度分量，做竖直上抛运动，故A错误；
B．两谷粒在竖直方向的位移相同（设为h），谷粒1运动时间满足
谷粒2先向上运动再向下做自由落体运动，运动时间明显大于，两谷粒不可能同时到达点，故B错误；
C．根据可知二者速度变化量不相等，可得动量变化量不相同，故C错误；
D．平均速度的方向与位移方向相同。两谷粒从到的位移方向均为由O指向P，所以平均速度方向相同，故D正确。
故选D。
11．B
【详解】A．足球从到是平抛运动，落地点，速度方向与竖直方向夹角，则有
解得
所以点距地面的高度，故A错误；
B．碰撞后，足球做斜抛运动到点，点水平速度大小依然，故碰撞后瞬间点的水平速度为
碰撞后足球竖直方向做竖直上抛运动，由图可知点高度为，故
解得
故碰撞后瞬间，，故B正确；
C．碰撞前瞬间，足球的速度
碰撞后瞬间，足球的速度
故碰撞前后瞬间，足球的动量大小之比
即碰撞后瞬间，足球的动量大小为碰前的倍，故C错误；
D．碰撞前后瞬间，足球的动能大小之比
即碰撞后瞬间，足球的动能大小为碰前的倍，故D错误；
故选B。
12．C
【详解】B．对甲受力分析，由牛顿第二定律得 ，
同理对乙受力分析可得 。 因，故，B错误；
A．两物块均由静止开始运动，任一时刻，因，故，A错误；
C．由动量定理，任意时刻动量大小等于合外力冲量
可得，
因，故，即甲的动量比乙小，C正确；
D．甲、乙动量方向相反，总动量（矢量和）为，D错误。
故选 C。
13．C
【详解】A．根据动量的定义式有，动量大小与速度、质量有关，可知，不同物体中动量越大，当质量较大时，速度不一定越大，有可能速度大小相等，有可能速度较小，也有可能速度较大，故A错误；
B．动量有正负，正负表示方向，比较大小时，应该比较绝对值，可知，的动量大于的动量，故B错误；
C．根据
，
解得
当物体速度方向改变，大小不变时，物体动量大小不变，方向改变，此时，物体的动能不变，故C正确；
D．做匀速圆周运动的物体，速度方向发生变化，则其动量一定变化，故D错误。
故选C。
14．B
【详解】A．沿路径运动的尘埃粒子所受太阳的引力小于太阳光对它的辐射压力，粒子才会沿径向向外推开，故A错误；
B．半径为的尘埃粒子在时间内接收到光的能量
根据
可得动量为，故B正确；
C．若某尘埃粒子沿路径运动，引力小于辐射压力，则有
其中
解得，故C错误；
D．若保持其他条件不变，仅增大太阳辐射功率，根据
沿路径运动的尘埃粒子半径将增大，故D错误。
故选B。
15．BCD
【详解】A．动量是矢量，满足，匀速圆周运动中速度大小不变但方向时刻改变，因此动量方向时刻变化，动量是变化的，故A错误；
B．匀速圆周运动角速度恒定，相等时间内速度矢量的偏转角相等，由速度矢量三角形可得速度变化量大小相等，因此动量变化量大小相等，故B正确；
C．平抛运动、竖直上抛运动的合外力均为恒力重力，根据动量定理，相等时间内合外力冲量（大小、方向均相同），因此动量改变量相等，故C正确；
D．动量，质点质量恒定，速度是矢量，速度不变即速度大小、方向均不变，因此动量的大小、方向均不变，动量一定不变，故D正确。
故选BCD。
16．AD
【详解】AB．设零件质量为，绳拉力大小为，绳与竖直方向夹角为。零件相对无人机静止，随无人机在水平面内做直线运动，竖直方向加速度为零。取水平向左为正，对零件在竖直、水平方向分别列式得和，联立可得
夹角不变，零件与无人机的加速度恒定，无人机速度随时间均匀变化，加速度不会逐渐增大，故A正确，B错误；
C．由前述竖直方向的方程可得
零件质量和夹角均不变，绳拉力不可能不断减小，故C错误；
D．零件与无人机具有相同的水平速度和加速度。若初速度向右，零件将先减速，动量大小随之减小，故D正确。
故选AD。
17．BC
【详解】A．两星的速度方向相反，动量方向相反，所以动量不相同，故A错误；
B．两星角速度相等，均由万有引力提供向心力对A、B分别有，
解得，
因为，所以，故B正确；
C．两星总质量
又
联立得，可知一定，则越大，越小，故C正确；
D．因为，结合公式，可得，故D错误。
故选BC。
18．AB
【详解】A．由图可知，物块合力为2N，则加速度大小
根据可知，t＝1s时物块的速率为，故A正确；
B．根据可知，t＝2s时物块的速度大小为，则动量大小为，故B正确；
C．根据图像的图线与坐标轴围成的面积表示合外力的冲量及动量定理
则t＝3s时物块动量大小为，故C错误；
D．同理可得则t＝4s时物块动量大小为
则t＝4s时物块的速度为，故D错误。
故选AB。
19．错误 20．正确 21．错误 22．错误 23．错误 24．正确
【详解】19．动量。动量由质量和速度共同决定，若速度，无论质量多大，动量都为0，故错误。
20．由动能，质量一定时，动能改变说明速度的大小发生改变；而动量是矢量，速度大小改变必导致速度矢量改变，故动量一定改变，故正确。
21．由动量，动量相同说明速度的方向和大小均相同，由可知，若两物体质量不同，即使动量相同，动能也不相同，故错误。
22．由动量变化量，其方向与速度变化量的方向（即加速度的方向）相同，不一定与速度的方向相同，故错误。
23．动量是矢量，动量相同意味着大小和方向都相同。动量的方向即为物体的运动方向（速度方向），因此动量相同的物体运动方向一定相同，故错误。
24．做直线运动的物体速度增大时，速度变化量的方向与原运动方向相同，因此动量的变化量的方向也与运动方向相同，故正确。
25．(1)，方向与羽毛球飞回的方向相同
(2)120m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同；21J
【详解】（1）以球飞回的方向为正方向，则
所以羽毛球的动量变化量为
即羽毛球的动量变化量大小为，方向与羽毛球飞回的方向相同。
（2）羽毛球的初速度为，羽毛球的末速度为，所以
羽毛球的初动能
羽毛球的末动能
所以。
26．物体的质量和速度的乘积，取某一方向为正方向，反方向运动物体的动量取负值。 27．（1）动量不相同，动能相同；（2）
【详解】26．物体的质量和速度的乘积叫作动量，定义式为，动量方向与速度方向相同。
取某一方向为正方向，反方向运动的速度取负值，故其动量也取负值。“减去反方向运动”就是把该物体的动量作为负值参与相加，体现了动量的方向性。
27．取小球碰前运动方向为正方向。由题意，碰前、碰后的速度分别为，
由动量定义，碰前、碰后的动量分别为，
二者大小相等、方向相反，故动量不相同。由动能定义，碰前动能为
碰后速度大小仍为，其动能也为，故动能相同。动量的变化量为
其大小为
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