第7 课时 动量定理 动量守恒定律 跟踪训练
基础保分练
一．选择题：
1.如图，竖直平面内的光滑轨道为一抛物线，O 点为抛物线顶点。小环第一次
从O 点以某一初速度水平进入轨道，运动过程中与轨道之间始终无弹力；第二
次静止在O 点，受轻微扰动后下滑。小环两次从O 点到A 点过程中( )
A.动能变化相同 B.重力冲量相同
C.动量变化相同 D.到A 点时速度相同
2.如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，水
平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v 的速度反
向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为( )
A.1.2πd2ρv2 B.0.3πd2ρv2
C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv
3.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω 绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r 处
的P 点有一质量为m 的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小
物体由P 点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹
切线方向
B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大
小为2mωr
C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
4.如图所示，半径为R 的半圆形凹槽放置在光滑的水平面上，将一个小球从凹
槽边缘由静止释放，忽略小球与凹槽之间的摩擦，以地面为参考系，在小球从
开始运动到滑至圆弧最低点的过程中( )
A.小球的机械能守恒
B.小球、槽组成的系统动量守恒
C.小球的水平位移小于R
D.小球重力的功率一直增大
5.某同学使用两个大小相同而质量不等的小球，利用图所示装置验证动量守恒
定律。通过正确的实验操作，获得实验中落点痕迹与O 点间距离OD、OE、
OF。A、B 小球的质量分别为m1、m2，且m1大于m2，若两球碰撞动量守恒，
则满足( )
A.m1OE＝m1OD＋m2OF
B.m1OE＝m1OF＋m2OD
C.m1OF＝m1OE＋m2OD
D.m1OF＝m1OD＋m2OE
6.踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿
竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。毽子在空中运动过程中( )
A.刚离开脚时，加速度最大
B.动量变化率先变小后变大
C.上升的时间等于下降的时间
D.重力的冲量上升过程大于下降过程
7.质量为m 的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也
为m 且可视为质点的物体从箱子中央以v0＝的速度开始运动(g 为当地重力加速
度)，如图所示。已知物体与箱壁共发生5 次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动
摩擦因数μ 的取值范围是( )
A.<μ< B.<μ<
C.<μ< D.<μ<
8.如图甲所示，光滑水平地面上有A、B 两物块，质量分别为2 kg、6 kg，B 的
左端拴接着一劲度系数为 N/m 的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。
A 以速度v0向静止的B 运动，从A 接触弹簧开始计时至A 与弹簧脱离的过程中，
弹簧长度l 与时间t 的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内。已知弹
簧的弹性势能Ep＝kx2(x 为弹簧的形变量)，则( )
A.在0～2t0内B 物块先加速后减速
B.整个过程中，A、B 物块构成的系统机械能守恒
C.v0＝2 m/s
D.物块A 在t0时刻时速度最小
综合创新练
一．选择题：
9.如图所示，5 个小球B、C、D、E、F 并排放置在光滑的水平面上，其中4 个
球B、C、D、E 质量均为m1，A 球、F 球质量均为m2，A 球以速度v0向B 球运
动，之后所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞结束后( )
A.若m1＝m2，最终将有2 个小球运动
B.若m1<m2，最终将有1 个小球运动
C.若m1>m2，最终将有3 个小球运动
D.无论m1、m2大小关系怎样，最终6 个小球都会运动
10.(2025·甘肃卷)如图,小球A 从距离地面20 m 处自由下落,1 s 末恰好被小球B
从左侧水平击中,小球A 落地时的水平位移为3 m。两球质
量相同,碰撞为完全弹性碰撞,重力加速度g 取10 m/s2,则碰
撞前小球B 的速度大小v 为( )
A.1.5 m/s B.3.0 m/s
C.4.5 m/s D.6.0 m/s
11.(多选)(2025·福建卷)如图,水平传送带顺时针转动,速度大小恒为1 m/s, 物块
A、B 由一根轻弹簧相连,A 的质量为1 kg,B 的质量为2 kg,A 与传送带间的动
摩擦因数为0.5,B 与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0 时,A 速度大小为v0=2
m/s,方向水平向右,B 的速度为零,弹簧处于原长状态。t=t0时,A 与传送带第一
次共速,此时弹簧弹性势能Ep=0.75 J,传送带足够长,A 可留下痕迹,重力加速度
g 取10 m/s2,弹簧始终处于弹性限度内。则( )
A.在t=t0
2 时,B 的加速度大小大于A 的加速度大小
B.t=t0时,B 的速度为0.5 m/s
C.t=t0时,弹簧的压缩量为0.2 m
D.0~t0过程,传送带上的痕迹小于0.05 m
二．计算题：
12.如图所示，倾角θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，斜边长度L＝1.6 m，质
量均为1 kg 的小球B 和C 处于轻弹簧两端，其中小球C 与弹簧相连，小球B 与
弹簧不连接，它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1 kg 的小球A 从斜
面体的最高点由静止下滑，下滑至斜面底端时，由于和水平地面的相互作用(作
用时间Δt＝0.1 s)，小球A 速度的竖直分量变为0，水平分量不变，此后小球A
与小球B 正碰，碰后二者立即粘在一起。不计一切摩擦，已知重力加速度g＝
10 m/s2。求：
(1)小球A 刚下滑至斜面底端时的速度大小；
(2)小球A 在斜面底端和水平地面相互作用过程中弹力的冲量；
(3)整个过程中，弹簧对小球C 做的功。
13.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M 的静止薄圆盘，圆盘与管的上
端口距离为l，圆管长度为6l。一质量为M 的小球从管的上端口由静止下落，
并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力是其所受重力大小的倍。小
球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹
性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度v1、v2大小；
(2)在第一次碰撞后圆盘下滑的距离x2；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数n。
参考答案：
1.答案 A 解析 根据动能定理可知两种情况下重力做功相等，则动能变化相
同，故A 正确；两种情况下，小环下落时间不同，根据I＝mgt，可知重力的冲
量不相同，故B 错误；根据动量定理可知重力的冲量不相同，则动量变化不相
同，故C 错误；因为初速度不同，重力做功相等，根据动能定理可知到达A 点
时的速度不相同，故D 错误。
2.答案 B 解析 时间Δt 内流经水枪的水的体积为V＝SvΔt＝πd2vΔt，Δt 时间
内冲到目标的水的质量为m＝ρV，取初速度方向为正方向，根据动量定理有－
FΔt＝－0.2mv－mv，解得水受到作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，
水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，故B 正确。
3.答案 D 解析 圆盘停止转动前，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向
心力，故A 错误；由动量定理可知，圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩
擦力的冲量大小为零，B 错误；圆盘停止转动后，小物体沿运动轨迹的切线方
向运动，C 错误；由动量定理可知，整个滑动过程摩擦力的冲量大小I＝mωr－
0＝mωr，D 正确。
4.答案 C 解析 由于地面光滑，小球运动时凹槽也运动，支持力做功不为零，
小球机械能不守恒，A 错误；小球、凹槽组成的系统在竖直方向上所受合外力
不为零，在水平方向上所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，B 错误；由
于地面光滑，小球从开始运动到滑至圆弧最低点的过程中，凹槽向相反方向运
动，所以小球的水平位移小于R，C 正确；小球的竖直分速度先增大后减小，
所以重力的瞬时功率先增大后减小，D 错误。
5.答案 A 解析 设小球A 与B 碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度
分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋
m2v2′，m1v＝m1(v1′)2＋m2(v2′)2，解得v1′＝v1，v2′＝v1，所以v2′>v1>v1′。小球
做平抛运动，下落的高度相同，所以下落时间相同，则落点到O 点的距离与小
球平抛初速度的比值相同，所以E 点为小球A 不与B 碰撞时的落点，D、F 点
分别为小球A 与B 碰撞后二者的落点，所以满足的表达式为m1OE＝m1OD＋
m2OF，A 正确。
6.答案 A 解析 毽子上升过程mg＋kv＝ma 上，下降过程mg－kv＝ma 下，因
刚离开脚时速度最大，则加速度最大，选项A 正确；动量变化率等于毽子受到
的合外力，因上升过程合外力减小，下降过程中合外力也减小，则动量变化率
逐渐减小，选项B 错误；因上升的平均加速度大于下降的平均加速度，根据h
＝at2可知，上升的时间小于下降的时间，选项C 错误；根据IG＝mgt 可知，重
力的冲量上升过程小于下降过程，选项D 错误。
7.答案 D 解析 由于系统要克服摩擦力做功，物体最终与箱子相对静止，设
物体与箱子的共同速度为v 共，物体与箱子组成的系统动量守恒，取向右为正方
向，由动量守恒定律得mv0＝2mv 共，解得v 共＝v0，对物体和箱子组成的系统，
由能量守恒定律得mv＝(m＋m)v＋Q，解得系统产生的热量Q＝mv＝mgl，由
题意可知，物体与箱子发生5 次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程应满足
l<s<l，小物块受到摩擦力为Ff＝μmg，对系统根据Q＝Ffs＝μmgs，联立可得
<μ<，故D 正确。
8.答案 C 解析 在0～2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B 受到的弹力始终
向右，所以B 物块始终做加速运动，故A 错误；整个过程中，A、B 物块和弹
簧三者构成的系统机械能守恒，故B 错误；由题图乙可知，在t0时刻，弹簧被
压缩到最短，此时A、B 共速，设为v，此时弹簧的形变量为x＝0.4 m－0.1 m
＝0.3 m，则根据A、B 物块组成的系统动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v，根据
A、B 物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，有m1v＝(m1＋m2)v2＋kx2，联立
解得v0＝2 m/s，故C 正确；在0～2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A 受到弹
力始终向左，所以A 物块始终做减速运动，则物块A 在2t0时刻时速度最小，
故D 错误。
9.答案 C 解析 A、B 碰撞时由动量守恒定律和能量守恒定律可知m2v0＝m2v2
＋m1v1，m2v＝m2v＋m1v，解得v2＝v0，v1＝v0，若m1＝m2，则碰后两球交换
速度，则最终只有F 小球运动，选项A 错误；若m1<m2，则碰后v1>v2>0，然后
B 和C 交换，直到D 和E 交换，E 再与F 碰撞，F 向右运动，E 被弹回再与D
交换……，则最终不只有1 个小球运动，选项B 错误；若m1>m2，则A、B 碰
后A 反弹，B 向右运动与C 碰撞交换速度，最后D、E 交换速度，最后E 与F
碰撞，E、F 都向右运动，B、C、D 停止，则最终有3 个小球A、E、F 运动，
选项C 正确；由以上分析可知，选项D 错误。
10.答案 B 解析 设小球的质量为m,碰撞前小球B 的水平速度为v,碰撞后A
球水平速度为v1,B 球水平速度为v2,根据题意可知,小球A 和B 碰撞过程中,水
平方向上动量守恒,则有mv=mv1+mv2,竖直方向上小球A 的竖直速度vA不变,
碰撞为完全弹性碰撞,则由能量守恒定律有1
2mv2+1
2mv A
2=1
2mv A
2+1
2mv1
2+1
2mv2
2,
联立解得v1=v,v2=0,小球A 在竖直方向上做自由落体运动,则有h=1
2gt2,解得
t=2 s,可知碰撞后,小球A 运动t'=1 s 落地,则水平方向上有x=vt',解得v=3.0
m/s,故B 正确。
11.答案 BD 解析 设t=t0时A、B 的运动速度分别为vA、vB,在t=0 时,A、B
组成的系统受力平衡,则其动量守恒,假设0~t0时间内,A、B 组成的系统动量守
恒,由动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB,代入数据解得vB=0.5 m/s<1 m/s,假设
成立,B 正确;在0~t0时间内,由牛顿第二定律可知,A 的加速度大小始终是B 的
加速度大小的2 倍,A 错误;0~t0时间内,对A、B 和弹簧组成的系统由能量守恒
定律可知1
2mAv0
2+μBmBgxB-μAmAgxA=1
2mAv A
2+1
2mBvB
2+Ep,又t=t0时弹簧的压缩量
Δx=xA-xB,联立解得Δx=0.1 m,C 错误;结合A、B 项分析可作出A、B 的v-t 图
像如图所示,结合图像可知,A 与传送带的相对位移x 相A小于B 与传送带的相对
位移x 相B,又x 相A+x 相B=0.1 m,所以A 与传送带的相对位移(痕迹长度)小于0.05
m,D 正确。
12.答案 (1)4 m/s (2)3 N·s 方向竖直向上 (3) J
解析 (1)小球A 下滑至斜面底端过程中，根据动能定理有mAgLsin 30°＝mAv
解得v0＝4 m/s。
(2)小球A 和水平地面的相互作用过程中，取竖直向上为正方向，
由动量定理有I－mAgΔt＝0－mA(－v0sin 30°)
解得I＝3 N·s，方向竖直向上。
(3)小球水平向左运动的速度v1＝v0cos 30°＝2 m/s
小球A 和B 碰撞，根据动量守恒定律可得mAv1＝(mA＋mB)v2
解得v2＝ m/s
从A 和B 粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长过程，
根据动量守恒定律可得(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v3＋mCv4
根据机械能守恒定律可得(mA＋mB)v＝(mA＋mB)v＋mCv
解得v4＝ m/s
整个过程中，弹簧对小球C 做的功W＝mCv＝ J。
13.解析 (1) (2)l (3)7 次
解析 (1)小球质量m＝M，小球释放后自由下落，下降l，
根据机械能守恒定律有mgl＝mv
解得v0＝
小球以初速度v0与静止圆盘发生弹性碰撞，取竖直向下为正方向，根据能量守
恒定律和动量守恒定律分别有mv＝mv＋Mv mv0＝－mv1＋Mv2
解得v1＝－v0＝ v2＝
小球碰后速度v1大小为，方向竖直向上；圆盘速度v2大小为，方向竖直向下。
(2)第一次碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀减速运动,由Mg－Ff＝Ma
解得圆盘加速度a＝－g
由2ax2＝0－v
解得圆盘运动的最大距离x2＝l
第一次碰撞后，由0－v2＝at2 解得圆盘下滑时间t2＝
小球在t2时间内运动的位移x1＝v1t2＋gt＝l
可见，当圆盘速度为零时，小球刚好与之发生第二次碰撞，
即第一次碰撞后圆盘下滑的距离为x2＝l。
(3)第二次碰撞前小球的速度v1′＝v1＋gt2＝
接下来运动和小球第一次碰撞相同，因此每次碰撞圆盘向下移动l，＝
故小球和圆盘碰撞次数为n＝7 次。
