第26期 动量守恒定律 实验：验证动量守恒定律-【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 两个物体均处于静止，当两个物体存在相 互作用而不受外力作用时，系统动量守恒．系统 初动量为零，系统质心水平位置不变．这类问题 的特点：两物体同时运动，同时停止． 例１．质量为ｍ的人站在质量为Ｍ长为Ｌ的 静止小船右端，小船左端靠在岸边．当人向左走 到左端时，船左端离岸多远？ 解析：画出示意图．从 图１中可以看出，人、船的位 移大小之和等于Ｌ．设人、船 位移大小分别为 Ｌ１、Ｌ２，则： ｍｖ１＝Ｍｖ２，两边同乘时间ｔ， ｍＬ１ ＝ＭＬ２，而Ｌ１＋Ｌ２ ＝Ｌ，所以Ｌ２ ＝ ｍ Ｍ＋ｍＬ． 例２．质量为Ｍ半径为Ｒ的球壳的右侧有一 质量为ｍ的物体，物体由静止下滑，当滑到球壳 的下端时，球壳移动的距离是多少？ 解析：画出示意图．从图 ２ 中可以看出，物体和球壳的位移 大小之和等于 Ｒ．设物体、球壳 位移大小分别为Ｌ１、Ｌ２，则：ｍＬ１ ＝ＭＬ２，而Ｌ１＋Ｌ２ ＝Ｒ，所以Ｌ２ ＝ ｍ Ｍ＋ｍＲ． 例３．如图３，质量为 Ｍ的气球上有一质量 为 ｍ的猴子，气球和猴子静止在离地高为 ｈ的 空中．从气球上放下一架不计质量的软梯，为使 猴子沿软梯安全滑至地面，则软梯至少应为多 长？ 解析：画出示意图４．设下降过程中，气球上 升高度为Ｈ，由题意知猴子下落高度为ｈ， 在竖直方向系统动量守恒：Ｍ·Ｈ＝ｍ·ｈ， 解得Ｈ＝ｍｈＭ 所以软梯长度至少为 Ｌ ＝ ｈ＋Ｈ ＝ （Ｍ＋ｍ）ｈ Ｍ ． 例４．最初斜面和木箱均静止，后来木箱自 光滑斜面顶端滑下，如图５所示，求木箱滑至斜 面底部时斜面移动的距离．木箱和斜面的质量 分别为ｍ＝１０ｋｇ和Ｍ＝５０ｋｇ，斜面长ｌ＝２ｍ， 不计斜面与地面的摩擦，斜面倾角为３０°． 解析：取木箱和斜面为一个研究系统，在水 平方向上无外力作用，此系统的动量在水平方 向上是守恒的． 设斜面后退的距离为ｘ，则木箱移动的水平 距离为ｌｃｏｓ３０°－ｘ， 据水平方向动量守恒定律知 Ｍｘ＝ｍ（ｌｃｏｓ３０°－ｘ）， 整理得 ｘ＝ｍｌｃｏｓ３０°Ｍ＋ｍ ＝ １０×２×槡３２ ５０＋１０ ｍ ＝槡３６ｍ． 点评：用“人船模型”公式解这类变速运动 的位移且不涉及速度的问题时，是非常方便的． 在应用时，一定要注意：相互作用的两个物体必 须满足动量守恒和原来都静止这两个条件，解 题的关键是正确找出位移间的关系． 书 动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的 规律之一，在实际应用中具有很强的广泛性，一 直是各类命题考查的重点．应用动量守恒定律 解题时，同学们往往因为条件不明、研究对象选 取不正确、坐标不明确造成解题失误，归根结 底，实际是对动量守恒定律的“四性”理解不到 位造成的． 一、矢量性 在高中物理中，动量守恒定律只讨论一维 问题，应用动量守恒定律时，应注意先规定正方 向，凡是与正方向相同的速度取正，凡是与正方 向相反的速度则取负，这样，速度的方向就由 正、负号来体现． 二、瞬时性 在碰撞、爆炸过程中，系统所受到的重力、阻力 与内力相比较均可忽略不计，满足动量守恒的条 件，但应注意，在这种情况下，只是在相互作用的瞬 时动量才是守恒的． 三、同一性 动量守恒定律中的速度均是相对于同一参 照系而言的，在具体的题目中所给的数值有可 能是相对于不同的参考系的，这样在代入公式 时，一定要转换成相对于同一参考系的速度，一 般取地球为参考系． 四、同时性 动量守恒定律公式中的各个速度中，相互 作用前的速度必须是同一时刻的，相互作用后 的速度也必须是同一时刻的，在遇到有相对速 度的情况下，一定要注意作用前的速度和作用 后的速度不同． 例１．质量为Ｍ的小车，以速度ｖ０在光滑水平 地面上前进，车上站有一质量为ｍ的人，某一时 刻，人以相对于车的速度ｕ向后水平跳出，此人跳 出后车的速度为多大？ 解析：选取人和车系统为研究对象，系统所 受合力为零，总动量守恒，选取地面为参照系， 并且取小车前进的方向为正方向，考虑人刚开 始跳时和刚跳离车时对整体由动量守恒定律 得： （Ｍ＋ｍ）ｖ０ ＝Ｍｖ＋ｍ（ｖ－ｕ） 解得：ｖ＝ｖ０＋ ｍｕ Ｍ＋ｍ． 例２．如右图所示，长为Ｌ、质 量为Ｍ的船静止在湖面上（不考 虑水的阻力），船头站立一质量 为ｍ１的人Ａ，船尾站立一质量为 ｍ２的人 Ｂ．如 Ａ、Ｂ相互走动交换位置，当 Ａ站在船尾，Ｂ站在 船头时，船的位置如何变化？ 解析：把Ａ、Ｂ和船看成是一个系统，它们在 水平方向上受到的外力是船运动时水的阻力， 已忽略，可认为水平方向上动量守恒． 设Ａ向左运动速度为ｖ１，Ｂ向右运动速度为 ｖ２，船向左运动速度为 ｖ．选取向左方向为正方 向，则有： ｍ１ｖ１－ｍ２ｖ２＋Ｍｖ＝０ 设运动的时间为ｔ，船的位移为ｘ，则ｖ＝ｘｔ 由图知，Ａ的位移为（Ｌ＋ｘ），ｖ１ ＝ Ｌ＋ｘ ｔ ； Ｂ的位移为（Ｌ－ｘ），ｖ２ ＝ Ｌ－ｘ ｔ 所以ｍ１ Ｌ＋ｘ ｔ －ｍ２ Ｌ－ｘ ｔ ＋Ｍ ｘ ｔ＝０ 解得：ｘ＝ ｍ２－ｍ１ Ｍ＋ｍ１＋ｍ２ Ｌ 当ｍ１ ＞ｍ２时，ｘ＜０，船的位移向右； 当ｍ１ ＝ｍ２时，ｘ＝０，船不动； 当ｍ１ ＜ｍ２时，ｘ＞０，船的位移向左． 书 第２５期２版参考答案 素养专练１ １．ＡＣ　２．Ｄ　３．ＣＤ　４．Ｄ　５．Ａ　６．Ｃ 素养专练２ １．ＣＤ　２．Ｃ　３．ＡＤ　４．Ｄ　５．Ｄ 素养专练３ １．Ｂ　２．Ａ　３．Ｂ　４．ＡＣ　５．Ｃ 第２５期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ａ　４．Ｄ　５．Ａ　６．Ａ　７．Ｄ ８．（１）①ＡＣＥ　②ＡＣＤ； （２）０　 －２．２３×１０－４． ９．解析：（１）小物块由Ａ到Ｂ过程做匀减速 运动，由动能定理可得： －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，刚触网的 速度为２ｇｈ１＝ｖ ２ １，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＝１．５×１０ ３Ｎ． Ｂ组 １．ＡＣ　２．ＡＤ　３．ＢＣ ４．（１）平衡摩擦力； （２）ｂｃ　ｄｅ； （３）０．４２　０．４１． 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＝１２ｍｖ 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． 书 （上接第３版） Ｂ组 一、多选题（本题共３小题，每小题６分，共 １８分） １．两个小木块 Ａ和 Ｂ（均可视为质点）中间夹 着一水平轻质弹簧，用细 线（未画出）拴在一起，放 在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块Ａ、Ｂ分 别向左、右方向运动，离开桌面后均做平抛运动 （离开桌面前两木块已和弹簧分离），落地点与 桌面边缘的水平距离分别为ｌＡ＝１ｍ，ｌＢ ＝２ｍ， 如图１所示，则下列说法正确的是 （　　） Ａ．木块 Ａ、Ｂ离开弹簧时的速度大小之比 ｖＡ∶ｖＢ ＝１∶２ Ｂ．木块Ａ、Ｂ的质量之比ｍＡ∶ｍＢ ＝２∶１ Ｃ．木块 Ａ、Ｂ离开弹簧时的动能之比 ＥｋＡ∶ＥｋＢ ＝１∶２ Ｄ．弹簧对木块 Ａ、Ｂ的作用力大小之比 ＦＡ∶ＦＢ ＝１∶２ ２．如图 ２，质量分别为 ｍ１ ＝１．０ｋｇ和ｍ２ ＝２．０ｋｇ 的弹性小球ａ、ｂ，用轻绳紧紧 地把它们捆在一起，使它们 发生微小的形变．该系统以速度 ｖ０ ＝０．１０ｍ／ｓ 沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突 然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过 时间ｔ＝５．０ｓ后，测得两球相距ｓ＝４．５ｍ，则下 列说法正确的是 （　　） Ａ．刚分离时，ａ球的速度大小为０．７ｍ／ｓ Ｂ．刚分离时，ｂ球的速度大小为０．２ｍ／ｓ Ｃ．刚分离时，ａｂ两球的速度方向相同 Ｄ．两球分开过程中释放的弹性势能为０．２７Ｊ ３．如图３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．三辆车的速率关系ｖｃ＞ｖａ ＞ｖｂ Ｄ．ａ、ｃ两车运动方向相反 二、实验题（共１０分） ４．图４甲为某同学在利用气垫导轨、滑块、 数字计时器、光电门等器材验证动量守恒定律 的实验装置图．该实验用到两个相同的光电门１ 和２及两个质量分别为ｍＡ和ｍＢ的滑块Ａ和Ｂ， 两滑块上分别固定有宽度相同、质量不计的长 方形遮光片，滑块Ａ的右侧和滑块Ｂ的左侧分别 带有一个弹性片． 实验过程中，将气垫导轨调节水平后，滑块 Ａ、Ｂ分别被左右两侧的弹射架水平弹射出去，在 两个光电门之间发生正碰后又分别经过光电门 １和２而返回． （１）用精度为０．０２ｍｍ的游标卡尺测量遮 光片的宽度，示数如图乙所示，测得本实验中遮 光片的宽度ｄ＝ ｍｍ． （２）某次测量中，数字计时器记录的遮光片 通过光电门的遮光时间为４０．０ｍｓ，则滑块的速 度大小为 ｍ／ｓ（结果保留 ３位有效 数字）． （３）若某次实验过程中，与光电门１连接的 数字计时器先后两次记录的遮光时间分别为 Δｔ１和Δｔ′１，与光电门２连接的数字计时器先后两 次记录的遮光时间分别为Δｔ２和Δｔ′２，则验证动 量守恒定律的表达式为 （以向右 为正方向，用题目中的物理量符号表示）． 三、计算题（共１２分） ５．如图５所示，人站在滑板 Ａ上，以 ｖ０ ＝ ３ｍ／ｓ的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前 方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横 杆，Ａ从横杆下方通过，与静止的滑板 Ｂ发生碰 撞并粘在一起，之后人落到Ｂ上，与滑板一起运 动．已知人、滑板 Ａ和滑板 Ｂ的质量分别为 ｍ人 ＝７０ｋｇ、ｍＡ ＝１０ｋｇ和ｍＢ ＝２０ｋｇ，求： （１）Ａ、Ｂ碰撞过程中，Ａ对 Ｂ的冲量的大小 和方向； （２）人最终与滑板的共同速度的大小                                                                                                                           ． ! ! 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３．一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一 次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放 在光滑的水平面上，两次子弹都能射穿木块而继 续飞行，这两次相比较 （　　） Ａ．第一次子弹的动量变化较小 Ｂ．第二次子弹的动量变化较小 Ｃ．两次子弹的动量变化相等 Ｄ．无法比较两次子弹的动量变化大小 ４．质量为Ｍ的木块在光滑水平面上以速度ｖ１ 水平向右运动，质量为 ｍ的子弹以速度 ｖ２水平向 左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的 数目为（子弹留在木块中不穿出） （　　） Ａ． （Ｍ＋ｍ）ｖ１ ｍｖ２ Ｂ． Ｍｖ１ （Ｍ＋ｍ）ｖ２ Ｃ． Ｍｖ１ ｍｖ２ Ｄ． ｍｖ１ Ｍｖ２ ５．静止在光滑坚硬水平放置 的铜板上的小型炸弹，爆炸后，所 有碎弹片沿圆锥面飞开，如图３所 示，在爆炸过程中，对弹片而言，下 列说法错误的是 （　　） Ａ．总动量守恒 Ｂ．爆炸后，弹片总动量方向在竖直方向上 Ｃ．水平方向上的总动量为零 Ｄ．炸弹爆炸时，总动量不守恒 ６．如图４所示，足够长的 平板车Ｃ静止在水平地面上， 静止在Ｃ上的Ａ、Ｂ两物体间 有一根被压缩的轻弹簧，Ｂ与 Ｃ间的接触面粗糙，Ａ与Ｃ间及地面与Ｃ间的摩擦 力可忽略不计．当弹簧突然释放后，下列说法正确 的是 （　　） Ａ．Ａ与Ｂ组成的系统动量守恒 Ｂ．Ｂ与Ｃ组成的系统动量守恒 Ｃ．若Ｂ相对Ｃ滑动，则 Ａ、Ｂ、Ｃ组成的系统机 械能守恒 Ｄ．Ｂ可能先做加速运动，后做减速运动 ７．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对 方的蓝壶，两壶在大本营中心发生对心碰撞，如图 ５甲所示，碰撞前后两壶运动的ｖ－ｔ图线如图乙中 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０．８ｍ／ｓ Ｃ．碰后蓝壶移动的位移大小为２．４ｍ Ｄ．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力 二、实验题（共１０分） ８．在验证动量守恒定律的实验中，请回答下 列问题： （１）实验记录如图６甲所示，先不放Ｂ球，则Ａ 球做平抛运动的水平位移是图中的 ；放 上Ｂ球，则Ｂ球被碰后做平抛运动的水平位移是图 中的 ；（两空均填“ＯＭ”“ＯＰ”或“ＯＮ”）； 为测定Ａ球不碰Ｂ时做平抛运动的落点的平均位 置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的 Ｏ点对齐， 图乙给出了小球Ａ落点附近的情况，可得Ａ的平均 落点到Ｏ点的距离应为 ｃｍ． （２）小球Ａ下滑过程中与斜槽轨道间存在摩 擦力，这对实验结果 产生误差（填“会”或 “不会”）． （３）实验装置如图甲所示，Ａ球为入射小球，Ｂ 球为被碰小球，以下有关实验过程中必须满足的 条件，正确的是 ． Ａ．入射小球的质量ｍＡ，可以小于被碰小球的质 量ｍＢ． Ｂ．实验时需要测量斜槽末端到水平地面的 高度 Ｃ．入射小球每次不必从斜槽上的同一位置由 静止释放 Ｄ．斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽 末端处，且应恰好静止 三、计算题（本题共２小题，共２２分） ９．（１０分）如图７所示，甲车质量ｍ１＝２０ｋｇ， 车上有质量 ｍ′＝５０ｋｇ的人，甲车（连同车上的 人）以ｖ＝３ｍ／ｓ的速度向右滑行．此时质量ｍ２＝ ５０ｋｇ的乙车正以ｖ０ ＝１．８ｍ／ｓ的速度迎面滑来， 为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从 甲车跳到乙车上，ｇ取１０ｍ／ｓ２．人跳出甲车的水平 速度ｕ（相对地面）应当在什么范围以内才能避免 两车相撞？（不计地面和小车间的摩擦，设乙车足 够长） １０．（１２分）在做游戏时，将一质量为 ｍ ＝ ０．５ｋｇ的木块，以ｖ０＝３．０ｍ／ｓ的速度推离光滑固 定高木块，恰好进入等高的另一平板车上，如图８ 所示，平板车的质量ｍ０＝２．０ｋｇ．若小木块没有滑 出平板车，而它们之间的动摩擦因数μ＝０．０３，重 力加速度ｇ取１０ｍ／ｓ２．求： （１）木块静止在平板车上时车的速度； （２）这一过程经历的时间． （下转第４版                                                                                                                                                                     ） 书 ４．动量守恒定律成立的条件 １．关于牛顿运动定律和动量守恒定律的适用 范围，下列说法正确的是 （　　） Ａ．牛顿运动定律也适合解决高速运动的问题 Ｂ．牛顿运动定律也适合解决微观粒子的运动 问题 Ｃ．动量守恒定律既适用于低速，也适用于高 速运动的粒子 Ｄ．动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于 微观粒子 ２．如图１所示，小车与 木箱紧挨着静止放在光滑 的水平冰面上，现有一男孩 站在小车上用力向右迅速 推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是 （　　） Ａ．男孩和木箱组成的系统动量守恒 Ｂ．小车与木箱组成的系统动量守恒 Ｃ．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 Ｄ．木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动 量的变化量相同 ３．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的 是 （　　） Ａ．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不 可能守恒 Ｂ．只要系统中有一个物体具有加速度，系统 的动量就不守恒 Ｃ．只要系统所受的合外力为０，系统的动量就 守恒 Ｄ．系统中所有物体的加速度都为０时，系统的 总动量不一定守恒 ４．（多选）如图２所示， Ａ、Ｂ两木块紧靠在一起且 静止于光滑水平面上，木块 Ｃ以一定的初速度ｖ０从Ａ的左端开始向右滑行，最 后停在Ｂ木块的右端．对此过程，下列叙述正确的 是 （　　） Ａ．当 Ｃ在 Ａ上滑行时，Ａ、Ｃ组成的系统动量 守恒 Ｂ．当 Ｃ在 Ｂ上滑行时，Ｂ、Ｃ组成的系统动量 守恒 Ｃ．无论Ｃ是在Ａ上滑行还是在Ｂ上滑行，Ａ、Ｂ、 Ｃ三木块组成的系统动量都守恒 Ｄ．当Ｃ在Ｂ上滑行时，Ａ、Ｂ、Ｃ组成的系统动量                                    不守恒 ５．动量守恒定律的简单应用 １．在公路上发生一起交通事故，一辆质量为 ５０００ｋｇ向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质 量为１００００ｋｇ向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接 在一起，并向南滑行了一小段距离后停下．根据测 速仪的测定，长途客车碰前以２０ｍ／ｓ的速率行驶， 由此可判断卡车碰撞前的行驶速率 （　　） Ａ．小于１０ｍ／ｓ Ｂ．大于２０ｍ／ｓ，小于３０ｍ／ｓ Ｃ．大于１０ｍ／ｓ，小于２０ｍ／ｓ Ｄ．大于３０ｍ／ｓ，小于４０ｍ／ｓ ２．（多选）如图１所示， 质量为ｍ′的小车在光滑的水 平面上向左运动，速度大小 为ｖ２；质量为 ｍ的木块以水 平向右、大小为ｖ１的速度滑上小车并在小车的水平 车板上运动，且最终未滑出小车．下列说法正确的 是 （　　） Ａ．若小车的动量大于木块的动量，则木块先 减速再加速后匀速 Ｂ．若小车的动量大于木块的动量，则小车先 减速再加速后匀速 Ｃ．若小车的动量小于木块的动量，则木块先 减速后匀速 Ｄ．若小车的动量小于木块的动量，则小车先 减速后匀速 ３．两辆质量相同的小车 Ａ和 Ｂ静止于光滑的 水平面上，且 Ａ车上站有一人．若这个人从 Ａ车跳 到Ｂ车上，接着又跳回Ａ车，仍与 Ａ车保持相对静 止，则此时Ａ车的速度 （　　） Ａ．等于０ Ｂ．小于Ｂ车的速度 Ｃ．大于Ｂ车的速度 Ｄ．等于Ｂ车的速度 ４．质量为２ｋｇ的小车以２．０ｍ／ｓ的速度沿光 滑的水平面向右运动．若将质量为０．５ｋｇ的沙袋以 ３．０ｍ／ｓ的水平速度迎面扔上小车，则沙袋与小车 一起运动的速度大小和方向是 （　　） Ａ．１．０ｍ／ｓ　向右 Ｂ．１．０ｍ／ｓ　向左 Ｃ．２．２ｍ／ｓ　向右 Ｄ．２．２ｍ／ｓ　向左 ５．如图２所示，质量为 ｍ′的木块放在粗糙的 水平面上且弹簧处于原长状态，质量为ｍ的子弹以 初速度ｖ０击中木块而未穿出，则击中木块瞬间二者 的共同速度为多大                                                      ？ ６．实验：验证动量守恒定律 １．利用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验 时，不需要测量的物理量是 （　　） Ａ．滑块的质量 Ｂ．挡光时间 Ｃ．挡光片的宽度 Ｄ．滑块移动的距离 ２．（多选）在利用气垫导轨做验证动量守恒 定律的实验中，哪些因素可导致实验误差 （　　） Ａ．导轨安放不水平 Ｂ．滑块上挡光板倾斜 Ｃ．两滑块质量不相等 Ｄ．两滑块碰后连在一起 ３．验证动量守恒定律的 实验中，入射小球 ｍ１ ＝ １５ｇ，原来静止的被碰小球 ｍ２ ＝１０ｇ，由实验测得它们 在碰撞前后的ｘ－ｔ图像如图 所示，由图１可知，入射小球 碰撞前的 ｍ１ｖ１是 ，入射小球碰撞后的 ｍ１ｖ′１是 ，被碰小球碰撞后的 ｍ２ｖ′２是 ．由此得出结论 ． ４．利用如图２所示的实验 装置，验证动量守恒定律，由于 小球的下落高度是定值，所以， 小球落在地面上的水平位移就 代表了平抛运动时水平初速度 的大小，这样碰前速度和碰后速度就可以用平抛 运动的水平位移来表示． （１）（多选）为了实验尽量准确，以下要求正 确的是 ． Ａ．入射小球的半径应该大于被碰小球的 半径 Ｂ．入射小球的半径应该等于被碰小球的 半径 Ｃ．入射小球每次应该从斜槽的同一位置由 静止滑下 Ｄ．斜槽末端必须是水平的 （２）（多选）关于小球的落点，下列说法正确 的是 ． Ａ．如果小球每次从斜槽的同一位置由静止 滑下，重复几次的落点一定是完全重合的 Ｂ．由于偶然因素存在，重复操作时小球的落 点不会完全重合，但是落点应当比较密集 Ｃ．测定落点 Ｐ的位置时，如果几次落点的位 置分别为Ｐ１，Ｐ２，…，Ｐｎ，则落点的平均位置 ｌＯＰ ＝ ｌＯＰ１＋ｌＯＰ２＋… ＋ｌＯＰｎ ｎ Ｄ．尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个 圆的圆心位置就是小球落点的平均位置 ! !"#$% !"#&' " ! ()*+, -./012345 """""""""""""""""""""""""""""""""""""""""""" " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " " ! ! ! " # $ " ! # ! ! $ # $ ! % %! %! % $ " ! # & & ' ' ' ' ! ! # ()$% *)& '( '" #( #" !( !" ( " ")! ")# ")' ")* ! ! + , - . ! # ! 6)*+, !"#$%& !!)'+!!)* ' # ! " ! ! ! # ! ' " ! # ! * () *) */& " ! , +) *) () $/ , % - & -! . !)# !)" ")# / 0 ! ( . - , + ! " 123 ," ." 45& $% 67 / 0 ! , $ $ " 0 / ! . ! / $ " % % " 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