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第七章 动量守恒定律
内容
要求
要点解读
动量守恒定律及其应用
Ⅱ
只限于一维。以生活实例为命题背景，考查动量守恒定律在生活
中的应用，复习时应侧重本知识和其他知识的综合应用，如与动
力学、功和能、电磁学等知识综合考查。题型既有选择题，也有
计算题，难度中等或中等偏上。
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅰ
只限于一维。要知道碰撞的特点，能区分弹性碰撞，非完全弹性
碰撞和完全非弹性碰撞。
一、动量
1．定义：物理学中把质量和速度的乘积mv 定义为物体的动量，用字母p 表示。
2．表达式：p＝mv。
3．单位：kg·m/s。
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度的方向相同。
二、动量定理
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。定义式：I＝FΔt。
(2)单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s。
(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与恒力的方向相同。
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
(2)表达式：I＝p′－p 或F(t′－t)＝mv′－mv。
(3)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。
三、冲量及动量的理解和计算
1．对冲量的理解
(1)冲量的两性
①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．
②矢量性：对于方向恒定的力来说．冲量的方向与力的方向一致．
(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系．
2．动量的变化量
(1)数学表达式：Δp＝p2－p1
1
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(2)动量的变化量是矢量，遵循平行四边形定则。其方向与速度的改变量方向相同。
a．如果初末动量在同一直线上，首先规定正方向，再用正负表示初末动量p1、p2，根据公式Δp＝p2－
p1，求出动量的变化量，如图(1)(2)。
b．如果初末动量不在同一直线上，需使用平行四边形定则，求出动量的变化量Δp。如图(3)。
3．动量与动能的关系
Ek＝，p＝。
4．冲量的四种计算方法
公式法
利用定义式I＝Ft 计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动
状态
图像法
利用Ft 图像计算，Ft 图像围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，
也可以计算变力的冲量
平均值
法
若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F 在某段
时间t 内的冲量I＝t，F1、F2 为该段时间内初，末两时刻力的大小
动量定
理法
如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝Ft 求变力的冲量，
可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp 求变力的冲量
5．动量、冲量、动量变化量的比较
大小表达式
方向
动量
p＝mv
与v 同向
冲量
I＝Ft
与F 同向
动量变化量
Δp＝mv′-mv
与合力同向
四、动量定理的理解及应用
1．动量定理的理解
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。
(2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
(4)由FΔt＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。
2．用动量定理解释生活现象
(1)Δp 一定时，F 的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。
(2)F 一定时，力的作用时间越长，Δp 越大；作用时间越短，Δp 越小。
分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
3．应用动量定理处理“流体模型”
2
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(1)研究对象：选取流体为研究对象，如水、空气等。
(2)研究方法：隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
(3)基本思路
(1)在极短时间Δt 内，取一小柱体作为研究对象。
(2)小柱体的体积ΔV＝SvΔt
(3)小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
(4)小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt
(5)应用动量定理FΔt＝Δp
4．用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其
冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。
对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。
五、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零。
(2)系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
(3)系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
六、碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞
(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。
(2)分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的机械能没有损失。
②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有损失。
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。
2．爆炸
与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
3
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3．反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭
等。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。
七、动量守恒定律的理解和基本应用
1．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
2．应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．
(3)规定正方向，确定初、末状态动量．
(4)由动量守恒定律列出方程．
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
八、碰撞问题
1．碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两
物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
2．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1 的小球与质量为m2 的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1
m2
≫
时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1
m2
≪
时，v1′≈－v1，v2′≈0.
4
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3．物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B 的速度最小，
vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，vB＝v0.则碰后物体B 的速度范围为：v0≤vB≤v0.
九、爆炸、反冲问题
1．反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
2．爆炸现象的三个规律
动量守恒
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守
恒
动能增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然
从爆炸前的位置以新的动量开始运动
3．“人—船”模型
模型特点
(1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人与船的位移比等于它们质量比的
倒数；人与船的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量比的倒数，即＝＝。
(3)应用＝＝时要注意：v1、v2 和x1、x2 一般都是相对地面而言的。
一、单选题
1．如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的半圆形细管，A、B 为细管上的两点，A 点与圆心等高，B 点
为细管最低点。一个小球以大小为v0的速度从A 点匀速滑到B 点，小球除受到重力和细管的弹力外，还受
另外一个力。小球从A 点滑到B 点的过程中，关于小球，下列说法正确的是（ ）
A．合力做功为零
B．合力的冲量为零
C．合力为零
D．机械能守恒
【答案】A
【详解】AC．小球从A 点滑到B 点的过程中，做匀速圆周运动，小球所受合外力提供向心力，不为零；小
球的动能不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故A 正确，C 错误；
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B．小球从A 点滑到B 点的过程中，小球的速度大小不变，方向发生了改变，则小球的动量发生了变化，
根据动量定理可知，合力的冲量不为零，故B 错误；
D．小球从A 点滑到B 点的过程中，小球的动能不变，重力势能减小，则小球的机械能减小，故D 错误。
故选A。
2．如图所示，轻弹簧左端固定，左端自然伸长于粗糙水平面上的
点，小球从
点以某初速向左运动，
被弹簧反弹后恰好返回至
。则小球（ ）
A．两次经过
点时的速度大小相等
B．向左经过
点的加速度小于向右经过
点的加速度
C．向左运动的时间等于向右运动的时间
D．压缩弹簧过程所受弹力的冲量小于弹簧恢复形变过程所受弹力的冲量
【答案】D
【详解】A．地面粗糙，从两次经过
点，摩擦力做负功，机械能减少，弹性势能相同，动能减少，因此
第二次经过
点时速度小，A 错误；
B．向左向右经过
点时，弹簧处于原长状态，合外力等于摩擦力，因此加速度大小相等。B 错误；
C．OA 段向左和向右过程加速度大小相等，位移大小相等，但向左运动的平均速度大，因此向左时间短。
弹簧压缩，向左运动时
向右运动时
得
位移大小相等，向左减速逆运动是初速度为的匀加速运动。因此向左的时间短，综上得，向左运动时间小
于向右运动的时间。C 错误；
D．压缩弹簧过程和弹簧恢复形变过程弹力变化相同，压缩弹簧时时间小，因此弹力冲量小，D 正确。
故选D
3．如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为
、
的木板A、B，一质量
的滑块C（视为质点）以初速度
从A 左端滑上木板，C 滑离木板A 时的速度大小为
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，最终C 与木板B 相对静止，则（ ）
A．木板B 与滑块C 最终均静止在水平地面上
B．木板B 的最大速度为2m/s
C．木板A 的最大速度为1m/s
D．整个过程，A、B、C 组成的系统机械能减少了57.5J
【答案】D
【详解】ABC．整个系统水平方向动量守恒，C 滑离木板A 时
解得木板A 的最大速度为
滑上B 后，对B、C 整体水平动量守恒
解得木板B 的最大速度为
并且B、C 一起匀速运动，故ABC 错误；
D．整个过程，A、B、C 组成的系统机械能减少了
故D 正确。
故选D。
4．如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水
柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。
下列说法正确的是（ ）
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A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
C．水柱对汽车的平均冲力为
ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2 倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4 倍
【答案】D
【详解】AB．高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即
故AB 错误；
C．水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得
即
解得
故C 错误；
D．高压水枪喷出的水对汽车产生的压强
则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2 倍时，压强变为原来的4 倍，故D 正确。
故选D。
5．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端
阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢
瓶底端对竖直墙面的作用力大小是（ ）
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A．ρvS
B．
C．
ρv2S
D．ρv2S
【答案】D
【详解】Δt 时间内贮气瓶喷出气体的质量
Δm=ρSvΔt
对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得
FΔt=Δmv－0
解得
F=ρv2S
由牛顿第三定律，钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小
F′=F=ρv2S
故选D。
6．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ 的光滑斜面底端，上端与物块B 相连，物块B 处于静止状
态，现将物块A 置于斜面上B 的上方某位置处，取物块A 的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x 轴
坐标系，某时刻释放物块A，A 与物块B 碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A
的动能
与其位置坐标x 的关系如图乙所示，图像中
之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块
A、B 均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，整个过程斜面固定不动，已知
，
，
，E，则下列说法错误的是（ ）
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A．物块A、B 的质量之比为
B．弹簧的劲度系数为
C．A 与B 碰撞后，A 在
位置处弹簧压缩量为
D．从
到
的过程中，弹簧的弹性势能增加了
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，物块A 与物块B 碰撞前的动能
可得物块A 与物块B 碰撞前的速度
物块A 与物块B 碰撞后的动能
可得物块A 与物块B 碰撞后的速度
物块A 与物块B 碰撞时间极短，根据动量守恒定律
解得
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A 正确；
BC．弹簧上端与物块B 相连，物块B 处于静止状态，设此时弹簧的形变量为
，结合图甲根据平衡条件
可知
由图乙可知，当AB 一起运动到
时，此时弹簧的压缩量为
速度最大，此时弹簧对AB 的弹力大小等于AB 重力沿斜面的分力，即
物块A 从O 点运动到位置
的过程中，根据动能定理
联立解得
B 正确，C 错误；
D．物块A 与物块B 碰撞后，物块A 的动能为
，根据A 的分析可得碰后根据物块B 的动能为
，物块
由
运动到
过程中，根据能量守恒定律
代入数据解得
D 正确；
本题选错误项，故选C。
7．如图质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R，现将质量也为m
的小球从距A 点正上方h0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升到距B 点
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所在水平线的最大高度为
（不计空气阻力，小球可视为质点），下列说法正确的是（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为2R
D．小球第二次在空中能上升到距B 点所在水平线的最大高度一定大于
【答案】D
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，竖直方向小球有加速
度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在A 点时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向
速度为零，小球运动到B 点时小球与小车水平方向共速，而系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水
平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动，故B 错误；
C．设小车向左运动的最大距离为x，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守
恒定律得
即
解得
故C 错误；
D．小球第一次从距A 点h0下落运动到
点所在水平线的最大高度为
处过程中，由动能定理得
解得
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小球第二次在小车中运动时，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小
于
，机械能损失小于
，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于
，而小于
，故
D 正确。
故选D。
8．在做“验证动量守恒定律”实验时，入射球a 的质量为m1，被碰球b 的质量为m2，两小球的半径均为
r，各小球的落地点如图所示，下列关于这个实验的说法正确的是( )
A．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球
B．要验证的表达式是m1·ON=m1·OM+m2·OP
C．要验证的表达式是m1·OP=m1·OM+m2·ON
D．要验证的表达式是m1(OP-2r)=m1(OM-2r)+m2·ON
【答案】C
【详解】A．在此装置中，应使入射球的质量大于被碰球的质量，防止反弹或静止，故A 错误；
BCD．若两球碰撞过程中动量守恒，则
碰撞后两小球均做平抛运动，高度相同，平抛运动的时间相等，则
所以应验证的关系式为
故C 正确，BD 错误。
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故选C。
9．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所
示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A 点，一位摄影爱好者使用连拍
模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量
发现，甲、乙两张照片中A、B 两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。照片的比
例尺为1:40。已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（ ）
A．41.5kg
B．45kg
C．47.5kg
D．50kg
【答案】B
【详解】对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以
代入数据可得人的质量为
故选B。
10．某同学在气垫旁加装了位置感应器（可以将任一时刻该滑块与某点的距离记录下来），两滑块A、B
在气垫导轨上（摩擦力可忽略不计）发生正碰，该同学通过实验描绘出碰撞前后滑块A、B 的位移-时间图
像如图所示。若已知物块A 的质量
，则关于物块B 的质量（ ）
A．无法确定
B．205g
C．199g
D．300g
【答案】D
【详解】碰前A 的速度
B 的速度
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碰后AB 共同速度
碰撞满足动量守恒，即
解得
故选D。
二、多选题
11．在光滑水平地面上放一个内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M，小物块m 位于滑块的凹槽内，如图所示．
则在小物块沿凹槽下滑的过程中（ ）
A．m、M 组成的系统机械能守恒
B．M 对m 做负功
C．m、M 组成的系统动量守恒
D．M 对m 的作用力的冲量为0
【答案】AB
【分析】根据动量守恒及机械能守恒的条件可得出动量是否守恒、机械能是否守恒，再隔离分析可知相互
做功情况及冲量的大小．
【详解】A．由于整体系统只有重力做功，故系统机械能守恒，故A 正确；
B．在运动过程中，由于M 向右运动，动能增加，故m 对M 做正功，则M 对m 做负功，故B 正确；
C．由于M、m 在竖直方向受重力，合外力不为零，故系统动量不守恒，故C 错误；
D．M 对m 作用力不为零，则经过一段时间后，冲量不为零，故D 错误。
故选AB。
【点睛】本题要注意根据功能关系去分析是否做功；同时必须明确系统动量守恒但水平方向可以认为动量
守恒。
12．质量M=3kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m=2kg 的小球（视为
质点）通过长L=0.75m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态。现给小球
一个v0=3m/s 的竖直向下的初速度，取g=10m/s2。则（ ）
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A．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3m
B．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.5m
C．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54m
【答案】AD
【详解】AB．设滑块M 在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有
解得
x=0.3m
故A 正确；B 错误；
C．设小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为h，此时m 与M 的共同速度为v。根据水平动量守恒
得
0=(m+M)v
根据系统的机械能守恒得
解得
h=0.45m
故C 错误；
D．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M 在水平轨道上向右移动的距离为y。由
几何关系可得，m 相对于M 移动的水平距离为
根据水平动量守恒得
解得
y= 0.54m
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故D 正确。
故选AD。
13．某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s 的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船
上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度大小是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终
停在船上．则（ ）
A．人和小船最终静止在水面上
B．该过程同学的动量变化量为105kg·m/s
C．船最终的速度是0.95m/s
D．船的动量变化量是105kg·m/s
【答案】BD
【详解】AC．规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v，由题意，水的阻力忽
略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守
恒，则由动量守恒定律得
代入数据解得
方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，A 错误，C 错误；
B．人的动量的变化为
负号表示方向与选择的正方向相反；故B 正确；
D．船的动量变化量为
故D 正确。
故选BD。
14．如图所示，三小球a、b、c 的质量都是m，放于光滑的水平面上，小球b、c 与水平轻弹簧相连且处于
静止状态，小球c 右侧有一固定挡板。现让小球a 以速度
向右运动，碰后与小球b 黏在一起，a、b 两小
球碰撞时间极短，当弹簧被压缩到最短时，撤去挡板，则下列说法中正确的是（ ）
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A．撤去挡板前，三小球及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．弹簧的被压缩到最短时，其弹性势能为
C．撤去挡板后，三个小球及弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒
D．在此后的运动过程中，小球c 的最大速度大小为
【答案】BCD
【详解】A．撤去挡板前，三小球及弹簧组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，系统中只有弹力做
功，系统机械能守恒，故A 错误；
B．小球a、b 碰后黏在一起，根据动量守恒有
可得小球a、b 碰后黏在一起的速度为
根据能量守恒可知弹簧的被压缩到最短时，其弹性势能的增加量等于小球a、b 动能的减少量，为
故B 正确；
C．撤去挡板后，三个小球及弹簧组成的系统合外力为零，系统动量守恒，系统中只有弹力做功，系统机
械能守恒，故C 正确；
D．撤去挡板后，根据动量守恒有
能量守恒有
解得小球c 的最大速度大小为
故D 正确。
故选BCD。
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15．四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，是《国家地理频道》的实验示意图，直径相同（约30 cm 左
右）的4 个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出
第4 个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是（ ）
A．子弹在每个水球中的速度变化量相同
B．每个水球对子弹的冲量相同
C．子弹穿过第1 个水球与穿过第4 个水球的时间之比为
D．子弹穿出第3 个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
【答案】CD
【详解】A．子弹做匀减速运动，通过相同位移的时间逐渐增大，所以子弹在每个水球中运动的时间不
同，而加速度相同，由
知，子弹在每个水球中的速度变化量不同，选项A 错误；
B．由
知，f 不变，t 不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项B 错误；
C．子弹的运动可看做反向的初速度为0 的匀加速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连
续相等位移的时间之比为
，可知子弹穿过第1 个水球与穿过第4 个水球的时
间之比为
，选项C 正确；
D．子弹恰好能穿出第4 个水球，则根据C 项分析知子弹穿过第4 个水球的时间与子弹穿过前3 个水球所
用的时间相同，则子弹穿出第3 个水球时的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项
D 正确。
故选CD。
三、实验题
16．某小组用如图1 所示的装置验证动量守恒定律。
（1）关于橡皮泥在本实验中的作用，下列说法正确的是
19
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A．改变小车的质量
B．在两车碰撞时起到缓冲作用，防止撞坏小车
C．若在两个小车的碰撞端分别贴上尼龙搭扣（魔术贴），可起到相同的作用
（2）关于实验的操作，下列说法正确的是
A．实验前应微调木板的倾斜程度，使小车P 能静止在木板上
B．接通打点计时器电源后，应将小车P 由静止释放
C．与小车P 碰撞前，小车Q 应静止在木板上的适当位置
D．加砝码以改变小车质量再次实验，必须再次调整木板倾角
（3）打点计时器每隔0.02s 打一次点，实验得到的一条纸带如图2 所示，已将各计数点之间的距离标在图
上。则小车P 碰撞前的速度为 m/s。（计算结果保留三位有效数字）
（4）测得小车P 的总质量为m，小车Q 的总质量为
，图2 中AB、BC、CD、DE 四段长度分别为
、
、
、
，为了验证动量守恒定律，需要验证的表达式是 。（用题中所给物理量符号表示）
（5）某同学发现系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，可能的原因是 。（写出一
条即可）
【答案】 C C 1.63
木板倾角过大（碰前小车Q 具有沿轨道向
下的速度）
【详解】（1）[1]在碰撞过程中，橡皮泥在本实验中的作用是使碰撞后两车粘连在一起。
故选C。
（2）[2]A．实验前应微调木板的倾斜程度，使小车P 能在木板上匀速直线运动，平衡摩擦力，故A 错
误；
B．接通打点计时器电源后，小车P 匀速运动，故释放时需有一定的初速度，故B 错误；
C．与小车P 碰撞前，小车Q 应静止在木板上，保证碰撞前速度为0，且位置要适当，保证可以测量出小
车P 的碰前速度，故C 正确；
D．加砝码以改变小车质量再次实验，不需要再次调整木板倾角，故D 错误。
故选C。
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（3）[3]碰撞前的速度应该选择BC 段求平均速度，则
（4）[4]
为碰撞后二者的运动距离，则根据动量守恒定律可得
解得
（5）[5]由上述可知
若系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，则说明碰撞前Q 不是处于静止状态，故碰前小车Q
具有沿轨道向下的速度。
17．“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示，即研究两个小球在轨道水平部分末端碰撞前后的动量关
系。已知入射小球A 和被碰小球B 的质量分别为
、
。
①本实验中，要求满足的条件不必要的是 （填选项前的序号）。
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线是水平的
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放
D．入射球与被碰球质量要满足
②实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量 （填选项前的序号），
间接地解决这个问题。
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A．小球开始释放的高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的水平射程
③在误差允许范围内，要验证的两个小球碰撞前后动量守恒方程式是 。
【答案】 A C
【详解】（1）[1]A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，
只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A 错误；
B．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B 正确；
C．要保证碰撞前速度相同，所以每次入射球都要从同一高度由静止滚下，故C 正确；
D．为了保证小球碰撞是对心碰撞，且碰后不反弹，要求
故D 正确。
本题选不正确的，故选A。
[2]要验证动量守恒，则验证
小球离开斜槽后做平抛运动，它们抛出点高度相等，在空间的运动时间相等，有
即
可知直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量小球的水平位移代替初速度。
故选C。
[3]在误差允许范围内，要验证的两个小球碰撞前后动量守恒方程式是
四、解答题
18．如图所示、在光滑水平面上，两个物体的质量都是m，碰撞前一个物体静止，另一个以速度v 向它撞
去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m 的物体，以一定速度继续前进。求：
（1）碰撞后物体的速度大小
；
（2）碰撞后该系统的总动能损失△Ek；
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据动量守恒定律，有
解得
（2）碰撞前总动能
碰撞后总动能
碰撞过程中总动能损失
19．如图所示，半径为R 的光滑半圆形轨道ABD 固定在地面上，AD 为圆的水平直径，A 点正上方高2R 处
有一质量为m 的小球P，在D 点正上方高2R 处有一个质量为2m 的小球Q；先释放小球Q，当小球Q 运动
到A 点时，释放小球P，两球在空中沿竖直方向发生正碰，碰撞后小球P 刚好能上升到开始释放的位置，
两球碰撞过程相互作用力远大于球的重力，重力加速度为g，不计两小球的大小，求；
（1）小球Q 第一次运动到轨道A 点时速度大小；
（2）两球碰撞前瞬间小球P 的速度大小和碰撞过程系统损失的机械能为多少。
【答案】（1）
；（2）
，
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【详解】（1）设小球Q 第一次运动到轨道A 点时速度为
，由动能定理得
解得
（2）由机械能守恒可知，两球碰撞时，速度大小相等，设碰前瞬间P 速度为v，有
解得
两球在空中沿竖直方向发生正碰，碰撞后小球P 刚好能上升到开始释放的位置，两球碰撞过程相互作用力
远大于球的重力，则碰撞后小球P 的速度也为v，设碰后Q 速度为
则
解得
两球碰撞过程系统损失的机械能为
20．如图所示，两块长度均为
的木块A、B，紧靠着放在光滑水平面上，其质量均为
。
一颗质量为
的子弹（可视为质点且不计重力）以速度
水平向右射入木块A，当子弹
恰水平穿出A 时，测得木块的速度为
，子弹最终停留在木块B 中。求：
（1）子弹离开木块A 时的速度大小及子弹在木块A 中所受的阻力大小；
（2）子弹穿出A 后进入B 的过程中，子弹与B 组成的系统损失的机械能。
【答案】（1）320m/s，7362N；（2）989J
【详解】（1）设子弹离开木块A 时的速度为
，对子弹和A、B 整体则动量守恒，有
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由动能定理有
联立解得
（2）子弹在B 中运动过程中，最后二者共速，速度设为
，对子弹和B 整体，有
解得
由能量守恒有
解得
21．有一款三轨推拉门，门框内部宽为2.4m，三扇相同的门板如图所示，每扇门板宽为
质量为
。与轨道的动摩擦因数为
。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一
起，现将三扇门板静止在最左侧，用力F 水平向右拉3 号门板，一段时间后撤去，取重力加速度
。
（1）若3 号门板左侧凸起部位恰能与2 号门板右侧凸起部位接触，求力F 做的功W；
（2）若
，3 号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭。求：
3
①号门板与2 号门板碰撞前瞬间的速度大小v；
②拉力F 的作用时间t。
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【答案】（1）
；（2）①
，②
s
【详解】（1）由题意，对3 号门板，根据动能定理有
解得
（2）①设3 号门板与2 号门板碰撞前速度为
，碰撞后速度为
，碰后两门板位移为
，根据功能
关系有
解得
碰撞过程，根据动量守恒定律
解得
②根据牛顿第二定律
解得
根据动能定理
解得
根据运动学公式
解得
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22．如图（A）所示，长方形木板放在光滑的水平地面上，在其右端放置一可视为质点的小木块，现给长
方形木板一个大小为
，方向水平向右的初速度，最后小木块刚好没有滑离长方形木板；如图（B）所
示，与上面相同的长方形木板静止放置在光滑的水平面上，在其左端地面上固定一个四分之一光滑圆弧
槽，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，现让相同的小木块从圆弧槽的最高点由静止开始滑下，最后小木
块也是刚好没有滑离长方形木板．已知小木块与长方形木板间的动摩擦因数为
，长方形木板的质量为小
木块质量的3 倍，重力加速度为
，求：
（1）长方形木板的长度；
（2）圆弧槽轨道的半径；
（3）图（A）中小木块在长方形木板上的滑行时间与图（B）中小木块在长方形木板上的滑行时间之比。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对于题图（A），小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度大小为
，
木块的质量为
，则长方形木板的质量为
，规定木板的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
解得
设长方形木板的长度为
，由功能关系有
解得长方形木板的长度为
（2）设圆弧槽轨道的半径为，小木块刚滑上长方形木板时的速度大小为，由机械能守恒定律可得
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对于题图（B），小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度为
，由动量守恒定律可
得
由功能关系有
解得圆弧槽轨道的半径为
（3）对题图（A）中的小木块，规定小木块受到的摩擦力的方向为正方向，由动量定理有
解得小木块在木板上滑动的时间为
对题图（B）中的长方形木板，规律长方形木板受到的摩擦力方向为正方向，由动量定理有
解得
题图（A）中的小木块在长方形木板上的滑行时间与题图（B）中的小木块在长方形木板上的滑行时间之比
为
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