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高一物理单元复习一遍过
（新教材人教版必修第一册第一章 动量守恒定律）
考试时间90分钟 满分100分
一、选择题（本题共12个小题每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，
第1~8题只有一个选项正确，第9~12题不止一个选项正确。全部选对的得4分，选
对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
1．运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中( )
A． 减小物品受到的冲量
B． 使物体的动量减小
C． 使物体的动量变化量减小
D． 使物体的动量变化率减小
2．如图所示，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v，守门员此时用手
1
握拳击球，使球以大小为v 的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，则( )
2
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mv－mv
2 1
C． 击球前后球动量改变量的大小是mv＋mv
2 1
D． 球离开手时的机械能不可能是mgh＋ mv
3．下列说法正确的是( )
A． 物体动量为零时，一定处于平衡状态
B． 物体动量为零时，不一定处于平衡状态
C． 物体的冲量为零时，物体一定静止
D． 冲量越大时，物体受力越大
4．如图所示，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C静止，中间
连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间
极短，则碰后瞬间( )A． A、B的速度变为v3，C的速度仍为0
B． A、B、C的速度均为v3
C． A、B的速度变为v2，C的速度仍为0
D． A、B、C的速度均为
5．甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s
的速率在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，
球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为( )
A． 0
B． 2 m/s
C． 4 m/s
D． 无法确定
6．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好
能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为
0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( )
A． 0.5 m/s
B． 1.0 m/s
C． 1.5 m/s
D． 2.0 m/s
7．质量分别是m和m′的两球发生正碰前后的位移跟时间t的关系如图所示，由此可知，两球的
质量之比m∶m′为( )
A． 1∶3
B． 3∶1
C． 1∶1
D． 1∶2
8．如图小球A和小球B质量之比为1∶3，球A用细绳系住，绳子的另一端固定，球B置于光滑
水平面上．当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与球B弹性正碰，则碰后球A能上升
的最大高度是( )A． h
B．
C．
D．
9．如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧
相连且静止，小球a以速度v 冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动．在整个运动过程中，下
0
列说法中正确的是( )
A． 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B． 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C． 当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大
D． 当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零
10．如图，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m 和m，
1 2
且m<m，经一段时间两物体相碰撞并粘在一起，碰撞后( )
1 2
A． 两物体将向左运动
B． 两物体将向右运动
C． 两物体组成的系统损失能量最小
D． 两物体组成的系统损失能量最大
11．小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知
车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距
离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法中
正确的是( )
A． 待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B． 待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C． 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D． 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
12．物体受到合力F的作用，由静止开始运动，力F随时间变化的图象如图所示，下列说法中正
确的是( )
A． 该物体将始终向一个方向运动
B． 3 s时该物体回到原出发点
C． 0～3 s内，力F的冲量等于零，功也等于零
D． 2～4 s内，力F的冲量不等于零，功却等于零
二、实验题（本题共8个空格，每小题2分，共16分)
13．某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验；气垫导轨装置如图所示，所用的气
垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．
(1)下面是实验的主要步骤：
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接通光电计时器；
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后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次
通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt＝10.01 ms，
1
通过光电门2的挡光时间Δt＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt＝8.35 ms；
2 3
⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质
1
量为m＝200 g；
2
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是（2条）：
________________________________________________________________________；
②碰撞前滑块1的速度v 为________m/s；碰撞后滑块1的速度v 为________m/s；滑块2的速度
1 2
v 为________m/s；(结果保留两位有效数字)
3③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据
的分析说明理由，
________________________________________________________________________.
14．有甲、乙两辆小车，质量分别为m＝302 g、m＝202 g，甲小车拖有纸带，通过打点计时器
1 2
记录它的运动情况，乙小车静止在水平桌面上，甲小车以一定的速度向乙小车运动，跟乙小车发
生碰撞后与乙小车粘合在一起共同运动．这个过程中打点计时器在纸带上记录的点迹如图所示，
在图上还标出了用刻度尺量出的各点的数据，已知打点计时器的打点频率为50 Hz.
(1)从纸带上的数据可以得出：两车碰撞过程经历的时间大约为________s；(结果保留两位有效数
字)
(2)碰前甲车的质量与速度的乘积大小为________ kg·m/s，碰后两车的质量与速度的乘积之和为
________ kg·m/s；(结果保留三位有效数字)
三、计算题（本大题有4个小题，共36分。在答题卷上解答应写出必要的文字说明、
方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分。有数值计算的题，答案应明确写出
数值和单位）
15．（8分）如图所示，质量为M＝5.0 kg的小车在光滑水平面上以v＝2 m/s速度向右运动，一
1
人背靠竖直墙壁为避免小车撞向自己，拿起水枪以v＝4.0 m/s的水平速度将一股水流自右向左射
2
向小车后壁，射到车壁的水全部流入车厢内，忽略空气阻力，已知水枪的水流流量恒为Q＝
5.0×10－5 m3/s(单位时间内流过横截面的水流体积)，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，不计空气阻力．
求：
(1)经多长时间可使小车速度减为零；
(2)小车速度减为零之后，此人继续持水枪冲击小车，若要保持小车速度为零，需提供多大的水平
作用力．
16．（8分）在光滑水平面上，甲、乙两物体的质量分别为m、m，它们分别沿东西方向的一直
1 2
线相向运动，其中甲物体以速度6 m/s由西向东运动，乙物体以速度2 m/s由东向西运动．碰撞后
两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度的大小都是4 m/s.求：
(1)甲、乙两物体的质量之比；
(2)通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．
17．（8分）一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1
000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？18．（12分）如图(a)所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车，质量为30 kg的小孩乘甲车以
5 m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15 kg，乙车静止于甲车滑行的前方，两车碰撞前
后的位移随时间变化图象如图(b)所示．求：
(1)甲、乙两车碰撞后的速度大小；
(2)乙车的质量；
(3)为了避免甲、乙两车相撞，小孩至少以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？
参考答案
1.D.
物体的动量变化一定时，力作用的时间越短，力就越大，物体的动量变化率越大；反之就越小，
运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中增大作用
时间以减小物品受到的作用力，使物体的动量变化率减小，故D正确．
2.C.规定水平向右为正方向，击球前球的动量p＝－mv ，击球后球的动量p＝mv ，击球前后球动量
1 1 2 2
改变量的大小是Δp＝p－p＝mv ＋mv ，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；
2 1 2 1
球离开手时的机械能为mgh＋ mv ，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋
mv ，故D错误．
3.B.
物体动量为零时，速度为零，但物体的合外力不一定为零，所以物体不一定处于平衡状态，A错
误，B正确；物体的冲量为零时，由I＝Ft知，作用力为零，物体可能处于静止状态，也可能处
于匀速直线运动状态，C错误；冲量越大时，力与时间的乘积越大，物体受力不一定越大，D错
误．
4.C.
A、B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B系统所受合外力为零，以向右为正方向，由
动量守恒定律得：mv＝2mv′，解得：v′＝v，A、B碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，
2
速度仍为0.
5.A.
设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：(M
甲
＋m)v －M v＝M ×0＋(M ＋m)v，代入数据解得v＝0，A正确．
0 乙 0 乙 甲
6.C.
碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－ ·2mv2，代入数据得v＝1 m/s。A与B碰
撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则mv ＝mv ＋2mv，
0 1
由于没有机械能的损失，则 mv ＝ mv ＋ ·2mv2，联立可得v＝1.5 m/s，故选项A、B、D错误，
0
C正确。
7.A.
从x－t图可知m、m′碰撞前速度分别为v＝4 m/s，v＝0，m、m′碰撞后的速度相同，v′＝v′＝v
1 2 1 2
＝1 m/s。根据动量守恒列式mv ＋m′v ＝(m＋m′)v，即4m＝(m＋m′)×1，得m∶m′＝1∶3，选项
1 2
A正确。
8.C.
设A球的质量为m，A球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh＝ mv ，得 v＝
0
A、B碰撞过程，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv ＝mv ＋3mv
0 A B
由机械能守恒定律得：
mv ＝ mv ＋ ·3mv解得 v ＝－
A
设碰后球A能上升的最大高度是H，由机械能守恒定律得
mgH＝ mv
解得 H＝ h，A、B、D错误，C正确．
9. ACD.
在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减少，故A正确，
B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹
簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的
动能不为零，故D正确．
10.AD
物体的动量p＝ ，已知两物体动能E 相等，m<m，则p<p，两物体组成的系统总动量方
k 1 2 1 2
向与物体2的动量方向相同，即向左，由动量守恒知，两物体碰撞后动量向左，两物体向左运动，
故A正确，B错误；两物体碰撞后粘合在一起，发生的碰撞是完全非弹性碰撞，两物体组成的系
统损失的机械能最大，故C错误，D正确．
11.BC.
车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为0，故末动量为0，A错误；每发
子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹
和车、人、枪、靶、(n－1)颗子弹为研究对象，动量守恒，则：0＝m －[M＋(n－1)m]· ，由
位移关系有：x ＋x ＝d，解得x ＝ ，故C正确；每射击一次，车子都会右移，故B
车 子 车
正确．
12.BCD.
据题意，从图可知物体开始先向负向运动，0～1 s末速度为某个值－v，而位移为－s，之后力F
反向，1～1.5 s末速度减为0，此时总位移为－1.5s，之后物体向正向运动，1.5～2 s时末速度为v，
向正向运动了0.5s，此时位移为－s，此后力又向负向，2～3 s末速度减为0，此时位移为0，故
选项A错误，选项B正确；据以上分析，0～3 s内力F的冲量等于动量变化，即I ＝mΔv＝0，
03
此过程力F做的功为：W ＝ mv －0＝0，故选项C正确；3～4 s末速度为－v，位移为－s，所
03
以2～4 s内力F冲量为：I ＝mΔv＝－2mv，功为W ＝ mv － mv ＝0，故选项D正确．
24 24
13.(2)①大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②0.50 0.10 0.60③系统质量与速度的乘积之和不变．系统碰撞前后质量不变
解析：(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②滑块1碰撞之前的速度v＝ ＝ m/s＝0.50 m/s
1
滑块1碰撞之后的速度v＝ ＝ m/s＝0.10 m/s
2
滑块2碰撞之后的速度v＝ ＝ m/s＝0.60 m/s
3
③a.系统质量与速度的乘积之和不变．
原因：系统碰撞之前mv＝0.15 kg·m/s，系统碰撞之后mv＋mv＝0.15 kg·m/s.
1 1 1 2 2 3
b．系统碰撞前后总动能不变．
原因：系统碰撞之前的总动能E ＝ mv2＝0.0375 J
k1 1 1
系统碰撞之后的总动能E ＝ mv2＋ mv2＝0.0375 J
k2 1 2 2 3
所以系统碰撞前后总动能相等．
c．系统碰撞前后质量不变．
14.(1)0.10 (2)0.202 0.203
解析：本题通过分析纸带来确定甲车速度的变化．从纸带上0点开始每0.02 s内甲车位移分别为
13.2 mm、13.5 mm、13.5 mm、12.6 mm、11.7 mm、10.8 mm、9.9 mm、9 mm、8.1 mm、8 mm、
8 mm.
(1)从以上数据可知从第3点到第8点是碰撞过程，则t＝5×0.02 s＝0.10 s，该段时间内甲车做减
速运动．
(2)碰前甲车速度v＝40.2× m/s＝0.670 m/s，
1
碰前甲车质量与速度的乘积mv＝0.302 kg×0.670 m/s＝0.202 kg·m/s；
1 1
碰后两车的速度v′＝v′＝v′＝ m/s＝0.402 m/s，
2 1
碰后两车的质量与速度的乘积之和(m ＋m)v′＝(0.302＋0.202)×0.402 kg·m/s＝0.203 kg·m/s.
1 2
15.(1)50 s (2)0.2 N
(1)取水平向右为正方向
由于水平面光滑，经t时间，流入车内的水的质量为m′＝ρQt
对车和水流，在水平方向没有外力，动量守恒，则
Mv＋m′(－v)＝0
1 2
联立解得t＝50 s(2)Δt时间内，流入车内的水的质量为Δm＝ρQΔt
设小车对水流的水平作用力为F，根据动量定理FΔt＝0－Δm(－v)
2
联立解得F＝ρQv ＝0.2 N
2
根据牛顿第三定律，水流对小车的平均作用力为F′＝F，由于小车静止，根据平衡条件知提供的
水平作用力大小为0.2 N
16.(1) (2)弹性碰撞
(1)设向东方向为正方向，则v＝6 m/s，v′＝－4 m/s，v＝－2 m/s，v′＝4 m/s
1 1 2 2
由动量守恒定律得mv＋mv＝mv′＋mv′解得＝
1 1 2 2 1 1 2 2
(2)碰撞前系统的总动能E＝ mv ＋ mv ＝ m
k 1 2 2
碰撞后系统的总动能E′＝ mv′2＋ mv′2＝ m
k 1 1 2 2 2
因为E′＝E，所以这次碰撞是弹性碰撞．
k k
17.(1)2 m/s (2)13.5 m/s
(1)选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．设喷出三次气体后火箭的速度为v，以火箭和
3
喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v －3mv＝0，故v＝ ≈2 m/s
3 3
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－
20m)v －20mv＝0，故v ＝ ≈13.5 m/s.
20 20
18.(1)1 m/s 3 m/s (2)90 kg (3)6.7 m/s
(1)由图可知，碰撞后甲车的速度大小：
v＝ ＝－1 m/s，负号表示方向向左，
1
乙车的速度大小：v＝ ＝ m/s＝3 m/s；
2
(2)甲、乙两车碰撞过程中，三者组成的系统动量守恒，
以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
(m ＋m )v＝(m ＋m )v＋m v，代入数据解得：m ＝90 kg；
人 甲 0 人 甲 1 乙 2 乙
(3)设人跳向乙车的速度为v ，系统动量守恒，
人
以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
人跳离甲车：(m ＋m )v＝m v ＋m v，
人 甲 0 人 人 甲 3
人跳至乙车：m v ＝(m ＋m )v，
人 人 人 乙 4
为使二车避免相撞，应满足：v≤v，
3 4
取“＝”时，人跳离甲车的速度最小，代入数据解得：v ＝ m/s≈6.7 m/s.
人
