[讲义答案]第7讲动量守恒定律-e61d4166c20b_学而思高一全套_2020年寒假高一_2020寒直播课高一物理目标自招综评班于鲲鹏完结

答 案
C
解析
解：动量守恒的条件是系统不受外力，或受到的合外力为，根据动量守恒条件可知A、B均错，C
正确； 
D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，D错误。
答 案
A C
解析
A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒； 
B中在弹簧恢复原长的过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒； 
C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒； 
D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板的作用力，系统动量不守恒。
答 案
见解析
解析
子弹与斜面体相互作用时，水平方向不受外力作用，故系统水平方向动量守恒。有 
，
得
。 子弹弹起后的水平速度为零，故水平方向动量为零，所以解题时不可将子弹和斜面
体组成的系统在水平和竖直方向混着列式。
模块1：动
：动量守恒定律
量守恒定律
1  78%
1  58%
1  96%
例题1
0
例题2
例题3
mv
 =
0
Mv
v =
 v
 
M
m
0
例题4
答 案
D
解析
设碰前
球的速率为，根据题意，
，即
，得碰前
，碰后
，根据动量守恒定律，有
， 解得
， 所以
，选项D正确。
答 案
B D
解析
A、滑块
沿
的光滑曲面下滑到底端的过程中，系统水平方向上不受外力，竖直方向有加速度，
合外力不为零，所以滑块与光滑曲面组成的系统动量不守恒，故A错误； 
B、由动量定理知：合外力对
的冲量，即
的重力和
对
的支持力的冲量的矢量和等于
的动
量变化量，而
的动量变化量水平向左，
的重力冲量竖直向下，由矢量合成法知
的重力的冲量
小于
对
的支持力的冲量，故B正确； 
C、对
，由动能定理知，
对
做的功等于
动能的增加量，故C错误； 
D、
和
组成的系统机械能守恒，则
减小的重力势能等于
和
动能的增加量的和，则
减
小的重力势能大于
增加的动能，故D正确。 
故选：BD。
答 案
A
解析
由于弹丸与车组成的系统水平方向动量守恒，总动量保持为零不变，弹丸离开枪向右运动，则小车
必向左运动，弹丸落在网兜内做完全非弹性碰撞，弹丸立即停下，而车向左移动了一段距离。
1  56%
1  59%
模块2：反冲运
：反冲运动
1
1  42%
A
v
p
 =
A
p
 
B
mv = 2mv
 
B
v
 =
B
 2
v
v
 =
A
 2
v
mv + 2m ×
 =
2
v
m ×
 +
2
v
2mv
 
B
v
 =
B
 v
4
3
 =
v
 
B
v
 
A
 =
 v
4
3
 2
v
 3
2
例题5
m
M
m
m
M
m
m
m
m
m
M
m
M
m
M
M
m
M
m
m
M
m
M
例题6
例题7
答 案
A
解析
解：对小孩与大人系统，由动量守恒定律有
，代入数据解得，被推
后大人的速度大小为
、方向向右。选项BCD错误，A正确。
答 案
B
解析
解：自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒，设向右为正方向，发射前总动
量为
，发射后系统的动量之和为
， 
则由动量守恒定律可得
， 
解得
。
答 案
解析
解法一：喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量可认为守恒。 
第次气体喷出后，火箭速度为
，有： 
， 
故
。 
第次气体喷出后，火箭速度为
，有： 
， 
故
。 
第次气体喷出后，火箭速度为
，有： 
， 
。 
解法二：由于每次喷气速度一样，可选整体为研究对象，运用动量守恒来求解。 
设喷出次气体后火箭的速度为
，以火箭和喷出的次气体为研究对象，据动量守恒可得
， 
。
答 案
1  55%
1
2
M + m v
 =
(
)
0
Mv
 −
1
mv
 2
v
 =
1
5.5m/s
例题8
Mv
 1
M −m v
 +
(
)
2
m v
 + v
 
( 0
2)
Mv
 =
1
M −m v
 +
(
)
2
m v
 + v
 
( 0
2)
v
 =
0
 
m
M v
 −v
 
( 1
2)
例题9
2m/s
1
v
 1
M −m v
 −
(
)
1
mv = 0
v
 =
1
 
M −m
mv
2
v
 2
M −2m v
 −
(
)
2
mv = M −m v
 
(
)
1
v
 =
2
 
M −2m
2mv
3
v
 3
M −3m v
 −
(
)
3
mv = M −2m v
 
(
)
2
v
 =
3
 =
M −3m
3mv
 m/s =
300 −3 × 0.2
3 × 0.2 × 1000
2m/s
3
v
 3
3
M −3m v
 −
(
)
3
3mv = 0
v
 =
3
 =
M −3m
3mv
2m/s
13.5m/s
解析
解法一：依此类推，第次气体喷出后，火箭速度为
，有： 
， 
。 
因为每秒喷气
次，所以第
末火箭速度为： 
。 
解法二：以火箭和喷出的
次气体为研究对象 
， 
得
。
答 案
D
解析
解：人和船满足动量守恒，走动中的任一时刻有
，即
， 
则人在走动过程中人和船的平均速度大小满足：
， 
同乘以走动时间，
，即
， 
又
， 
则小船后退的距离为
。
答 案
解析
解：选定木块
和
整体作为研究对象，在
沿斜面下滑的过程中，与人船模型类似，该系统在水
平方向上所受的合外力为零，所以，在水平方向上动量守恒。 
设当
沿斜面从顶端滑到底部时，
向后移动了
，则
对地移动了
， 
由动量守恒定律得
， 
解得
。 
模块3：人船模型
：人船模型
1  76%
1  81%
n
v
 n
M −nm v
 −
(
)
n
mv = M −n −1 m v
 
[
(
)
]
n−1
v
 =
n
 
M −nm
nmv
20
1s
v
 =
20
 =
M −20m
20mv
 m/s =
300 −20 × 0.2
20 × 0.2 × 1000
13.5m/s
20
M −20m v
 −
(
)
20
20mv = 0
v
 =
20
 =
M −20m
20mv
13.5m/s
例题10
mv
 −
1
Mv
 =
2
0
mv
 =
1
Mv
 2
m
 =
v1
M
 
v2
t
m
 t =
v
 1
M
 t
v
 2
ms
 =
1
Ms
 2
s
 +
1
s
 =
2
d
 
M + m
md
例题11
x
 =
A
 
5
a −b
A
B
B
B
A
x
 
A
B
x
 =
B
a −b −x
 
A
 −
t
Mx
 
A
 =
t
m a −b −x
 
(
A)
0
x
 =
A
 =
M + m
m a −b
(
)
 
5
a −b
答 案
C
解析
人与、组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有 
， 
得 
， 
则车的速率小于车的速率。 
故选：C。
答 案
见解析。
解析
(I)以甲和车及第一个球为系统，选向右为正方向，设甲第一次抛出球后的后退速度为
，由动量守
恒得
① 
再以甲和车及抛回来的球为系统，设甲第二次抛球的速度为
，甲接到一个从右方抛过来的质量为
的球，接着又向右扔回一个质量为
的球，此过程应用动量守恒得
② 
整理①②式得
 
解出
，方向向左； 
(II)依上次的分析推理可得
③ 
 
④ 
⑤ 
要使甲接不到乙抛回来的球，必须有
 
即
 
解得
，故甲抛出个球后，再也接不到乙抛回来的球。
1  50%
1
模块4：专业
：专业介绍
模块5：备选题
：备选题
例题12
a
b
0 = (m
 +
人
m
 )v
 −
a
a
m
 v
 
b
b
 =
v
 b
v
 a
 <
m
 + m
 
a
人
m
 b
1
a
b
例题13
v
 1
0 = mv −Mv1
v
 2
2m
2m
−Mv
 −
1
2mv = −Mv
 +
2
2mv
Mv
 =
2
2 mv +
2
Mv
 1
v
 =
2
 =
M
5mv
 
10
v
Mv
 =
1
mv
Mv
 =
n
2 mv +
n
Mv
 
n−1
v
 =
n
(2 +
n
2
+
n−1
... + 2 +
2
1)
 
M
mv
v
 v
n
(2 +
n
2
+
n−1
... + 2 +
2
1)
 >
M
mv
1
n4
5