第六章 动量综合测试
一、选择题(本题共12小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选
项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0
分)
1．A 、B 两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A >m B ，当两球相碰后，其中一球停止，
则可以断定 ( )
A ．碰前A 的动量等于B 的动量
B ．碰前A 的动量大于B 的动量
C ．若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量
D ．若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量
【解析】 碰后只有一球停止，则两球的合动量不为零，不知A 、B 速度大小，就无法判断碰前哪只球动量大．不难判断，碰后停止的球，在碰前一定动量大，且另一只球碰后
一定反向运动．
【答案】 C
2．质量分别为2m 和m 的A 、B 两个质点，初速度相同，均为v 1. 若他们分别受到相同
的冲量I 作用后，A 的速度变化为v 2，B 的动量变化为p . 已知A 、B 都做直线运动，则动量
p 可以表示为 ( )
A ．m (v 2－v 1) B ．2m (2v 2－v 1)
C ．4m (v 2－v 1) D ．m (2v 2－v 1)
【解析】 对A 由动量定理得I ＝2m v 2－2m v 1，对B 由动量定理得I ＝p －m v 1，所以B
的末动量p ＝2m v 2－m v 1，故D 对．
【答案】 D
3．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这
样做可以 ( )
A ．减小球对手的冲量
B ．减小球对人的冲击力
C ．减小球的动量变化量
D ．减小球的动能变化量
【解析】 据动量定理，FΔt＝Δp，当Δp一定时，Δt越大，F 越小，所以篮球运动员
接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样延长了篮球对手的作用时间，所以减小了球对人的
冲击力，B 正确．
【答案】 B
4．质量为m 的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另
一质量也为m 的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则 (
)
A ．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒
B ．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零
C ．当甲物块的速度为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0
D ．甲物块的速率可达到5m/s
【解析】 由于弹簧是轻质的，甲、乙在水平方向上除相互作用外不受其他力，故水平
方向上二者组成的系统动量守恒，A 错．当甲、乙相距最近时就有v 甲＝v 乙，故由动量守恒
有m v 乙－m v 甲＝2m v (其中以物体乙的初速度方向为正) ，代入数据有v ＝0.5m/s，B 错．又二
者作用过程中，总机械能也守恒，当二者分离时甲获得最大速度，则由动量守恒和能量守恒
有
m v －m v 甲＝m v m －m v ′(v ′为两物块分离时乙的速度大小) ⎧⎪乙
⎨1212121 2m v ＋m v ＝m v ＋v ′乙甲⎪22m 2⎩2
解之得v m ＝4m/s，v ′＝3m/s，故D 错．当甲物块的速度为向左的1m/s时，由动量守
恒可求得乙的速率为2m/s.当甲物块的速度为向右的1m/s，同样可求得乙的速度为0，故C
对．
【答案】 C
5．如图所示，质量为m 的物块，在与水平方向成θ角的恒力F 作用下，沿光滑水平面
运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ，物块由A 运动到B 的过程中，力F 对物
块做的功W 和力F 对物块的冲量I 分别是 (
)
112【解析】 F 与水平方向夹角为θ，则由动能定理得F cos θ·s AB ＝v 2B －m v A ，合外力22
112做的功即为F 做功，所以W ＝m v 2－m v ，A 正确，B 错．由动量定理F cos θ·t ＝m v B －m v A ，2B 2A
而F 的冲量I ＝F ·t ，F cos θ·t 是合外力的冲量，所以F ·t >F cos θ·t ＝m v B －m v A ，C 错，D 正确．
【答案】 AD
6．物体只在力F 作用下运动，力F 随时间变化的图象如图
所示，在t ＝1s 时刻，物体的速度为零．则下列论述正确的是
( )
A ．0～3s 内，力F 所做的功等于零，冲量也等于零
B ．0～4s 内，力F 所做的功等于零，冲量也等于零
C ．第1s 内和第2s 内的速度方向相同，加速度方向相反
D ．第3s 内和第4s 内的速度方向相反，加速度方向相同
【解析】 设t ＝0时刻物体速度为v 0，据动量定理知在0～
3s 内，Δp＝(－1) ×1N·s ＋2×1N·s ＋(－1) ×1N·s ＝0，故3s 末物体速度与t ＝0时刻的速度大
小相等、方向相同，仍为v 0，所以0～3s 内F 所做的功等于0，故A 正确．同理，可知B
错误．由于第1s 内速度由v 0减为0，第2s 内从静止开始做加速度方向与第1s 内加速度方
向相反的加速运动，所以第1s 内速度方向与第2s 内必然相同，故C 正确．由于第3s 末的
速度为v 0，故第4s 是减速运动，即速度方向不变，加速度方向也不变，故D 错．
【答案】 AC
7．一质量为m 的物体放在光滑水平面上．今以恒力F 沿水平方向推该物体，在相同的
时间间隔内，下列说法正确的是 ( )
A ．物体的位移相等 B ．物体动能的变化量相等
C ．F 对物体做的功相等 D ．物体动量的变化量相等
【解析】 物块m 在恒力F 作用下做匀加速直线运动，在相同
时间间隔t 内由动量定理Ft ＝mΔv ＝Δp，故D 项正确． 物体的速度—时间图象如右图所示，由图可知相同时间间隔内
物体的位移不相等．故A 项错．由动能定理Fs ＝ΔEk ，由于s 不同故ΔEk 不同，B 、C 均错．
【答案】 D
8．质量为1.0kg 的小球从离地面5.0m 高度处自由落下，与地面碰撞后，反弹的最大高
度为3.2m ，设小球与地面碰撞时间为0.1s ，不计空气阻力，则小球受到地面的平均冲力为(g
取10m/s2) ( )
112A ．W ＝m v 2B v A 22112B ．W >v 2－m v 2B 2A C ．I ＝m v B －m v A D ．I >m v B －m v A
A ．190.0N B ．180.0N
C ．200.0N D ．60.0N
【解析】 对小球运动过程分段讨论
第一段：自由落体运动，应用自由落体公式，设小球落地速度为v 1，则v 1＝2gh 1＝
10m/s①
第二段：小球与地面碰撞，分析小球受力：重力mg ，地面弹力F (即地面对小球的平均
冲力) ．设反弹速度为v 2，则(注意v 2方向与v 1方向相反，且设向上为正)
由动量定理得：(F －mg ) t ＝m v 2－(－m v 1)
m (v 1＋v 2) ∴F ＝＋mg ② t
第三段：小球反弹至最大高度，应用竖直上抛公式
v 2＝2gh 2＝8m/s③
联立①②③式，可得F ＝190N.
【答案】 A
9．如图甲所示，一质量为M 的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m 的小滑
块以一定的初速度v 0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度的大小
随时间变化的情况如图乙所示，根据图象作出如下判断：
①滑块始终与木板存在相对运动 ②滑块未能滑出木板③滑块的质量m 大于木板的质
量M ④在t 1时刻滑块从板上滑出
这些判断中正确的是 ( )
A ．①③④ B ．②③④ C ．②③ D ．②④
【解析】 小滑块在木板上做匀减速直线运动，木板做匀加速运动，由图象知小滑块末
速度大于木板末速度，所以在t 1时刻滑块从木板上滑出，并一直存在相对运动，故①④对②
错；又因为它们相互的作用力一定，v —t 图象的斜率反映了加速度，由图知a M >a m ，因此
m >M ，③对．
【答案】 A
10．(2010·唐山质检) 在课外活动中，甲、乙两同学站在旱冰场的水平面上，开始时都是
静止的．两人互推后，甲、乙反向做直线运动，甲的速率为0.1m/s，乙的速率为0.2m/s.已
知甲的质量为60kg ，乙的质量为30kg ，假设互推的时间为0.01s ，忽略摩擦力及空气阻力，
则下列说法中正确的是 ( )
A ．甲、乙所受的平均推力均为600N ，方向相反
B ．甲、乙所受的平均推力均为500N ，方向相反
C ．甲受的平均推力为600N ，乙受的平均推力为500N ，方向相反
D ．甲受的平均推力为500N ，乙受的平均推力为600N ，方向相反
【解析】 以甲为研究对象，根据动量定理Ft ＝m 甲v 甲－0，可得甲受到的平均推力为
F ＝600N ，据牛顿第三定律可得乙受到的平均推力也为600N ，方向相反，A 正确．
【答案】 A
11．(2010·西安八校联考) 在光滑的水平面上有A 、B 两个小球沿同一直线向右运动，取向右为正方向，两球
的动量分别为p A ＝5kg·m/s，p B ＝7kg·m/s，如图所示．若
两球发生正碰，则碰后两球动量的增量ΔpA 、ΔpB 可能
是 ( )
A ．ΔpA ＝3kg·m/s，ΔpB ＝3kg·m/s
B ．ΔpA ＝－3kg·m/s，ΔpB ＝3kg·m/s
C ．ΔpA ＝3kg·m/s，ΔpB ＝－3kg·m/s
D ．ΔpA ＝－10kg·m/s，ΔpB ＝10kg·m/s
【解析】 碰撞过程既要遵循动量守恒定律，又要满足能量关系E 前≥E 后．A 球动量应减小，B 球动量应增加，排除A 、C 、D 违背了能量关系．故B 正确．
【答案】 B
12．(·北京东城区质检) 水平推力F 1和F 2分别作用于水平
面上原来静止的等质量的a 、b 两物体上，作用一段时间后撤
去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v —t 图线
如图所示，已知图中的线段AB ∥CD ，则 ( )
A ．F 1的冲量大于F 2的冲量
B ．F 1的冲量等于F 2的冲量
C ．F 1的冲量小于F 2的冲量
D ．两物体受到的摩擦力大小不等
【解析】 考查动量定理．根据图象AB ∥CD 可知两物体在仅受摩擦力作用时的加速度相同，由于质量也相同，故受到的摩擦力也相同；对全过程应用动量定理可知推力的冲量与摩擦力的冲量大小相等，而地面对b 的摩擦力作用时间较长，故力F 2的冲量较大，C 正确．
【答案】 C
二、实验题(本题共2小题，共18分)
13．在做验证动量守恒定律的实验时应注意的事项：
(1)入射球的质量必须__________被碰球的质量，两球的半径应__________________．
(2)安装仪器时，应使斜槽末端的切线保持__________________．并使两球的球心__________，且发生__________．
(3)入射球每次从__________________滚下．
【答案】 (1)大于 相等 (2)水平 等高 正碰 (3)同一位置
14．某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置C 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹；再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置C 由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，得到如图乙所示的三个落地处．O 点(图乙中未画出) 是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，米尺的零点与O 点对齐．
(1)观察图乙读出OP ＝__________.
(2)已知m A m B ＝2.5 1，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出Q 是__________球的落地处，P 是__________球的落地处．
(3)用题中的字母写出动量守恒定律的表达式．
【答案】 (1)20.00cm (2)不发生碰撞时A 碰撞后A (3)m A ·OQ ＝m A ·OP ＋m B ·OR
三、计算题(本题共包括4小题，共54分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．“蹦床”已成为奥运会的比赛项目．质量为m 的运动员从床垫正上方h 1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h 2，设运动员每次与床垫接触时间为t ，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力．(空气阻力不计，重力加速度为g )
【思维点拨】 运动员的整个过程可分为三个阶段：自由下落h 1阶段，与床垫作用阶段，反弹竖直上升h 2阶段．要求运动员对床垫的平均作用力，只要以运动员为研究对象，对运动员与床垫作用过程用动量定理即可解决．
【解析】 设运动员刚接触床垫的速度大小为v 1，则离开床垫的速度大小为v 2，由机械能守恒得：
1212m v 1＝mgh 1，v 2＝mgh 2， 22
设时间t 内，床垫对运动员的平均作用力为F ，取向上为正方向，由动量定理得： (F －mg ) t ＝m v 2－(－m v 1)
m (2gh 2＋2gh 1) 以上三式联立可得：F ＝mg t
再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力为
m (2gh 2＋2gh 1) F ′＝F ＋mg ，方向竖直向下． t
m 2gh 22gh 1) 【答案】 mg ，方向竖直向下 t
【反思归纳】 这类题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题，一般遇到涉及力、时间和速度变化的问题时，运用动量定理解答往往比运用牛顿定律及运动学规律求解更简便．
16．如图所示，在光滑水平面上放着A 、B 、C 三
个物块，A 、B 、C 的质量依次是m 、2m 、3m . 现让A 物
块以初速度v 0向B 运动，A 、B 相碰后不再分开，共同
向C 运动；它们和C 相碰后也不再分开，ABC 共同向
右运动．求：
(1)ABC 共同向右运动的速度v 的大小．
(2)A 、B 碰撞过程中的动能损失ΔEk .
(3)AB 与C 碰撞过程B 物块对C 物块的冲量大小I .
【解析】 (1)以A 、B 、C 整体为对象，全过程应用动量守恒定律：
m v 0＝(m ＋2m ＋3m ) v
v 0得ABC 共同向右运动的速度v ＝6
(2)设A 、B 碰撞后的速度为v ′，根据动量守恒有
m v 0＝(m ＋2m ) v ′
112动能损失ΔEk ＝m v 20－(m ＋2m ) v ′ 22
1得ΔEk m v 2. 30
(3)以C 为研究对象，AB 与C 碰撞过程应用动量定理，B 物块对C 物块的冲量等于C 物块的动量变化 1I ＝3m v ＝m v 0. 2
v 011【答案】 (1)v 20 (3)m v 0 622
17．如图所示，光滑水平面上放置质量均为M ＝2kg 的甲、
乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应
开关时，两车自动分离) ．甲车上表面光滑，乙车上表面与滑
块P 之间的动摩擦因数μ＝0.5. 一根通过细线拴着且被压缩的
轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m ＝1kg 的滑块P (可视为
质点) 与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E p ＝10J ，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：
(1)滑块P 滑上乙车前的瞬时速度的大小．
(2)滑块P 滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P 在乙车上滑行的距离．(g ＝10m/s2)
【解析】 (1)设滑块P 滑上乙车前的速度为v ，两小车速度为V ，对整体应用动量守恒和能量关系有：
m v －2MV ＝0
m v 22MV 2E p ＝ 22
解之得v ＝4m/s，V ＝1m/s
(2)设滑块P 和小车乙达到的共同速度为v ′，对滑块P 和小车乙有m v －MV ＝(m ＋M ) v ′
111μmgL＝m v 2＋MV 2(m ＋M ) v ′2 222
5代入数据解得L ＝m 3
5【答案】 (1)4m/s (2)m 3
18．(·北京市海淀一模) 如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒
中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，当滑块运动
1时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为F f ＝mg (g 为重力加速2
度) ．在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l . 现有一质量也为m 的物体从距地面2l 处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力．求
(1)物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小；
(2)碰撞后，在滑块向下运动的最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量．
【解析】 (1)设物体下落至与薄滑块碰撞前的速度为v 0，在此过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律有mgl ＝m v 20/2
解得v 0＝2gl 设碰撞后共同速度为v ，依据动量守恒定律有m v 0＝2m v
1解得v ＝2gl . 2
(2)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x ，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有
1－2F f x ＝0－2m v 2 2
设在滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W ，依据动能定理，对碰撞后物
1体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有W ＋2mgx －F f x ＝0－×2m v 2 2
55解得W ＝－mgl ，所以弹簧弹性势能增加了mgl . 44
15【答案】 (1)2gl (2)mgl 24
第六章 动量综合测试
一、选择题(本题共12小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选
项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0
分)
1．A 、B 两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A >m B ，当两球相碰后，其中一球停止，
则可以断定 ( )
A ．碰前A 的动量等于B 的动量
B ．碰前A 的动量大于B 的动量
C ．若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量
D ．若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量
【解析】 碰后只有一球停止，则两球的合动量不为零，不知A 、B 速度大小，就无法判断碰前哪只球动量大．不难判断，碰后停止的球，在碰前一定动量大，且另一只球碰后
一定反向运动．
【答案】 C
2．质量分别为2m 和m 的A 、B 两个质点，初速度相同，均为v 1. 若他们分别受到相同
的冲量I 作用后，A 的速度变化为v 2，B 的动量变化为p . 已知A 、B 都做直线运动，则动量
p 可以表示为 ( )
A ．m (v 2－v 1) B ．2m (2v 2－v 1)
C ．4m (v 2－v 1) D ．m (2v 2－v 1)
【解析】 对A 由动量定理得I ＝2m v 2－2m v 1，对B 由动量定理得I ＝p －m v 1，所以B
的末动量p ＝2m v 2－m v 1，故D 对．
【答案】 D
3．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这
样做可以 ( )
A ．减小球对手的冲量
B ．减小球对人的冲击力
C ．减小球的动量变化量
D ．减小球的动能变化量
【解析】 据动量定理，FΔt＝Δp，当Δp一定时，Δt越大，F 越小，所以篮球运动员
接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样延长了篮球对手的作用时间，所以减小了球对人的
冲击力，B 正确．
【答案】 B
4．质量为m 的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另
一质量也为m 的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则 (
)
A ．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒
B ．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零
C ．当甲物块的速度为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0
D ．甲物块的速率可达到5m/s
【解析】 由于弹簧是轻质的，甲、乙在水平方向上除相互作用外不受其他力，故水平
方向上二者组成的系统动量守恒，A 错．当甲、乙相距最近时就有v 甲＝v 乙，故由动量守恒
有m v 乙－m v 甲＝2m v (其中以物体乙的初速度方向为正) ，代入数据有v ＝0.5m/s，B 错．又二
者作用过程中，总机械能也守恒，当二者分离时甲获得最大速度，则由动量守恒和能量守恒
有
m v －m v 甲＝m v m －m v ′(v ′为两物块分离时乙的速度大小) ⎧⎪乙
⎨1212121 2m v ＋m v ＝m v ＋v ′乙甲⎪22m 2⎩2
解之得v m ＝4m/s，v ′＝3m/s，故D 错．当甲物块的速度为向左的1m/s时，由动量守
恒可求得乙的速率为2m/s.当甲物块的速度为向右的1m/s，同样可求得乙的速度为0，故C
对．
【答案】 C
5．如图所示，质量为m 的物块，在与水平方向成θ角的恒力F 作用下，沿光滑水平面
运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ，物块由A 运动到B 的过程中，力F 对物
块做的功W 和力F 对物块的冲量I 分别是 (
)
112【解析】 F 与水平方向夹角为θ，则由动能定理得F cos θ·s AB ＝v 2B －m v A ，合外力22
112做的功即为F 做功，所以W ＝m v 2－m v ，A 正确，B 错．由动量定理F cos θ·t ＝m v B －m v A ，2B 2A
而F 的冲量I ＝F ·t ，F cos θ·t 是合外力的冲量，所以F ·t >F cos θ·t ＝m v B －m v A ，C 错，D 正确．
【答案】 AD
6．物体只在力F 作用下运动，力F 随时间变化的图象如图
所示，在t ＝1s 时刻，物体的速度为零．则下列论述正确的是
( )
A ．0～3s 内，力F 所做的功等于零，冲量也等于零
B ．0～4s 内，力F 所做的功等于零，冲量也等于零
C ．第1s 内和第2s 内的速度方向相同，加速度方向相反
D ．第3s 内和第4s 内的速度方向相反，加速度方向相同
【解析】 设t ＝0时刻物体速度为v 0，据动量定理知在0～
3s 内，Δp＝(－1) ×1N·s ＋2×1N·s ＋(－1) ×1N·s ＝0，故3s 末物体速度与t ＝0时刻的速度大
小相等、方向相同，仍为v 0，所以0～3s 内F 所做的功等于0，故A 正确．同理，可知B
错误．由于第1s 内速度由v 0减为0，第2s 内从静止开始做加速度方向与第1s 内加速度方
向相反的加速运动，所以第1s 内速度方向与第2s 内必然相同，故C 正确．由于第3s 末的
速度为v 0，故第4s 是减速运动，即速度方向不变，加速度方向也不变，故D 错．
【答案】 AC
7．一质量为m 的物体放在光滑水平面上．今以恒力F 沿水平方向推该物体，在相同的
时间间隔内，下列说法正确的是 ( )
A ．物体的位移相等 B ．物体动能的变化量相等
C ．F 对物体做的功相等 D ．物体动量的变化量相等
【解析】 物块m 在恒力F 作用下做匀加速直线运动，在相同
时间间隔t 内由动量定理Ft ＝mΔv ＝Δp，故D 项正确． 物体的速度—时间图象如右图所示，由图可知相同时间间隔内
物体的位移不相等．故A 项错．由动能定理Fs ＝ΔEk ，由于s 不同故ΔEk 不同，B 、C 均错．
【答案】 D
8．质量为1.0kg 的小球从离地面5.0m 高度处自由落下，与地面碰撞后，反弹的最大高
度为3.2m ，设小球与地面碰撞时间为0.1s ，不计空气阻力，则小球受到地面的平均冲力为(g
取10m/s2) ( )
112A ．W ＝m v 2B v A 22112B ．W >v 2－m v 2B 2A C ．I ＝m v B －m v A D ．I >m v B －m v A
A ．190.0N B ．180.0N
C ．200.0N D ．60.0N
【解析】 对小球运动过程分段讨论
第一段：自由落体运动，应用自由落体公式，设小球落地速度为v 1，则v 1＝2gh 1＝
10m/s①
第二段：小球与地面碰撞，分析小球受力：重力mg ，地面弹力F (即地面对小球的平均
冲力) ．设反弹速度为v 2，则(注意v 2方向与v 1方向相反，且设向上为正)
由动量定理得：(F －mg ) t ＝m v 2－(－m v 1)
m (v 1＋v 2) ∴F ＝＋mg ② t
第三段：小球反弹至最大高度，应用竖直上抛公式
v 2＝2gh 2＝8m/s③
联立①②③式，可得F ＝190N.
【答案】 A
9．如图甲所示，一质量为M 的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m 的小滑
块以一定的初速度v 0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度的大小
随时间变化的情况如图乙所示，根据图象作出如下判断：
①滑块始终与木板存在相对运动 ②滑块未能滑出木板③滑块的质量m 大于木板的质
量M ④在t 1时刻滑块从板上滑出
这些判断中正确的是 ( )
A ．①③④ B ．②③④ C ．②③ D ．②④
【解析】 小滑块在木板上做匀减速直线运动，木板做匀加速运动，由图象知小滑块末
速度大于木板末速度，所以在t 1时刻滑块从木板上滑出，并一直存在相对运动，故①④对②
错；又因为它们相互的作用力一定，v —t 图象的斜率反映了加速度，由图知a M >a m ，因此
m >M ，③对．
【答案】 A
10．(2010·唐山质检) 在课外活动中，甲、乙两同学站在旱冰场的水平面上，开始时都是
静止的．两人互推后，甲、乙反向做直线运动，甲的速率为0.1m/s，乙的速率为0.2m/s.已
知甲的质量为60kg ，乙的质量为30kg ，假设互推的时间为0.01s ，忽略摩擦力及空气阻力，
则下列说法中正确的是 ( )
A ．甲、乙所受的平均推力均为600N ，方向相反
B ．甲、乙所受的平均推力均为500N ，方向相反
C ．甲受的平均推力为600N ，乙受的平均推力为500N ，方向相反
D ．甲受的平均推力为500N ，乙受的平均推力为600N ，方向相反
【解析】 以甲为研究对象，根据动量定理Ft ＝m 甲v 甲－0，可得甲受到的平均推力为
F ＝600N ，据牛顿第三定律可得乙受到的平均推力也为600N ，方向相反，A 正确．
【答案】 A
11．(2010·西安八校联考) 在光滑的水平面上有A 、B 两个小球沿同一直线向右运动，取向右为正方向，两球
的动量分别为p A ＝5kg·m/s，p B ＝7kg·m/s，如图所示．若
两球发生正碰，则碰后两球动量的增量ΔpA 、ΔpB 可能
是 ( )
A ．ΔpA ＝3kg·m/s，ΔpB ＝3kg·m/s
B ．ΔpA ＝－3kg·m/s，ΔpB ＝3kg·m/s
C ．ΔpA ＝3kg·m/s，ΔpB ＝－3kg·m/s
D ．ΔpA ＝－10kg·m/s，ΔpB ＝10kg·m/s
【解析】 碰撞过程既要遵循动量守恒定律，又要满足能量关系E 前≥E 后．A 球动量应减小，B 球动量应增加，排除A 、C 、D 违背了能量关系．故B 正确．
【答案】 B
12．(·北京东城区质检) 水平推力F 1和F 2分别作用于水平
面上原来静止的等质量的a 、b 两物体上，作用一段时间后撤
去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v —t 图线
如图所示，已知图中的线段AB ∥CD ，则 ( )
A ．F 1的冲量大于F 2的冲量
B ．F 1的冲量等于F 2的冲量
C ．F 1的冲量小于F 2的冲量
D ．两物体受到的摩擦力大小不等
【解析】 考查动量定理．根据图象AB ∥CD 可知两物体在仅受摩擦力作用时的加速度相同，由于质量也相同，故受到的摩擦力也相同；对全过程应用动量定理可知推力的冲量与摩擦力的冲量大小相等，而地面对b 的摩擦力作用时间较长，故力F 2的冲量较大，C 正确．
【答案】 C
二、实验题(本题共2小题，共18分)
13．在做验证动量守恒定律的实验时应注意的事项：
(1)入射球的质量必须__________被碰球的质量，两球的半径应__________________．
(2)安装仪器时，应使斜槽末端的切线保持__________________．并使两球的球心__________，且发生__________．
(3)入射球每次从__________________滚下．
【答案】 (1)大于 相等 (2)水平 等高 正碰 (3)同一位置
14．某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置C 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹；再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置C 由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，得到如图乙所示的三个落地处．O 点(图乙中未画出) 是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，米尺的零点与O 点对齐．
(1)观察图乙读出OP ＝__________.
(2)已知m A m B ＝2.5 1，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出Q 是__________球的落地处，P 是__________球的落地处．
(3)用题中的字母写出动量守恒定律的表达式．
【答案】 (1)20.00cm (2)不发生碰撞时A 碰撞后A (3)m A ·OQ ＝m A ·OP ＋m B ·OR
三、计算题(本题共包括4小题，共54分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．“蹦床”已成为奥运会的比赛项目．质量为m 的运动员从床垫正上方h 1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h 2，设运动员每次与床垫接触时间为t ，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力．(空气阻力不计，重力加速度为g )
【思维点拨】 运动员的整个过程可分为三个阶段：自由下落h 1阶段，与床垫作用阶段，反弹竖直上升h 2阶段．要求运动员对床垫的平均作用力，只要以运动员为研究对象，对运动员与床垫作用过程用动量定理即可解决．
【解析】 设运动员刚接触床垫的速度大小为v 1，则离开床垫的速度大小为v 2，由机械能守恒得：
1212m v 1＝mgh 1，v 2＝mgh 2， 22
设时间t 内，床垫对运动员的平均作用力为F ，取向上为正方向，由动量定理得： (F －mg ) t ＝m v 2－(－m v 1)
m (2gh 2＋2gh 1) 以上三式联立可得：F ＝mg t
再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力为
m (2gh 2＋2gh 1) F ′＝F ＋mg ，方向竖直向下． t
m 2gh 22gh 1) 【答案】 mg ，方向竖直向下 t
【反思归纳】 这类题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题，一般遇到涉及力、时间和速度变化的问题时，运用动量定理解答往往比运用牛顿定律及运动学规律求解更简便．
16．如图所示，在光滑水平面上放着A 、B 、C 三
个物块，A 、B 、C 的质量依次是m 、2m 、3m . 现让A 物
块以初速度v 0向B 运动，A 、B 相碰后不再分开，共同
向C 运动；它们和C 相碰后也不再分开，ABC 共同向
右运动．求：
(1)ABC 共同向右运动的速度v 的大小．
(2)A 、B 碰撞过程中的动能损失ΔEk .
(3)AB 与C 碰撞过程B 物块对C 物块的冲量大小I .
【解析】 (1)以A 、B 、C 整体为对象，全过程应用动量守恒定律：
m v 0＝(m ＋2m ＋3m ) v
v 0得ABC 共同向右运动的速度v ＝6
(2)设A 、B 碰撞后的速度为v ′，根据动量守恒有
m v 0＝(m ＋2m ) v ′
112动能损失ΔEk ＝m v 20－(m ＋2m ) v ′ 22
1得ΔEk m v 2. 30
(3)以C 为研究对象，AB 与C 碰撞过程应用动量定理，B 物块对C 物块的冲量等于C 物块的动量变化 1I ＝3m v ＝m v 0. 2
v 011【答案】 (1)v 20 (3)m v 0 622
17．如图所示，光滑水平面上放置质量均为M ＝2kg 的甲、
乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应
开关时，两车自动分离) ．甲车上表面光滑，乙车上表面与滑
块P 之间的动摩擦因数μ＝0.5. 一根通过细线拴着且被压缩的
轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m ＝1kg 的滑块P (可视为
质点) 与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E p ＝10J ，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：
(1)滑块P 滑上乙车前的瞬时速度的大小．
(2)滑块P 滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P 在乙车上滑行的距离．(g ＝10m/s2)
【解析】 (1)设滑块P 滑上乙车前的速度为v ，两小车速度为V ，对整体应用动量守恒和能量关系有：
m v －2MV ＝0
m v 22MV 2E p ＝ 22
解之得v ＝4m/s，V ＝1m/s
(2)设滑块P 和小车乙达到的共同速度为v ′，对滑块P 和小车乙有m v －MV ＝(m ＋M ) v ′
111μmgL＝m v 2＋MV 2(m ＋M ) v ′2 222
5代入数据解得L ＝m 3
5【答案】 (1)4m/s (2)m 3
18．(·北京市海淀一模) 如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒
中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，当滑块运动
1时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为F f ＝mg (g 为重力加速2
度) ．在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l . 现有一质量也为m 的物体从距地面2l 处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力．求
(1)物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小；
(2)碰撞后，在滑块向下运动的最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量．
【解析】 (1)设物体下落至与薄滑块碰撞前的速度为v 0，在此过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律有mgl ＝m v 20/2
解得v 0＝2gl 设碰撞后共同速度为v ，依据动量守恒定律有m v 0＝2m v
1解得v ＝2gl . 2
(2)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x ，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有
1－2F f x ＝0－2m v 2 2
设在滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W ，依据动能定理，对碰撞后物
1体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有W ＋2mgx －F f x ＝0－×2m v 2 2
55解得W ＝－mgl ，所以弹簧弹性势能增加了mgl . 44
15【答案】 (1)2gl (2)mgl 24