第8 讲 动量定理 动量守恒定律 跟综训练
基础练
一、选择题:
1.塑胶跑道由一种特殊的材料制成,这种材料具备良好的减震和回弹效果。经测
试,将一重为G 的鸡蛋分别从水泥路面和塑胶跑道路面上方相同高度自由释放,
碰后鸡蛋的速度均变为零。已知鸡蛋与水泥路面的碰撞时间为t0,鸡蛋受到水泥
路面的平均作用力为4G;鸡蛋与塑胶跑道路面的撞击时间为3t0,则鸡蛋受到塑胶
跑道路面的平均作用力为( )
A.1.5G B.2G C.2.5G D.4
3G
2.如图所示,物块A、B 静止在光滑水平地面上,A 与轻弹簧相连,C 沿水平面以
一定初速度向右运动,与B 碰后粘在一起,二者向右运动一小段距离后与弹簧接
触,一段时间后与弹簧分离,则( )
A.A 加速过程中,加速度越来越大
B.A、B、C 共速时,B 所受合力为0
C.A、B、C 共速时,弹簧弹性势能最大
D.B、C 碰撞过程中,B、C 系统机械能守恒
3.如图所示,两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上,车上各站着一人,人与
车总质量均为M,甲、乙中的一人手持一质量为m 的篮球。从某时刻起,持球人
将篮球以水平速度v 抛给另一人,另一人接到球后,又把球抛给对方……,直到最
终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出,这时甲、乙
的速率分别为v 甲、v 乙。下列判断正确的是( )
A.第一次抛接球的过程,抛球人获得的速度为Mv
m
B.第一次抛接球的过程,接球人获得的速度为Mv
m+ M
C.若v 甲<v 乙,说明甲是最终的持球人
D.若v 甲>v 乙,说明乙是开始的持球人
4.如图所示,在光滑水平面上,半径相同的匀质小球1、2、3 质量分别为2m、
m、m。其中2、3 用轻质弹簧连接,开始三个小球均处
于
静止状态,弹簧处于原长。现给小球1 一初速度v0,使
其
与球2 发生正碰,碰撞时间极短。碰后瞬间小球1、2、3 的速度v1、v2、v3可能
是( )
A.v1=0,v2=2v0,v3=0
B.v1=0,v2=v0,v3=v0
C.v1=1
2v0,v2=v0,v3=1
2v0
D.v1=1
2v0,v2=v0,v3=0
5.(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
6.(多选)质量为2 kg 的物体在光滑的水平地面上做匀速直线运动。t=0 时刻起沿
运动方向所在直线对物体施加力F 的作用,F 随时间t 变化的关系如图甲所示,物
体的速度v 随时间t 变化的关系如图乙所示,重力加速度大小g=10 m/s2。则(
)
A.t=0 时刻物体的速度为2 m/s
B.t=2 s 时刻物体的动量为6 kg·m/s
C.在0~4 s 内,合力对物体的冲量为零
D.在0~4 s 内,力F 对物体所做的功为8 J
7.(多选)在无风的条件下,雨滴在空中下落,由于空气阻力的影响,最终会以恒定
的速度下降,这个速度叫作收尾速度。质量为m(保持不变)的雨滴从静止开始下
落,经过时间t,下降了高度h,恰好达到收尾速度vm。已知空气对下落雨滴的阻
力与雨滴的速度成正比,即f=kv,k 为已知常量,重力加速度大小为g。下列关系
式正确的是( )
A.vm=mg
k B.vm=2mg
k
C.h=mg
k (t + m
k )
D.h=mg
k (t −m
k )
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一．选择题:
8.如图甲所示,通过轻弹簧相连的物块P 和物块Q 静置于光滑水平地面上,初始
时弹簧处于原长。t=0 时刻,物块P 获得水平向右的速度v0,两物块的速度随时间
变化的规律如图乙所示。已知物块P
的质量为m,0~t2时间内,关于物块P 和
物块Q 运动的位移,下列说法正确的是
( )
A.物块P 位移的大小为v0t2
B.物块P 位移的大小为1
3v0t2
C.物块Q 位移的大小为v0t2
D.物块Q 位移的大小为2
3v0t2
9.在光滑水平面上放有一质量为3m 的小车,一质量为m 的小球用长为L 的轻质
细线悬挂于小车顶端。现从图中位置(细线伸直且水平)同时由静止释放小球和
小车,设小球到达最低点时的速度为v。从释放到小球达最低点过程中,细线对
小球做的功为W。从释放开始小车离开初位置的最大距离为
d,则下列关系式正确的是( )
A.v=❑√
gL
2 B.v=
❑√3 gL
2
C.W=-mgL
4 D.d= L
4
10.(多选)(2025·八省联考四川卷)如图所示,小球X、Y 用不可伸长的等长轻绳悬
挂于同一高度,静止时恰好接触,拉起X,使其在竖直方向上升高度h 后由静止释
放,X 做单摆运动到最低点与静止的Y 正碰。碰后X、Y 做步调一致的单摆运动,
上升最大高度均为h
4 ,若X、Y 质量分别为mX和mY,碰撞前后
X、Y 组成系统的动能分别为Ek1和Ek2,则( )
A.mX
mY
=1 B.mX
mY
=2
C. Ek 1
Ek 2
=2 D. Ek 1
Ek 2
=4
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
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一．计算题:
12.如图所示,质量为3m、半径为R 的四分之一光滑圆弧体b 静止在光滑的水平
面上,圆弧面的最低点与水平面上的A 点对齐,且与水平面相切,水平面仅A、B
部分粗糙,AB 部分长为R。现将质量为m、可视为质点的物块a 从圆弧面的最高
点由静止释放,物块a 滑过AB 段与静止在水平面上B 点、可视为质点的物块c
发生弹性碰撞,第二次滑过AB 段后,恰好不再能滑上圆弧面。已知物块c 的质量
为3m,重力加速度大小为g,不计空气阻力,求:
(1)物块a 从释放运动到圆弧面最低点时,圆弧体运动的距离为多少?
(2)物块a 第一次运动到A 点时速度为多大?
(3)物块a 与水平面AB 部分间的动摩擦因数。
13.(2025·河北卷)如图,一长为2 m 的平台,距水平地面高度为1.8 m。质量为
0.01 kg 的小物块以3 m/s 的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地
面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g 取10
m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离;
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,物块从离开平台到弹起
至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量
的大小,以及物块弹离地面时水平速度的大小。
参考答案：
1.答案 B 解析 设鸡蛋自由落体阶段末速度为v,两次下落高度相等,落地瞬间
的速度也相等,碰水泥路面的过程,由动量定理得Gt0-4Gt0=0-mv,鸡蛋碰塑胶跑
道路面的过程,由动量定理得G·3t0-F·3t0=0-mv,解得F=2G,故B 正确。
2.答案 C 解析 A 加速过程中,弹簧压缩量先逐渐增大,达到最大压缩量之后又
逐渐减小,所以A 受到的弹簧弹力先增大后减小,则A 的加速度先增大后减小,A
错误;A、B、C 共速时,弹簧的压缩量达到最大,弹簧弹性势能最大,此时B、C
整体受到的弹力不为0,B、C 整体的加速度不为0,则B 的加速度不为0,所受合
力不为0,B 错误,C 正确;B、C 碰后粘在一起,属于完全非弹性碰撞,所以B、C
碰撞过程中,B、C 系统机械能不守恒,D 错误。
3.答案 C 解析 第一次抛接球的过程,对抛球人、车和球组成的系统由动量守
恒定律有mv=Mv',可得抛球人获得的速度为v'=mv
M ,故A 错误;第一次抛接球的
过程,对抛球人、车和球组成的系统由动量守恒定律有mv=(M+m)v″,接球人获
得的速度为v″= mv
m+,故B 错误;从开始抛球到最终,有Mv1=(M+m)v2,若v 甲<v 乙,
说明甲是最终的持球人;若v 甲>v 乙,说明乙是最终的持球人,故C 正确,D 错误。
4.答案 D 解析 球1、2 碰撞时间极短,即Δt→0,碰后瞬间球2 获得速度v2,碰
撞过程球2 发生的位移Δx2=v2Δt→0,即球2 位置还未来得及改变,弹簧弹力为0,
球3 受到的冲量为0,球3 的速度v3=0,故B、C 错误;碰撞前、后球1、2 动量守
恒,有2mv0=2mv1+mv2。碰撞过程动能不增加,有1
2×2mv0
2≥1
2×2mv1
2+1
2mv2
2,
故A 错误,D 正确。
5.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。
6.答案 BD 解析 由题图,根据动量定理可知,在0~3 s 内,有2×2 N·s-(3-
2)×6 N·s=0-mv0,解得v0=1 m/s,A 错误;在0~2 s 内,有2×2 N·s=mv1-mv0,解
得mv1=6 kg·m/s,B 正确;在0~4 s 内,有I=2×2 N·s-(4-2)×6 N·s=-8 N·s,C 错
误;在0~4 s 内,有 I=mv2-mv0,则4 s 时物体速度v2=-3 m/s,根据动能定理,在
0~4 s 内,有W=1
2mv2
2-1
2mv0
2=8 J,D 正确。
7.答案 AD 解析 雨滴在空中恰好达到收尾速度时,由力的平衡条件得
mg=kvm,解得vm=mg
k ,A 正确,B 错误;雨滴从静止开始下落,取极短时间Δt,对雨
滴根据动量定理有mgΔt -kvΔt=mΔv,等式两边累加可得mgt-kh=mvm,解得h=
mg
k (t −m
k )
,C 错误,D 正确。8.答案 D 解析 0~t1时间内,根据动量守恒定律有
mv0=(m+mQ)·2
3v0,解得mQ=1
2m,由于P、Q 构成的系统从0 时刻到任意时刻间的
动量均守恒,则有mv0t2=mv Pt2+mQvQt2,即有mv0t2=mxP+mQxQ,在t2时刻,P 的速度
减至最小,Q 的速度增加至最大,可知此时刻弹簧再一次恢复原长,由于0 时刻弹
簧处于原长,可知,t2时刻P、Q 两物块的位移相等,即xP=xQ,联立解得xP=xQ=2
3
v0t2,故D 正确。
9.答案 C 解析 从释放到小球到达最低点过程中,由水平方向动量守恒定律和
能量守恒定律得0=mv-3mv1,mgL=1
2mv2+1
2×3mv1
2,解得v=❑√
3 gL
2 ,故A、B 错
误;对小球,由动能定理得mgL+W=1
2mv2,解得W=-mgL
4 ,故C 正确;从释放开始
小车离开初位置的最大距离发生在小球摆至最高点时,此时小球与车的速度均为
零,由能量守恒定律知小球回到原高度,由人船模型得mx=3md,d+x=2L,解得d=
L
2 ,故D 错误。
10.答案 AC 解析 小球X 由最高点运动到最低点与小球Y 发生碰撞前,根据
机械能守恒定律有mXgh=1
2mXv1
2=Ek1,两球碰撞后一起上升到最高点的过程,根
据机械能守恒定律有Ek2=1
2(mX+mY)v2
2=(mX+mY)g·h
4 ,两球碰撞过程,根据动量守
恒定律有mXv1=(mX+mY)v2,联立解得mX
mY
=1, Ek 1
Ek 2
=2,故A、C 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)1
4R (2)❑√
3
2 gR (3) 1
12
解析 (1)物块a 在圆弧面上运动时,物块a 和b 组成的系统水平方向动量守恒,
则mva=3mvb
两边同乘以t 后,有mxa=3mxb 又因为xa+xb=R
解得xb=1
4R。
(2)设物块a 第一次运动到A 点时速度为v1,圆弧体的速度为v2,
水平方向根据动量守恒定律有mv1=3mv2
根据机械能守恒定律有mgR=1
2mv1
2+1
2×3mv2
2
解得v1=❑√
3
2 gR,v2=❑√
1
6 gR。
(3)设物块a 与物块c 作用前的速度为v3,根据动能定理有-μmgR=1
2mv3
2-1
2mv1
2
设a 与c 作用后一瞬间速度为v4,物块c 的速度为v5,a 与物块c 作用过程,
根据动量守恒定律有mv3=mv4+3mv5
根据机械能守恒定律,有1
2mv3
2=1
2mv4
2+1
2×3mv5
2
解得v4=-1
2v3,v5=1
2v3
由于物块a 刚好不再能滑上圆弧面,故物块a 第二次滑过AB 段后的速度大小等
于v2,根据动能定理有-μmgR=1
2mv2
2-1
2mv4
2 解得μ= 1
12。
13.答案 (1)0.6 m (2)0.1 N·s 0
解析 (1)小物块在平台上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得a=μg
设小物块离开平台的速度为v1
则小物块从开始运动到离开平台,有v1
2-v0
2=-2ax0
解得v1=1 m/s
小物块从平台飞出后做平抛运动有h=1
2gt1
2,x=v1t1
联立解得t1=0.6 s,x=0.6 m。
(2)物块第一次落到地面弹起至最大高度,竖直方向有h'=1
2gt2
2
解得t2=0.3 s
则物块与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s
物块与地面接触的过程中根据动量定理,取竖直向上为正方向,
在竖直方向有I-mgΔt=mvy2-m(-vy1) 其中vy1=gt1,vy2=gt2
解得I=0.1 N·s
取水平向右为正方向,在水平方向有-μFNΔt=mvx'-mv1,又I=FNΔt
解得vx'=-1 m/s
由于vx'减小为0 将无相对运动和相对运动的趋势,因此vx'=0。
