第25期 动量 动量定理-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册同步学案（人教版2019）

书 动量定理告诉我们“物体所受力的冲量等 于物体动量的变化量”，它指出了受力与动量 变化（不是动量）之间的大小和方向关系．因 而利用动量定理解题时只需考虑所受合力、合 力的冲量以及初、末状态的动量，而对运动细节 不作要求，各种解题中均有广泛应用． 一、对全系统应用动量定理 动量定理的研究对象既可以是单个物体， 也可以是系统．动量定理对系统来说，内力不 会改变系统的动量，即系统所受外力的冲量等 于系统动量的变化．这就是系统的动量定理． 例１．质量为ｍ的木块下面用细线 系一质量为Ｍ的铁块，一起浸没在水 中从静止开始以加速度 ａ匀加速下 沉，如图１所示，经时间ｔ１后细线断裂， 又经时间 ｔ２后木块停止下沉，此时铁 块还未沉底，求木块停止下沉时铁块的速度． 解析：取木块和铁块作为整体，细绳断开 前后，系统受到的合力没有变化（浮力、重力都 没有变化），即系统受到的合力没有变化． 求得合力Ｆ合 ＝（Ｍ＋ｍ）ａ 整体在全过程中由动量定理 Ｆ合（ｔ１＋ｔ２） ＝（Ｍｖ＋ｍ×０）－０ 求得ｖ＝ （Ｍ＋ｍ）ａ（ｔ１＋ｔ２） Ｍ ． 点评：尽管系统内各物体的运动情况不 同，但各物体所受冲量之和仍然等于各物体总 动量的变化量；若几个物体组成的系统在运动 中受到的合力不变并且不需要求解系统内部 各物体间的相互作用力问题时，可将这几个物 体看成一个整体，对整体运用动量定理求解， 可使问题大大简化． 警示：当铁块沉到水底后静止（受池底支 持力）或木块露出水面（浮力减小）后，受到的 合力都发生了改变，上述方法就不再适用． 二、对全过程使用动量定理 实际生活中，各力可以同时作用，也可以 先后作用．对全程使用动量定理时，无论各力 是否同时作用，都不用管运动的细节． 例２．光滑水平面 上停着一只木球和载 人小车，木球质量为 ｍ，人和车的总质量为Ｍ，已知Ｍ∶ｍ＝１６∶１，人 以速度 ｖ０沿水平面将木球推向正前方的固定 挡板，木球被挡板弹回，人接住球后再以同样 的对地速度将球推向挡板，设木球与挡板相碰 时无动能损失，则人经过多少次推球后才不能 接到小球． 解析：将球、载人小车等看成一个系统，设 向左为正方向．则球与墙每碰一次，墙对小球 的冲量Ｉ０ ＝ｍｖ０－（－ｍｖ０）＝２ｍｖ０ 设人经过ｎ次推球后（此时人车速度大小 为ｖ）才不能接到小球，则ｖ≥ｖ０ 对整体由动量定理ｎＩ０ ＝（Ｍｖ＋ｍｖ０）－０ 联立求得ｎ≥ Ｍ ｍ＋１ ２ ＝８．５ 结合实际知：当人经过９次推球后才不能接 到小球． 点评：动量定理不仅适用于一个过程，同 时也适用于多个过程组成的全过程，对过程应 用动量定理时要注意初、末状态的确定．当几 个力分阶段作用时合力的冲量可理解为各个 力冲量的矢量和． 三、对持续作用的流体应用动量定理 动量定理的研究对象通常是质量一定的 物体，对于这种对象明确，运动过程清晰的问 题，求解一般来说比较方便．但对于日常生活 中常涉及的流体的持续作用问题，用常规方法 却无法解决． 对于流体的持续作用问题，常用的方法是要 选取恰当的研究对象和建立正确的物理模型（一 般方法是建立柱体微元模型），将流体的持续作 用问题转化为单体模型，从而将复杂的实际问题 转化为熟悉的情景应用动量定理求解． 例３．有一种采煤方法是用高压水流将煤 层击碎而将煤采下，今有一采煤高压水枪，设 水枪喷水口横截面积 Ｓ，由枪口喷出的高压水 流流速为ｖ，设水的密度为 ρ，水流垂直射向煤 层并原速返回，求煤层表面可能受到的最大平 均冲击力． 解析：设煤层对水的平均冲击力为 Ｆ（并 规定Ｆ的方向为正方向），设时间Δｔ内射到煤 层上的水质量为ｍ，则ｍ＝ρＳｖ·Δｔ 对Δｔ内射到煤层上的水由动量定理得 Ｆ·Δｔ＝ｍｖ２－ｍｖ１， 即Ｆ·Δｔ＝ρＳｖ２·Δｔ－（－ρＳｖ２·Δｔ） 求得Ｆ＝２ρＳｖ２ 由牛顿第三定律得：煤层受到水的平均冲 击力为２ρＳｖ２． 点评：本题总的思路是：建立合理模型，将 连续问题转化为隔离体问题．解决连续质量流 动（即持续作用）的关键是：正确选取研究对 象（通常是选择 Δｔ时间内发生相互作用的流 动体为研究对象，即动量发生变化的那部分物 体，被选取为研究对象的这部分流体通常称微 元）．根据题意正确地表示出它们的质量和动 量的变化量，然后列式计算． 书 一、注意一个特点：动量定理的矢量性 动量定理的表达式Ｆｔ＝ｐ′－ｐ是一个矢量 式，计算时遵守矢量运算法则，由于高考要求的 只是共线问题，因此在解决共线问题时应选好 正方向，与正方向一致的物理量取正值，与正方 向相反的物理量取负值，从而可简化为带有正、 负号的代数运算． 二、弄清两个概念：冲量与动量 １．冲量Ｉ ①定义：作用在物体上的力和力的作用时 间的乘积叫做该力对这个物体的冲量． ②冲量是力对时间的积累效果，是过程量． 讲冲量必须明确是哪个力、哪个过程的冲量． ③冲量是矢量．恒力的冲量的方向与力的 方向相同；变力的冲量的方向不能直接判断． ２．动量ｐ “动量”是矢量，因此它的大小或方向发生 了变化，就都是动量发生了变化． ３．动量和冲量的区别 ①动量具有瞬时性，当物体做变速运动时， 应明确是哪一时刻哪一位置的动量．冲量是过 程量，应明确是哪个力在哪段时间内对物体作 用的冲量． ②由于速度与参照物的选择有关，动量具 有相对性，通常以地球（大地）为参照系．由于力 和时间与参照物选择无关，所以力的冲量与参 照物选择无关． 三、掌握三大应用 １．利用动量定理定性解释生产、生活中的 有关现象 方法规律：此类问题可分两类： 在动量变化一定的情况下，力的作用时间 越短，力就越大；时间越长，力就越小． 在作用力一定的情况下，此时力的作用时 间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动 量的变化越小． 例１．玻璃杯从同一高度自由落下，掉落在 硬质水泥地板上易碎，掉落在松软地毯上不易 碎，这是由于玻璃杯掉在松软地毯上 （　　） Ａ．所受合外力的冲量较小 Ｂ．动量的变化量较小 Ｃ．动量的变化率较小 Ｄ．地毯对杯子的作用力小于杯子对地毯的 作用力 解析：杯子从同一高度自由落下，与地面相 碰前的瞬时速度、动量都是一定的，由下落高度 决定动量大小ｐ＝ｍ ２槡ｇｈ；与地面碰撞到静止在 地面上，不管玻璃杯是否破碎，其动量的改变量 的大小都等于ｍ ２槡ｇｈ．合外力的冲量与动量改 变量大小相等，可见选择Ａ、Ｂ错误．由动能定理 Ｆ·Δｔ＝Δｐ知玻璃杯受到的合外力等于玻璃杯 的 Δｐ Δｔ ，即玻璃杯动量的变化率．玻璃杯掉在松软 的地毯上，动量减小经历时间较长，故 Δｐ Δｔ 较小，即 玻璃杯受到的合力较小，玻璃杯不易破碎，知Ｃ正 确．地毯与杯子相互作用中的作用力与反作用力 大小相等，故答案Ｄ错． 答案：Ｃ． 例２．如右图，把重 物压在纸带上，用一水 平力缓缓拉动纸带，重 物跟着一起运动，若迅 速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这 些现象的正确说法是 （　　） ①在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩 擦力大 ②在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小 ③在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 ④在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小 Ａ．①③ Ｂ．②③ Ｃ．③④ Ｄ．②④ 解析：在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作 用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作 用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力 等于最大静摩擦力，所以一般情况是：缓拉摩擦 力小；快拉摩擦力大．故判断①、②都错． 在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用 时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变 化可以很大，所以能把重物带动．快拉时，摩擦 力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重 物动量改变很小． 答案：Ｃ ２．利用动量定理进行定量计算 方法规律：分两类情况： 在恒力作用下求运动物体初末动量变化， 即Ｉ＝ＦΔｔ； 在变力作用下由动量变化求解变力的冲 量，即Ｉ＝Δｐ＝ｍｖ′－ｍｖ． 注意：如速度的方向为竖直方向、打击、撞 击类问题不能忽略重力． 例３．一质量为０．１０ｋｇ的小球从０．８０ｍ高 处自由下落到软垫上，若从小球接触软垫到小 球陷至最低点经历了０．２０ｓ，则这段时间内软垫 对小球的平均作用力为 ，若小球落在 水泥地面上，反弹高度为０．２ｍ，小球接触地面 经历了０．０１ｓ，则该段时间内地面对小球的平均 作用力为 ．（ｇ取１０ｍ／ｓ） 解析：（１）小球自由下落 Ｈ＝０．８０ｍ时速 度为ｖ，则ｖ２ ＝２ｇＨ 小球在和软垫（或地面）碰撞过程中，受重 力和软垫（或地面）弹力作用，若选择竖直向上 方向为正，则由动量定理得（Ｆ－ｍｇ）ｔ＝０－ ｍ（－ｖ），解得：Ｆ＝３Ｎ （２）小球落到水泥地上反弹速度为 ｖｔ，则 ｖ２ｔ ＝２ｇｈ 则由动量定理得（Ｆ′－ｍｇ）ｔ＝ｍｖｔ－ｍ（－ｖ） 解得Ｆ′＝６１Ｎ． ３．利用动量定理解决“连续流体”（如高压 水枪，漏斗装煤，水车洒水等）问题． 方法规律：我们选取很短时间Δｔ内动量（或 其他量）发生变化的那部分物体作为研究对象， 建立一个“直柱模型”；在时间Δｔ内所选取的研 究对象均匀分布在以Ｓ为截面积、长为Ｌ＝ｖ·Δｔ 的柱体内，这部分质点的质量为Δｍ＝ρＳｖ·Δｔ， 以这部分质量为研究对象，研究它在 Δｔ时间内 动量（或其他量）的变化情况，再根据动量定理 （或其他规律）求出有关的物理量． 例４．水力采煤的原理，是利用高压（高速） 水柱冲击煤层，产生巨大冲击力使煤层破裂，设 水枪喷水口横截面积Ｓ＝６ｃｍ２，水柱喷射速度 ｖ＝６０ｍ／ｓ，水柱沿水平方向垂直冲击煤壁．试 分析计算煤壁受到的冲击力多大？ 解析：在微小时间微元Δｔ内，从水枪中喷射 出来的水为一微小柱体，它的质量与相应的动 量分别为ｍ＝ρＳｖΔｔ（ｋｇ），ｍｖ＝ρＳｖ２Δｔ（单位： ｋｇ·ｍ／ｓ）式中ρ＝１．０×１０３ｋｇ／ｍ３是水的密度． 水柱沿水平方向垂直冲击煤壁后，在不计 重力的影响下，水将向“四面八方 獉獉獉獉 ”均匀溅散开 来，动量是矢量，所以水柱与煤壁作用后，末动 量为零，动量改变量为－ρＳｖ２Δｔ（“－”号表示与 速度方向向相反）． Δｔ是可以任意选取的，根据动量定理（ＦΔｔ ＝Δｐ），可知煤壁作用于水柱的冲击力为： Ｆ＝Δｐ Δｔ ＝－ρＳｖ２ ＝－２．１６×１０３Ｎ 根据牛顿第三定律，水柱作用煤壁的冲击 力大小为２．１６×１０３Ｎ． 书 （上接第３版） ３．游乐场滑索项目 的简化模型如图２所示， 索道ＡＢ段光滑，Ａ点比Ｂ 点高１．２５ｍ，与 ＡＢ段平滑连接的 ＢＣ段粗糙，长 ４ｍ．质量为５０ｋｇ的滑块从Ａ点由静止下滑，到Ｂ 点进入水平减速区，在Ｃ点与缓冲墙发生碰撞，反 弹后在距墙１ｍ的Ｄ点停下．设滑块与ＢＣ段的动 摩擦因数为０．２，规定向右为正方向．ｇ取１０ｍ／ｓ２． 下列说法正确的是 （　　） Ａ．缓冲墙对滑块的冲量为 －５０Ｎ·ｓ Ｂ．缓冲墙对滑块的冲量为 －２５０Ｎ·ｓ Ｃ．缓冲墙对滑块做的功为 －１２５Ｊ Ｄ．缓冲墙对滑块做的功为 －２５０Ｊ 二、实验题（共１０分） ４．如图３甲为用打点计时器探究碰撞中的不 变量的实验：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，小车Ａ与原来静止在前 方的小车 Ｂ相碰，并粘在一起继续做匀速直线运 动，在小车 Ａ后连着纸带，电磁打电计时器电源频 率为５０Ｈｚ． （１）用小木片将长木板一端垫起的目的是 ； （２）若实验已得到的打点纸带如图乙所示，并 测得各计数点间距 （标在图上），则应该选 段来计算的 碰 撞 前 速 度，应 该 选 段来计算 Ａ和 Ｂ碰后的共同速度（选填 “ａｂ”、“ｂｃ”或“ｄｅ”）． （３）已测得小车Ａ的质量ｍ１＝０．４ｋｇ，小车Ｂ 质量ｍ２ ＝０．４ｋｇ，由以上测量结果可得碰前的总 动量为 ｋｇ·ｍ／ｓ；碰后总动量为 ｋｇ·ｍ／ｓ．（保留二位有效数字） 三、计算题（共１２分） ５．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型 遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架 质量ｍ＝２ｋｇ的无人机，其动力系统所能提供的 最大升力 Ｆ＝３６Ｎ，运动过程中所受空气阻力大 小恒为ｆ＝４Ｎ．取ｇ＝１０ｍ／ｓ２．求： （１）无人机以最大升力在地面上从静止开始 竖直向上起飞，在ｔ１ ＝５ｓ时离地面的高度ｈ； （２）当无人机悬停在距离地面高度Ｈ＝１００ｍ 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠 落至地面，若与地面的作用时间为ｔ２＝０．２ｓ，则地 面所受平均冲力Ｎ多大？ !"#$ % & !"#$%&'( )& !!!"* #$%&+ ', (-./*' & * !" ! !"#$% ! &' ()* ! !"!"#!$!%!"#$% &'()*+, -./0 123 +,- . !%/ !" !"#$ . !& / !"%&# ' ()*)+!"%& #' . !' / ,-./0 1,-./ 2345 67 . !( / 8!"%&# '9:;<= 8>?-@ABCD9E FGHIJKLMCN KLOP)B * Q .0- . !+ / R S T ! 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!"#$% !"#&' " 书 １．动量 １．（多选）关于动量的概念，下列说法正确的 是 （　　） Ａ．动量大的物体，惯性不一定大 Ｂ．动量大的物体，运动一定快 Ｃ．动量相同的物体，运动方向一定相同 Ｄ．动量相同的物体，动能也一定相同 ２．物体在运动过程中加速度不为零，则下列说 法正确的是 （　　） Ａ．物体速度的大小一定随时间变化 Ｂ．物体速度的方向一定随时间变化 Ｃ．物体动能一定随时间变化 Ｄ．物体动量一定随时间变化 ３．（多选）关于动量的变化量，下列说法错误 的是 （　　） Ａ．做直线运动的物体速度增大时，动量的增 量Δｐ与速度的方向相同 Ｂ．做直线运动的物体速度减小时，动量的增 量Δｐ与运动方向相反 Ｃ．物体的速度大小不变时，动量的增量Δｐ为零 Ｄ．物体做曲线运动时，动量的增量 Δｐ一定不 为零 ４．质量为５ｋｇ的小球以５ｍ／ｓ的速度竖直落 到地板上，随后以３ｍ／ｓ的速度反向弹回．若取竖 直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为 （　　） Ａ．１０ｋｇ·ｍ／ｓ Ｂ．－１０ｋｇ·ｍ／ｓ Ｃ．４０ｋｇ·ｍ／ｓ Ｄ．－４０ｋｇ·ｍ／ｓ ５．如图１所示，ＰＱＳ是固定于 竖直平面内的光滑的 １ ４圆周轨道， 圆心Ｏ在Ｓ的正上方．在Ｏ和Ｐ两 点各有一个质量为ｍ的小物块ａ和ｂ，从同一时刻 开始，ａ自由下落，ｂ沿圆弧下滑．下列说法正确的 是 （　　） Ａ．ａ比ｂ先到达Ｓ，它们在Ｓ点的动量不相同 Ｂ．ａ与ｂ同时到达Ｓ，它们在Ｓ点的动量不相同 Ｃ．ａ比ｂ先到达Ｓ，它们在Ｓ点的动量相同 Ｄ．ｂ比ａ先到达Ｓ，它们在Ｓ点的动量相同 ６．如图２所示，质量为 ｍ的足球 在离地高 ｈ处时速度刚好水平向左， 大小为ｖ１，守门员此时用手握拳击球， 使球以大小为 ｖ２的速度水平向右飞 出，手和球作用的时间极短，重力加速 度为ｇ，则 （　　） Ａ．击球前后球动量改变量的方向水平向左 Ｂ．击球前后球动量改变量的大小是 ｍｖ２ － ｍｖ１ Ｃ．击球前后球动量改变量的大小是 ｍｖ２ ＋ ｍｖ１ Ｄ．球离开手时的机械能不可能是 ｍｇｈ＋ １ ２ｍｖ                                                ２ １ ２．动量定理 １．（多选）对下列几种物理现象的解释，正确 的是 （　　） Ａ．用锤子击打钉子时，不用橡皮锤仅仅是因 为橡皮锤太轻 Ｂ．用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了 减小冲量 Ｃ．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常 常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用 力 Ｄ．在车内推车推不动，是因为车（包括人）所 受合外力的冲量为零 ２．如图１所示，质量为ｍ的 小滑块沿倾角为 θ的斜面向上 滑动，经过时间 ｔ１速度变为零， 然后又下滑，经过时间 ｔ２回到斜面底端，滑块在运 动过程中受到的摩擦力大小始终为 Ｆ１．在整个过 程中，重力对滑块的总冲量为 （　　） Ａ．ｍｇｓｉｎθ（ｔ１＋ｔ２） Ｂ．ｍｇｓｉｎθ（ｔ１－ｔ２） Ｃ．ｍｇ（ｔ１＋ｔ２） Ｄ．０ ３．（多选）物体在恒定合外力 Ｆ的作用下运 动，则以下说法正确的是 （　　） Ａ．物体所受合外力冲量的大小与时间成正比 Ｂ．物体动量的变化率不恒定 Ｃ．物体动量的变化恒定 Ｄ．物体动量的变化与时间成正比 ４．如图２所示，运动员挥拍 将质量为 ｍ的网球击出．如果 网球被拍子击出前后瞬时速度 的大小分别为 ｖ１、ｖ２，ｖ１与 ｖ２方 向相反，且ｖ２＞ｖ１．忽略网球的重力，则此过程中拍 子对网球作用力的冲量 （　　） Ａ．大小为ｍ（ｖ２－ｖ１），方向与ｖ１方向相同 Ｂ．大小为ｍ（ｖ２＋ｖ１），方向与ｖ１方向相同 Ｃ．大小为ｍ（ｖ２－ｖ１），方向与ｖ２方向相同 Ｄ．大小为ｍ（ｖ２＋ｖ１），方向与ｖ２方向相同 ５．质量为１ｋｇ的物体做直 线运动，其速度 — 时间图像如 图３所示．则物体在前１０ｓ内和 后１０ｓ内所受合外力的冲量分 别是 （　　） Ａ．１０Ｎ·ｓ，１０Ｎ·ｓ Ｂ．１０Ｎ·ｓ，－１０Ｎ·ｓ Ｃ．０，１０Ｎ·ｓ Ｄ．０，－１０Ｎ·                                           ｓ ３．动量定理的应用 １．关于物体的动量和冲量，下列说法中正确 的是 （　　） Ａ．物体所受合力的冲量越大，它的动量也越大 Ｂ．物体所受合力的冲量为零，它的动量一定 不变 Ｃ．物体动量的方向，就是它所受合力的冲量 的方向 Ｄ．物体所受的合力越大，它的动量变化越大 ２．放在水平桌面上的物 体质量为ｍ，用一个大小为Ｆ 的水平推力推它，物体始终 不动，那么时间 ｔ内，推力对 物体的冲量大小是（ｇ为重力加速度） （　　） Ａ．Ｆｔ Ｂ．ｍｇｔ Ｃ．０ Ｄ．无法计算 ３．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮 球．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样做可 以 （　　） Ａ．减小球对手的冲量 Ｂ．减小球对人的冲击力 Ｃ．减小球的动量变化量 Ｄ．减小球的动能变化量 ４．（多选）如图２所示，质量为ｍ 的小球从距离地面高Ｈ的 Ａ点由静 止开始释放，落到地面上后又陷入 泥潭中，由于受到阻力作用，到达距 地面深度为ｈ的Ｂ点时速度减为零． 不计空气阻力，重力加速度为 ｇ．关 于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是 （　　） Ａ．小球的机械能减少了ｍｇ（Ｈ＋ｈ） Ｂ．小球克服阻力做的功为ｍｇｈ Ｃ．小球所受阻力的冲量大于ｍ ２槡ｇＨ Ｄ．小球动量的变化量等于所受阻力的冲量 ５．在行车过程中，遇到紧急刹车，乘客可能受 到伤害，为此人们设计了安全带以尽可能地减轻 猛烈碰撞．假定乘客质量为 ７０ｋｇ，汽车车速为 １００ｋｍ／ｈ，从踩下刹车到车完全停止需要的时间 为５ｓ，安全带对乘客的作用力大小最接近（　　） Ａ．２００Ｎ Ｂ．３００Ｎ Ｃ．４００Ｎ Ｄ．５００Ｎ ! " # $ ! ! ! " ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ! ! ! ! " %&# '&!$"# %! # !& ' & %' ' !& !' "& ! ( ! ! ( ) * + ! " ! ' ! ) ! ! , - , - !.# !/# % "% & % & $ ' ! ' " ' - , % "% & % & $ . , . - . ! . " . $ % ! " 01$ 2 " 1!*+ " "$ " ,# " # )- & ! ! ( ! . ' & , - ! ! " ()*+, !&'()*!!/!0!!1"# ! - " -)*+, ./0123456 书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期（２０２５年１月）　　　 第２５期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ａ　４．Ｄ　５．Ａ　６．Ａ　７．Ｄ 提示： １．做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化，故动量时刻 变化，ＡＢ错误；摆球相邻两次经过最低点时动量方向相反，所 以Ｃ项错误；平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落 体运动，在竖直方向的分动量ｐ竖 ＝ｍｖｙ＝ｍｇｔ所以Ｄ项正确． ２．对Ｂ由动量定理得：Ｍｇｔ＝Ｍｕ－０，设弹簧冲量为Ｉ，对Ａ 由动量定理得：Ｉ－ｍｇｔ＝ｍｖ－０，联立解得：Ｉ＝ｍｖ＋ｍｕ，故 ＡＢＣ错误，Ｄ正确． ３．由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，则它 们动量的变化量为Δｐ＝ｍｖ－ｍｖ０，子弹穿墙而过，末速度的方向 为正；橡皮泥粘在墙上，末速度等于０；钢球被以原速率反向弹 回，末速度等于 －ｖ０，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量 变化量最大．由动量定理Ｉ＝Δｐ，所以子弹受到的冲量最小，钢 球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最 小，钢球对墙的冲量最大． ４．ａ－ｔ图线与横轴围成的面积表示速度的变化量，结合甲 图可知两物体在ｔ０时刻速度相同，即０～ｔ０时间内ａ－ｔ图线与 横轴围成的面积相等，则有 １ ２ａ２ｔ０＝ａ１ｔ０，解得ａ２＝２ａ１故Ａ错 误；Ａ物体先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加 速运动，故Ｂ错误；由ｖ－ｔ图像可知，０～ｔ０时间内，Ａ、Ｂ两物体 速度变化量相等，但由于不知道两物体的质量关系，所以无法 比较两物体动能变化量大小，故Ｃ错误；０～ｔ０和ｔ０～２ｔ０两段 时间内，Ａ物体的ａ－ｔ图线与横轴围成的面积相等，表示速度 变化量Δｖ相等，根据动量定理知可知 Ａ物体在这两段时间内 所受合力的冲量相等，故Ｄ正确． ５．由ｐ＝ｍｖ可得，坐标原点时的速度为ｖ０＝ ｐ ｍ ＝４ｍ／ｓ， 故Ａ正确；由ｐ２＝ｍ２ｖ２，ｖ２＝ｖ２０＋２ａｘ可得，该图像的斜率大小 为ｋ＝２ａ，故物体的加速度大小为ａ＝８ｍ／ｓ２，故物体受到的合 力大小为１６Ｎ，Ｂ错误，Ｃ错误；由ｘ＝ｖ０ｔ＋ １ ２ａｔ ２可得，时间为 ｔ＝０．５ｓ，故Ｄ错误． ６．Ｆ＝Δｐ Δｔ ＝ρπｒ ２ｖ２Δｔ Δｔ ＝ρπｒ２ｖ２． ７．橡皮锤砸钉子时，橡皮锤具有弹性，具有缓冲作用，作用 时间比铁锤砸钉子时间长，根据动量定理，作用力较小，所以不 易将钉子钉进物体里，Ａ错误；跳远时，在沙坑里填沙，是为了 缓冲，增加人与接触面的作用时间，减小作用力，并不是为了减 小冲量，Ｂ错误；在推车时推不动，车所受的合力为零，合力的 冲量为零，Ｃ错误；根据动量定理，－ｆｔ＝０－ｐ，动量相同的两个 物体受相同的制动力的作用时，两个物体经过相等时间停下 来，与质量无关，Ｄ正确． 二、实验题 ８．（１）①ＡＣＥ　②ＡＣＤ；（２）０　 －２．２３×１０－４． 三、计算题 ９．解析：（１）小物块由Ａ到 Ｂ过程做匀减速运动，                                                         由动能 —１— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 定理可得：－μｍｇｘ＝ １２ｍｖ ２ １－ １ ２ｍｖ ２ ０， 代入数据解得：ｘ＝５ｍ； （２）选初速度方向为正方向，由动量定理得： ＦΔｔ＝－ｍｖ２－ｍｖ１，代入数据解得：Ｆ＝－６５Ｎ． １０．解析：设运动员从ｈ１处下落，刚触网时的速度为２ｇｈ１ ＝ｖ２１，解得ｖ１＝８ｍ／ｓ，方向向下，运动员反弹到达高度ｈ２，离网 时速度为２ｇｈ２ ＝ｖ ２ ２，解得ｖ２ ＝１０ｍ／ｓ，方向向上，在接触网的 过程中，运动员受到向上的弹力Ｆ和向下的重力ｍｇ，设向上方 向为正，由动量定理有（Ｆ－ｍｇ）ｔ＝ｍｖ２－（－ｍｖ１），解得Ｆ＝ １．５×１０３Ｎ． Ｂ组 一、多选题 １．ＡＣ　２．ＡＤ　３．ＢＣ 提示： １．Ａ、Ｂ两球在运动过程中只受重力作用，相等时间内重力 的冲量相同，因此在相等时间内两球动量的变化大小相等、方 向相同，所以Ａ正确；Ｂ错误；动量的变化率为Δｐ Δ ＝ｍΔｖ Δｔ ＝ｍｇ 则动量的变化率大小相等、方向相同，所以Ｃ正确；Ｄ错误． ２．在地面时，土的速度为零，被挖掘机运至最高点释放瞬 间速度也为零，因此，过程Ⅰ中这部分土的动量改变量为零，Ａ 正确；土在最高点时速度为零，落至车上瞬间速度不为零，因 此，过程Ⅱ中这部分土的动量改变量不为零，Ｂ错误；过程 Ⅰ 中，土不仅受自身重力的作用，还受挖掘机对其的作用力，故此 过程中动量的改变量等于重力与挖掘机作用力的合力的冲量， Ｃ错误；过程Ⅱ中，土只受自身重力的作用，故动量的改变量等 于重力的冲量，Ｄ正确． ３．由动能定理可知ｍｇｈ＝１２ｍｖ ２ ０，由Ｂ到Ｃ的过程中，加速 度大小为ａ＝μｍｇｍ ＝２ｍ／ｓ ２，由位移公式可得ｘ１ ＝ ｖ２－ｖ２０ －２ａ，可 得ｖ＝３ｍ／ｓ，由Ｃ到Ｄ可知ｘ２＝ ｖ′２ ２ａ，解得被缓冲器反弹，滑块 的速度大小ｖ′＝－２ｍ／ｓ（方向与初速度反向，取负），由动量定 理可知缓冲墙对滑块的冲量Δｐ＝ｍｖ′－ｍｖ＝－２５０Ｎ·ｓ，由动 能定理可得缓冲墙对滑块做的功Ｗ＝１２ｍｖ′ ２－１２ｍｖ ２＝－１２５Ｊ． 综上分析可知ＢＣ正确． 二、实验题 ４．（１）平衡摩擦力；（２）ｂｃ　ｄｅ；（３）０．４２　０．４１． 三、计算题 ５．（１）７５ｍ；　（２）４１６Ｎ． 解析：（１）无人机起飞后向上做匀加速运动，由牛顿运动 定律：Ｆ－ｍｇ－ｆ＝ｍａ，ｈ＝ １２ａｔ ２，联解公式解得ｈ＝７５ｍ． （２）无人机向下做匀加速运动，由动能定理有ｍｇＨ－ｆＨ＝ １ ２ｍｖ ２，与地面碰撞过程中，设地面对无人机作用力为Ｎ′，由动 量定理有（Ｎ′＋ｆ－ｍｇ）ｔ０＝０－（－ｍｖ），根据牛顿第三定律有： Ｎ＝Ｎ′，联立公式解得Ｎ＝４１６Ｎ． 第２６期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ａ　６．Ｄ　７．Ｂ 提示： １．由题意可知，地面光滑，所以Ａ、Ｂ和弹簧、小车组成的系 统受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中， 因ｍ１∶ｍＢ ＝１∶２，由摩擦力公式ｆ＝μＮ＝μｍｇ知，Ａ、Ｂ所受 的摩擦力大小不等，所以 Ａ、Ｂ组成的系统合外力不为零，Ａ、Ｂ 组成的系统动量不守恒，Ａ对小车向左的滑动摩擦力小于Ｂ对 小车向右的滑动摩擦力，在Ａ、Ｂ相对小车停止运动之前，小车 所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整 个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故选Ｄ                                                                      ． —２— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 ２．把人和车看成整体，用大锤连续敲打车的左端，根据动 量守恒定律可以知道，系统的总动量为零，车不会持续地向右 驶去，故Ａ错误；人从平板车的一端走到另一端的过程中，系统 水平方向不受外力，动量守恒，系统总动量为零，车不会持续地 向右驶去，故Ｂ错误；电风扇向左吹风，电风扇会受到一个向右 的反作用力，从而使平板车持续地向右驶去，故Ｃ正确；站在车 的右端将大锤丢到车的左端的过程中，系统水平方向不受外 力，动量守恒，系统总动量为零，车不会持续地向右驶去，故 Ｄ 错误． ３．因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全转化成内 能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具 有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为 产热Ｑ＝ｆ·Δｘ，两次产热相同，所以第二次子弹剩余动能更 小，速度更小，而动量变化量等于 Δｐ＝ｍΔｖ，所以第一次速度 变化小，动量变化小．Ａ正确． ４．设发射子弹的数目为ｎ，ｎ颗子弹和木块Ｍ组成的系统 在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．选子 弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有ｍｖ２－Ｍｖ１ ＝０，解 得ｎ＝ Ｍｖ１ ｍｖ２ ，ＡＢＤ错误，Ｃ正确． ５．炸弹在光滑铜板上爆炸时，对铜板产生向下的作用力， 弹片受到铜板向上的反作用力，所以爆炸过程中总动量不守 恒．但水平方向上动量守恒，水平方向上的总动量为零．总动量 的方向在竖直方向上． ６．因Ｃ对Ｂ有摩擦力，故Ａ与Ｂ组成的系统动量不守恒，Ａ 错误；因弹簧对Ｂ有弹力，故Ｂ与Ｃ组成的系统动量不守恒，Ｂ 错误；因不计地面与Ｃ间的摩擦，故Ａ、Ｂ、Ｃ和弹簧组成的系统 受合外力为零，所以整个系统的动量守恒，若Ｂ相对Ｃ滑动，则 Ｂ与Ｃ之间存在滑动摩擦力，而一对滑动摩擦力做的总功不为 零，故此时Ａ、Ｂ、Ｃ组成的系统机械能不守恒，Ｃ错误；若弹簧的 弹力大于Ｃ对Ｂ的滑动摩擦力，则Ｂ先向右加速，而弹簧的弹 力不断减小，滑动摩擦力不变，故弹簧的弹力会小于滑动摩擦 力，则Ｂ向右减速，Ｄ正确． ７．由题图可知，碰前红壶的速度ｖ０＝１．０ｍ／ｓ，碰后速度为 ｖ′０ ＝０．２ｍ／ｓ，均为正值，可知，碰后红壶未被反弹，Ａ错误；设 碰后蓝壶的速度为ｖ，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据 动量守恒定律可得：ｍｖ０ ＝ｍｖ′０＋ｍｖ，解得 ｖ＝０．８ｍ／ｓ，Ｂ正 确；根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，可得碰后壶 移动的位移大小ｘ＝ ｖ２ｔ＝ ０．８ ２ ×５ｍ＝２ｍ，Ｃ错误；根据速度 图线的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速 度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力 大于蓝壶所受摩擦力，Ｄ错误． 二、实验题 ８．（１）ＯＰ　ＯＮ　６５．５；（２）不会；（３）Ｄ． 三、计算题 ９．解析：以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，设甲车、 乙车与人具有相同的速度ｖ′，由动量守恒得（ｍ１＋ｍ′）ｖ－ｍ２ｖ０ ＝（ｍ１＋ｍ２＋ｍ′）ｖ′，解得ｖ′＝１ｍ／ｓ．以人与甲车为系统，人跳 离甲车过程动量守恒，得（ｍ１＋ｍ′）ｖ＝ｍ１ｖ′＋ｍ′ｕ，解得ｕ＝ ３．８ｍ／ｓ，因此，只要人跳离甲车的速度ｕ≥３．８ｍ／ｓ，就可避免 两车相撞． １０．解析：（１）木块与平板车组成的系统作用前后动量守 恒，据动量守恒定律得ｍｖ０ ＝（ｍ０＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝０．６ｍ／ｓ． （２）设木块相对平板车的滑行时间为 ｔ，以木块为研究对 象，取ｖ０方向为正方向，根据动量定理有－μｍｇｔ＝ｍｖ－ｍｖ０，解 得ｔ＝８ｓ． Ｂ组 一、多选题 １．ＡＢＣ　２．ＡＢＤ　３．ＣＤ 提示： １．Ａ、Ｂ两木块离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律                                                                      ｖ —３— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 ＝ ｌｔ，ｈ＝ １ ２ｇｔ ２，可得ｖ＝ ｌ ２ｈ 槡ｇ ，则木块Ａ、Ｂ离开弹簧时的速 度大小之比为 ｖＡ ｖＢ ＝ ｌＡ ｌＢ ＝１２，所以Ａ正确；以向左为正方向，根 据动量守恒定律得ｍＡｖＡ－ｍＢｖＢ ＝０，因此 ｍＡ ｍＢ ＝ ｖＢ ｖＡ ＝２１，所以 Ｂ正确；木块 Ａ、Ｂ离开弹簧时的动能之比为 ＥｋＡ ＥｋＢ ＝ １ ２ｍＡｖ ２ Ａ １ ２ｍＢｖ ２ Ｂ ＝ １ ２，所以Ｃ正确；弹簧对木块Ａ、Ｂ的作用力大小之比 ＦＡ ＦＢ ＝ １１ 所以Ｄ错误． ２．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 （ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２，位移：ｓ＝ｖ１ｔ－ｖ２ｔ代入数据解得： ｖ１＝０．７０ｍ／ｓ，ｖ２＝－０．２０ｍ／ｓ，符号表示速度方向与正方向相 反；故选项ＡＢ正确，Ｃ错误；由能量守恒定律得 １２（ｍ１＋ｍ２）ｖ ２ ０ ＋Ｅｐ＝ １ ２ｍ１ｖ ２ １＋ １ ２ｍ２ｖ ２ ２，代入数据解得Ｅｐ＝０．２７Ｊ选项Ｄ正 确． ３．若人跳离 ｂ、ｃ车时速度为 ｖ，由动量守恒定律有 ０＝Ｍ车 ｖｃ＋ｍ人 ｖ，ｍ人ｖ＝－Ｍ车ｖｂ＋ｍ人ｖ，ｍ人ｖ＝（Ｍ车 ＋ｍ人） ·ｖａ，所以ｖｃ＝ ｍ人 ｖ Ｍ车 ，得ｖｂ＝０，ｖａ ＝ ｍ人 ｖ Ｍ车 ＋ｍ人 ，即ｖｃ＞ｖａ ＞ｖｂ 并且ｖｃ与ｖａ方向相反．所以选项ＡＢ错误，选项ＣＤ正确． 二、实验题 ４．（１）２０．０２ｍｍ；（２）０．５０１； （３） ｍＡ Δｔ１ － ｍＢ Δｔ２ ＝ ｍＢ Δｔ′２ － ｍＡ Δｔ′１ ． 解析：（１）游标卡尺的精度为０．０２ｍｍ，由图示游标卡尺可 知，其示数为２０ｍｍ＋１×０．０２ｍｍ＝２０．０２ｍｍ． （２）滑块的速度 ｖ＝ ｄｔ＝ ２０．０２×１０－３ ４０．０×１０－３ ｍ／ｓ≈０．５０１ｍ／ｓ． （３）由题知，取向右为正，则碰撞前 Ａ、Ｂ的速度分别为 ｖＡ ＝ ｄ Δｔ１ ，ｖＢ ＝－ ｄ Δｔ２ ，则碰撞后Ａ、Ｂ的速度分别为ｖ′Ａ ＝ ｄ Δｔ′１ ，ｖ′Ｂ ＝ ｄ Δｔ′２ ，根据动量守恒定律，则有ｍＡｖＡ＋ｍＢｖＢ ＝ｍＡｖ′Ｂ＋ｍＢｖ′Ｂ，代 入各个速度的表达式，可得 ｍＡ Δｔ１ － ｍＢ Δｔ２ ＝ ｍＢ Δｔ′２ － ｍＡ Δｔ′１ ． 三、计算题 ５．解析：（１）人跳起后 Ａ与 Ｂ碰撞前后动量守恒，设碰后 ＡＢ的速度ｖ１，ｍＡｖ０＝ｍＡｖ１＋ｍＢｖ１，解得ｖ１＝１ｍ／ｓ，Ａ对Ｂ的冲 量Ｉ＝ｍＢｖ１ ＝２０×１Ｎ·ｓ＝２０Ｎ·ｓ，方向水平向右． （２）人下落与ＡＢ作用前后，水平方向动量守恒，设共同速 度ｖ２，ｍ人 ｖ０＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ１＝（ｍ人 ＋ｍＡ＋ｍＢ）ｖ２，代入数据得 ｖ２ ＝２．４ｍ／ｓ． 第２７期３版参考答案 Ａ组 一、单选题 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ｂ　６．Ｂ　７．Ａ 提示： １．把人和外衣看作一个系统，由动量守恒定律可知衣服水 平抛出时，人会向衣服被抛出的相反方向运动，故选项Ｄ正确． 人体各部分总动量为０，选项Ａ、Ｂ错误．由于冰面光滑，人不可 能在冰面上滚动，选项Ｃ错误． ２．小钢球５向右摆起，且达到的最大高度与小钢球１的释 放高度相同，由分析知５个小钢球组成的系统机械能守恒，但 在小钢球１下落和小钢球５上升过程中都受到重力的冲量，动 量不守恒，故Ａ、Ｂ错误．如果向左拉起小钢球１、２、３到相同高 度同时由静止释放，则３与４碰后，３停止、４具有向右的速度，４ 与５碰撞交换速度，４停止、５向右摆起；３刚停止的时候２过来 与之碰撞交换速度，然后３与４碰撞，使４向右摆起；２刚停止的 时候１过来与之碰撞交换速度，然后２与３碰撞交换速度，使３ 向右摆起；故经碰撞后，小钢球３、４、５一起向右摆起，且上升的 最大高度与小钢球１、２、３的释放高度相同，故Ｄ正确，Ｃ错误                                                                      ． —４— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 ３．题图甲中，探测器类似于与行星对面正碰，设探测器的 质量为ｍ，行星的质量为Ｍ，碰后行星的速度大小为ｕ１，以向右 为正方向，根据动量守恒定律有ｍｖ０－Ｍｕ＝－（ｍｖ１＋Ｍｕ１）， 由能量守恒定律可得 １ ２ｍｖ ２ ０＋ １ ２Ｍｕ ２ ＝ １２ｍｖ ２ １＋ １ ２Ｍｕ ２ １，联立 可得ｖ１ ＝ Ｍ－ｍ Ｍ＋ｍｖ０＋ ２Ｍ Ｍ＋ｍｕ，由于Ｍｍ，则ｖ１ ＝ｖ０＋２ｕ＞ ｖ０，故Ａ正确，Ｂ错误；题图乙中，类似于探测器追上行星与之正 碰，设碰后行星的速度大小为ｕ２，以向右为正方向，根据动量守 恒定律有－ｍｖ０－Ｍｕ＝ｍｖ２－Ｍｕ２，由能量守恒定律可得 １ ２ｍｖ ２ ０ ＋１２Ｍｕ ２＝１２ｍｖ ２ ２＋ １ ２Ｍｕ ２ ２，联立可得ｖ２＝ Ｍ－ｍ Ｍ＋ｍｖ０－ ２Ｍ Ｍ＋ｍｕ， 由于Ｍｍ，则ｖ２ ＝ｖ０－２ｕ＜ｖ０，故Ｃ、Ｄ错误． ４．依题意可知，火箭原来的速度为ｖ０，初动量为ｐ０＝Ｍｖ０， 质量为Δｍ的气体喷出后，火箭的质量为（Ｍ－Δｍ），设气体喷 出后，火箭和气体的速度分别为ｖ１和ｖ２，则气体相对火箭的速 度为ｖ＝ｖ１＋ｖ２，ｖ２＝ｖ－ｖ１，选ｖ１的方向为正方向，则系统的末 动量为ｐ＝（Ｍ－Δｍ）ｖ１＋Δｍ［－（ｖ－ｖ１）］＝Ｍｖ１－Δｍｖ，由 动量守恒定律有 ｐ＝ｐ０，则 Ｍｖ１ －Δｍｖ＝Ｍｖ０，所以 ｖ１ ＝ Ｍｖ０＋Δｍｖ Ｍ ，故Ａ正确． ５．由水平方向平均动量守恒有 ｍｘ小球 ｔ ＝ ２ｍｘ大球 ｔ ，又ｘ小球 ＋ ｘ大球 ＝Ｒ所以ｘ大球 ＝ １ ３Ｒ，Ｂ正确． ６．由于箱子Ｍ放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组 成的系统整体动量是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同 时，小物块不再相对滑动，有ｍｖ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１，系统损失的动能 为ΔＥｋ＝ １ ２ｍｖ ２－１２（Ｍ＋ｍ）ｖ ２ １＝ ｍＭｖ２ ２（Ｍ＋ｍ），Ａ错误，Ｂ正确； 由于小物块与箱壁碰撞Ｎ次后恰又回到箱子正中间，可知小块 块相对于箱子的路程为 ＮＬ，Ｎ为小物块与箱子之间碰撞的次 数，所以系统损失的动能还可以表示为ΔＥｋ＝Ｑ＝ＮμｍｇＬ，Ｃ、 Ｄ错误． ７．两球压缩最紧时，两球速度相等，两球的弹性势能最大， 为Ｅｐ．根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出 ａ球 的速度．设碰撞前ａ球的速度为 ｖ，碰后的共同速度为 ｖ′，根据 动量守恒定律得 ｍｖ＝２ｍｖ′．在碰撞过程中机械能守恒，有 １ ２ｍｖ ２ ＝ １２×２ｍｖ′ ２＋Ｅｐ，得ｖ′＝ Ｅｐ 槡ｍ． 二、填空题 ８．不守恒　守恒　 ｍＭ－ｍｖ０． 三、计算题 ９．解析：要使两车不相撞，则临界条件为两车速度相等．选 ｖ０的方向为正方向，以三者为系统，动量守恒．０＋ｍ２ｖ０＝（ｍ１＋ ｍ＋ｍ２）ｖ共，解得 ｖ共 ＝５ｍ／ｓ，以球与乙车为系统，动量守恒． ｍ２ｖ０－ｍｖ＝（ｍ＋ｍ２）ｖ共，解得ｖ＝２５ｍ／ｓ． １０．（１）１１６ｍｖ ２ ０；　（２） １３ ４８ｍｖ ２ ０． 解析：（１）从Ａ压缩弹簧到Ａ与Ｂ具有相同速度ｖ１时，对Ａ、 Ｂ与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得ｍｖ０＝２ｍｖ１，此时Ｂ与 Ｃ发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 ｖ２，损失的机 械能为ΔＥ．对Ｂ、Ｃ组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定 律得ｍｖ１ ＝２ｍｖ２， １ ２ｍｖ ２ １ ＝ΔＥ＋ １ ２（２ｍ）ｖ ２ ２，联立解得 ΔＥ＝ １ １６ｍｖ ２ ０． （２）由（１）可知ｖ２＜ｖ１，Ａ将继续压缩弹簧，直至Ａ、Ｂ、Ｃ三 者速度相同，设Ａ、Ｂ、Ｃ三者共同速度为ｖ３，此时弹簧被压缩至 最短，其弹性势能为 Ｅｐ．由动量守恒定律和能量守恒定律得 ｍｖ０ ＝３ｍｖ３，又 １ ２ｍｖ ２ ０－ΔＥ＝ １ ２（３ｍ）ｖ ２ ３＋Ｅｐ联立解得Ｅｐ ＝ １３ ４８ｍｖ ２ ０                                                                      ． —５— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 Ｂ组 一、多选题 １．ＡＢＣ　２．ＢＣ　３．ＡＤ 提示： １．设气球质量为ｍ′，人的质量为ｍ，由于气球匀速上升，系 统所受的外力之和为０，当人沿吊梯向上爬时，整个系统动量 守恒，选向上为正方向，则（ｍ′＋ｍ）ｖ０ ＝ｍｖ１＋ｍ′ｖ２，在人向上 爬的过程中，气球的速度为ｖ２ ＝ （ｍ′＋ｍ）ｖ０－ｍｖ１ ｍ′ ．当 ｖ２ ＞０ 时，气球匀速上升；当ｖ２＝０时，气球静止；当ｖ２＜０时，气球下 降．所以选项 Ａ、Ｂ、Ｃ均正确．要使气球运动速度不变，则人的 速度仍为ｖ０，即人不往上爬，显然不符合题意，选项Ｄ错误． ２．以两球组成的系统为研究对象，以Ａ球的初速度方向为 正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得ｍｖ＝ｍｖＡ＋ ２ｍｖＢ，由机械能守恒定律得 １ ２ｍｖ ２ ＝１２ｍｖ ２ Ａ＋ １ ２×２ｍｖ ２ Ｂ，解得 ｖＡ ＝－ １ ３ｖ，ｖＢ ＝ ２ ３ｖ，负号表示碰撞后Ａ球反向弹回．如果碰撞 为完全非弹性碰撞，以Ａ球的初速度方向为正方向，由动量守 恒定律得ｍｖ＝（ｍ＋２ｍ）ｖＢ，解得ｖＢ ＝ １ ３ｖ，则碰撞后Ｂ球的速 度范围是 １ ３ｖ≤Ｂ≤ ２ ３ｖ，故Ｂ、Ｃ正确，Ａ、Ｄ错误． ３．由题图乙可知，木板获得的速度大小为 ｖ＝１ｍ／ｓ，Ａ、Ｂ 组成的系统动量守恒，以Ｂ的初速度方向为正方向，由动量守 恒定律得ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得木板Ａ的质量Ｍ＝４ｋｇ，木板 获得的动能Ｅｋ ＝ １ ２Ｍｖ ２ ＝２Ｊ，故Ａ正确；系统损失的机械能 ΔＥ＝１２ｍｖ ２ ０－ １ ２ｍｖ ２－１２Ｍｖ ２ ＝４Ｊ，故Ｂ错误；由题图乙知０ ～１ｓ内Ｂ的位移为ｘＢ ＝ １ ２×（２＋１）×１ｍ＝１．５ｍ，Ａ的位 移为ｘＡ ＝ １ ２×１×１ｍ＝０．５ｍ，木板Ａ的最小长度为Ｌ＝ｘＢ －ｘＡ＝１ｍ，故Ｃ错误；由题图乙可知，Ｂ的加速度ａ＝－１ｍ／ｓ ２， 负号表示加速度的方向与初速度方向相反，由牛顿第二定律得 －μｍｂｇ＝ｍＢａ，解得μ＝０．１，故Ｄ正确． 二、填空题 ４．３２３　０．３　１　４ 三、计算题 ５．（１）单级爆炸时，取向左为正方向，由动量守恒定律得０ ＝２ｍｖＡ－ｍｖＢ，由能量守恒定律得２ΔＥ＝ １ ２×２ｍｖ ２ Ａ＋ １ ２ｍｖ ２ Ｂ， 联立解得ｖＡ ＝ ２ΔＥ ３槡ｍ，ｖＢ ＝２ ２ΔＥ ３槡ｍ． （２）Ｑ爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得０＝ ２ｍｖＤＦ －ｍｖＧ，由能量守恒定律得ΔＥ＝ １ ２×２ｍｖ ２ ＤＦ＋ １ ２ｍｖ ２ Ｇ，Ｐ 爆炸过程，同理可得２ｍｖＤＦ ＝ｍｖＤ ＋ｍｖＦ，ΔＥ＋ １ ２×２ｍｖ ２ ＤＦ ＝ １ ２ｍｖ ２ Ｄ ＋ １ ２ｍｖ ２ Ｆ，联立解得ｖＤ ＝（１＋槡 ３ ３） ΔＥ 槡ｍ． 第２８期３、４版参考答案 一、单选题 １．Ｃ　２．Ｂ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ａ 提示： １．以喷出的气体为研究对象，设每秒喷出气体的质量为 Δｍ，由动量定理知ＦΔｔ＝Δｍｖ０，对火箭有Ｆ－ｍｇ＝ｍａ，联立解 得ｖ０＝ ｍ（ｇ＋ａ）Δｔ Δｍ ＝６×１０ ３×（９．８＋２０．２） ２００ ｍ／ｓ＝９００ｍ／ｓ，选项 Ｃ正确． ２．两直线平行，在相同的时间内动量的变化量相等，由动 量定理知，选项Ｂ正确． ３．设滑块的质量为ｍ，则盒的质量为２ｍ．对整个过程，由 动量守恒定律可得ｍｖ＝３ｍｖ共，解得ｖ共 ＝ ｖ ３，由能量守恒定律 可知μｍｇｘ＝ １２ｍｖ ２－１２·３ｍ·（ ｖ ３） ２，解得ｘ＝ ｖ ２ ３μｇ ．故选项 Ｃ正确                                                                      ． —６— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 ４．根据在天体表面附近，重力等于万有引力得 ｍｇ′＝ Ｇｍ′ｍ Ｒ２ ，所以ｇ′＝Ｇｍ′ Ｒ２ ， ｇ火 ｇ ＝ ｍ火 ｍ地 · Ｒ２地 Ｒ２火 ＝０．１×４＝０．４，火星表 面的重力加速度为ｇ火 ＝０．４ｇ．对着陆器根据动量定理有（Ｆ－ ０．４ｍｇ）ｔ０ ＝０－（－ｍｖ０），解得Ｆ＝ｍ（０．４ｇ＋ ｖ０ ｔ０ ），故选项Ｂ 正确． ５．由将１号移至高度ｈ释放，碰撞后，观察到２号静止、３号 摆至高度ｈ，可知，小球１、２间，２、３间发生了弹性碰撞，且碰后 交换速度．若２号换成质量不同的小钢球，１、２间，２、３间碰后并 不交换速度，则３号上摆的高度不等于ｈ，选项Ａ错误．将１、２号 一起移至高度ｈ释放，碰撞后，观察到１号静止，２、３号一起摆 至高度ｈ，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系 统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统 所受外力不为０，所以系统动量不守恒，故选项Ｂ错误．将右侧 涂胶的１号移至高度ｈ释放，１、２号碰撞后粘在一起，发生非弹 性碰撞，机械能有损失，再与３球碰撞后，３球获得的速度小于１ 与２碰撞前瞬间的速度，则３号上升的高度小于ｈ，故选项Ｃ错 误．小球１、２间，２、３间发生非弹性碰撞，机械能有损失，释放后 整个过程机械能和动量都不守恒，故选项Ｄ正确． ６．弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守 恒．由于两弹片均水平飞出，飞行时间ｔ＝ ２ｈ槡ｇ ＝１ｓ．取向右 为正方向，由水平速度ｖ＝ ｘｔ知，选项Ａ中，ｖ甲 ＝２．５ｍ／ｓ，ｖ乙 ＝－０．５ｍ／ｓ；选项Ｂ中，ｖ甲 ＝２．５ｍ／ｓ，ｖ乙 ＝０．５ｍ／ｓ；选项 Ｃ 中，ｖ甲 ＝１ｍ／ｓ，ｖ乙 ＝２ｍ／ｓ；选项 Ｄ中，ｖ甲 ＝－１ｍ／ｓ，ｖ乙 ＝ ２ｍ／ｓ．因为爆炸瞬间动量守恒，所以ｍｖ＝ｍ甲 ｖ甲 ＋ｍ乙 ｖ乙，其 中ｍ甲 ＝ ３ ４ｍ，ｍ乙 ＝ １ ４ｍ，ｖ＝２ｍ／ｓ，代入数据计算知选项Ｂ 正确． ７．小车和小物体组成的系统水平方向动量守恒且为０，所 以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为 ０，则小车和小物体最终相对于水平面也静止，由能量守恒得 μｍｇｘ＝ｍｇＲ，ｘ＝Ｒμ ，选项Ａ正确，选项Ｂ、Ｃ、Ｄ错误． 二、多选题 ８．ＣＤ　９．ＡＢ　１０．ＡＣＤ 提示： ８．设兔子与树桩之间的撞击力为Ｆ，兔子撞击后速度为０， 根据动量定理有Ｆｔ＝ｍｖ，所以ｖ＝Ｆｔｍ≥ ｍｇｔ ｍ ＝ｇｔ＝２ｍ／ｓ，选 项Ｃ、Ｄ正确． ９．在位移—时间图像中斜率表示速度，碰撞前Ａ的速度为 负值，碰撞后Ａ的速度为正值，因此碰撞前后 Ａ的运动方向相 反，故选项Ａ正确．根据动量守恒定律有ｍＡｖＡ＋ｍＢｖＢ ＝（ｍＡ＋ ｍＢ）ｖ，由图像可知ｖＡ ＝－５ｍ／ｓ，ｖＢ ＝１０ｍ／ｓ，ｖ＝５ｍ／ｓ，代入 上式，可得 ｍＡ ｍＢ ＝１２，故选项Ｂ正确．由速度大小变化可知，在碰 撞前后，Ｂ的速度减小，Ａ的速度不变，故Ｂ的动能变小，Ａ的动 能不变，故选项Ｃ错误．碰撞前后Ｂ的运动方向相同，Ａ的运动 方向改变，因此碰撞前Ｂ的动量较大，故选项Ｄ错误． １０．当小球与小车的水平速度相等时，小球沿弧形槽上升 到最大高度，设该高度为ｈ，则ｍｖ０ ＝２ｍｖ，得ｖ＝ １ ２ｖ０，选项Ａ 正确．设小球离开小车时，小球的速度为 ｖ１，小车的速度为 ｖ２， 整个过程中动量守恒，得ｍｖ０ ＝ｍｖ１＋ｍｖ２①，由机械能守恒得 １ ２ｍｖ ２ ０ ＝ １ ２ｍｖ ２ １＋ １ ２ｍｖ ２ ２②，联立①②解得ｖ１ ＝０，ｖ２ ＝ｖ０，即 小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自 由落体运动，选项Ｂ错误，选项Ｃ正确．对小车运用动能定理， 得小球对小车做功Ｗ ＝ １２ｍｖ ２ ０－０＝ １ ２ｍｖ ２ ０，选项Ｄ正确． 三、实验题 １１．（１）机械能　ＣＤ； （２） ２ｇｌ（１－ｃｏｓθ槡                                                                      ）； —７— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期 （３）ｍｖ０ ＝（ｍ＋ｍ′）ｖ 解析：（１）（２）子弹射入摆锤后，与摆锤一起从最低位置摆 至最高位置的过程中，机械能守恒．在最低位置时，子弹和摆锤 的共同速度为ｖ，由机械能守恒定律可得 １２（ｍ＋ｍ′）ｖ ２＝（ｍ＋ ｍ′）ｇ（ｌ－ｌｃｏｓθ），解得ｖ＝ ２ｇｌ（１－ｃｏｓθ槡 ）．要得到子弹和摆 锤一起运动的初速度ｖ，还需要测量的物理量有冲击摆的摆长ｌ 和摆锤摆动时摆线的最大摆角θ． （３）射入摆锤前子弹速度为ｖ０，动量为ｍｖ０；子弹和摆锤一 起运动的瞬间速度为ｖ，动量为（ｍ＋ｍ′）ｖ．若该过程中 ｍｖ０ ＝ （ｍ＋ｍ′）ｖ，则该过程中动量守恒． １２．（１）４．８００；　（２）Ａ；　（３） ｍ１ ｔ１ ＝ ｍ２ ｔ２ ， ｍ１ｄ ２ ２ｔ２１ ＋ ｍ２ｄ ２ ２ｔ２２ 解析：（１）由图示螺旋测微器可知，其示数为４．５ｍｍ＋ ３０．０×０．０１ｍｍ＝４．８００ｍｍ． （２）滑块经过光电门时的速度ｖ１＝ ｄ ｔ１ ，ｖ２＝ ｄ ｔ２ ，烧断细线 前后系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 ｍ１ｖ１ －ｍ２ｖ２ ＝０，整理得 ｍ１ ｔ１ ＝ ｍ２ ｔ２ ，验证动量守恒定律需要测量ｍ１、 ｍ２、ｔ１、ｔ２，故选Ａ． （３）由（２）可知，验证动量守恒定律的表达式为 ｍ１ ｔ１ ＝ ｍ２ ｔ２ ； 烧断细线后弹簧弹性势能转化为滑块的动能，由能量守恒定律 可知，烧断细线前弹簧的弹性势能 Ｅｐ ＝ １ ２ｍ１ｖ ２ １＋ １ ２ｍ２ｖ ２ ２ ＝ ｍ１ｄ ２ ２ｔ２１ ＋ ｍ２ｄ ２ ２ｔ２２ ． 四、计算题 １３．解析：弹丸击中沙袋瞬间，系统水平方向不受外力，动 量守恒，设击中后弹丸和沙袋的共同速度为 ｖ１，细绳长为 ｌ，根 据动量守恒定律有ｍｖ０＝（ｍ＋５ｍ）ｖ１，沙袋摆动过程中只有重 力做功，机械能守恒，所以 １ ２×６ｍｖ ２ １ ＝６ｍｇｌ（１－ｃｏｓθ），设第 二粒弹丸击中沙袋后弹丸和沙袋的共同速度为ｖ２，同理有ｍｖ－ （ｍ＋５ｍ）ｖ１ ＝（ｍ＋６ｍ）ｖ２， １ ２×７ｍｖ ２ ２ ＝７ｍｇｌ（１－ｃｏｓθ），联 立以上各式解得 ｖ０ ｖ ＝６∶１３． １４．解析：（１）根据匀变速直线运动公式，有 ｌ＝ ｖ２Ｂ －ｖ ２ Ａ ２ａ ＝１００ｍ． （２）根据动量定理有Ｉ＝ｍｖＢ－ｍｖＡ ＝１８００Ｎ·ｓ． !" # !（３）运动员经过Ｃ点时的受力分析如图所示，根据动 能定理，运动员在ＢＣ段运动的过程中，有ｍｇｈ＝１２ｍｖ ２ Ｃ－ １ ２ｍｖ ２ Ｂ，根据牛顿第二定律有ＦＮ－ｍｇ＝ｍ ｖ２Ｃ Ｒ， 联立解得ＦＮ ＝３９００Ｎ． １５．解析：设小球运动到最低点与物块相撞前的速度大小 为ｖ１，取小球运动到最低点时的重力势能为０，根据机械能守恒 定律有ｍｇｈ＝ １２ｍｖ ２ １，解得ｖ１ ＝ ２槡ｇｈ，设碰撞后小球反弹的 速度大小为ｖ′１，同理有ｍｇ ｈ １６＝ １ ２ｍｖ′ ２ １，解得ｖ′１ ＝ ｇｈ 槡８，设 碰撞后物块的速度大小为 ｖ２，取水平向右为正方向，由动量守 恒定律有ｍｖ１＝－ｍｖ′１＋５ｍｖ２，解得ｖ２＝ ｇｈ 槡８，由动量定理可 得，碰撞过程物块获得的冲量为Ｉ＝５ｍｖ２ ＝ ５ ４ｍ ２槡ｇｈ，物块 在水平面上滑行所受摩擦力的大小为 Ｆ＝５μｍｇ，设物块在水 平面上滑行的距离为ｓ，由动能定理有－Ｆｓ＝０－１２×５ｍｖ ２ ２，解 得ｓ＝ ｈ１６μ                                                                      ． —８— 高中物理人教（选择性必修第一册）　第２５～２８期