任務(wù)群檢測(cè)練(五)動(dòng)量動(dòng)量守恒定律

1．如圖，棱長(zhǎng)為a、大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，正對(duì)

用極短細(xì)繩連結(jié)懸浮在平靜的池中某處，質(zhì)量為m的木塊在上、質(zhì)量

為M的鐵塊在下，木塊上表面距離水面的豎直距離為h。當(dāng)細(xì)繩斷裂

后，木塊與鐵塊均在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，木塊剛浮出水面時(shí)，鐵塊恰好

同時(shí)到達(dá)池底。僅考慮浮力，不計(jì)其他阻力，則池深為()

M＋mM＋m

A．hB．(h＋2a)

Mm

M＋mM＋m

C．(h＋2a)D．h＋2a

MM

解析：選D。設(shè)鐵塊豎直下降的位移為d，對(duì)木塊與鐵塊系統(tǒng)，

系統(tǒng)外力為零，由動(dòng)量守恒(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h

M＋m

＋d＋2a，解得H＝h＋2a，D正確。

M

2．太陽(yáng)帆飛船是利用太陽(yáng)光的光壓進(jìn)行宇宙航行的一種航天器。

光壓是指光照射到物體上對(duì)物體表面產(chǎn)生的壓力，航天器可靠它獲得

加速度。假設(shè)光子打到帆面上全部反射，地球上太陽(yáng)光光強(qiáng)(單位時(shí)

間垂直照射到單位面積上的光能)為I0，地球軌道半徑為r0，光在真

空中傳播速度為c，則在離太陽(yáng)距離為r的地方，正對(duì)太陽(yáng)的單位面

積上的光壓為()

rr

I022I02

A．0rB．0r

cc

r2r

I02I02

C．02rD．0r

cc

解析：選B。設(shè)太陽(yáng)的輻射功率為P，在距離太陽(yáng)為r0的地方太

PP

陽(yáng)光光強(qiáng)I0＝2，在距離太陽(yáng)為r的地方太陽(yáng)光光強(qiáng)I＝2，

4πr04πr

h

根據(jù)動(dòng)量定理，帆面單位時(shí)間獲得的作用力(光壓)為F＝2N＝

λ

r

I02

hI2I0

2h·＝2＝r，故B正確。

cλcc

λ

3．皮劃艇射擊是一種比賽運(yùn)動(dòng)，比賽時(shí)，運(yùn)動(dòng)員站在靜止的皮

劃艇上，持槍向岸上的槍靶水平射擊。已知運(yùn)動(dòng)員(包括除子彈外的

裝備)及皮劃艇的總質(zhì)量為M，子彈的質(zhì)量為m，假設(shè)子彈射擊過(guò)程中

火藥釋放的總能量為E，且全部轉(zhuǎn)化為子彈的動(dòng)能，在陸地射擊和在

皮劃艇上射擊時(shí)子彈出射速度會(huì)有少許差異。陸地射擊時(shí)子彈的射出

速度為v1，子彈動(dòng)能為Ek1；在皮劃艇上射擊時(shí)子彈的出射速度為v2，

動(dòng)能為Ek2，運(yùn)動(dòng)員及皮劃艇的速度為v3，射擊過(guò)程中可認(rèn)為子彈、

運(yùn)動(dòng)員及皮劃艇組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。下列關(guān)系式正確的

是()

EEk1M－m

A．v1＝B．＝

mEk2M

2（M－m）v1M＋m

C．v2＝ED．＝

Mmv2M

解析：選D。在陸地射擊時(shí)，火藥釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為子彈的

2

12E

動(dòng)能，因此有Ek1＝mv＝E，解得v1＝，A錯(cuò)誤；在皮劃艇

21m

22

11

上射擊時(shí)，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒，有0＝Mv3＋mv2，E＝Mv＋mv，

2322

2Mv1M＋m

聯(lián)立解得v2＝E，＝，故C錯(cuò)誤，D正確；

（M＋m）mv2M

2

1MEk1M＋m

在皮劃艇上射擊時(shí)，子彈的動(dòng)能Ek2＝mv＝E，則＝，

2

2M＋mEk2M

故B錯(cuò)誤。

4．如圖所示，某次冰壺比賽上，甲壺以速度v0與靜止的乙壺發(fā)

生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，兩壺完全相同，從碰撞到兩壺

都靜止，乙的位移是甲的9倍，則()

A．兩壺碰撞過(guò)程無(wú)機(jī)械能損失

B．兩壺碰撞過(guò)程動(dòng)量變化量相同

v

C．碰撞后瞬間，甲壺的速度為0

4

D．碰撞后瞬間，乙壺的速度為v0

μmg

解析：選C。兩壺碰后在冰面上滑行，則有a＝＝μg，兩

m

壺完全相同，從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9倍，設(shè)碰后兩

2

壺的速度分別是v1和v2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系0－v＝－2ax，得v1∶v2

0

v3v

＝1∶3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv＝mv＋mv，解得v＝0，v＝0，

0121424

22

11

C正確，D錯(cuò)誤；兩壺碰撞過(guò)程機(jī)械能的變化量為ΔE＝mv＋mv

2122

22

13

－mv＝－mv，機(jī)械能有損失，A錯(cuò)誤；動(dòng)量的變化量是矢量，

20160

兩壺碰撞過(guò)程動(dòng)量變化量大小相同但方向相反，B錯(cuò)誤。

5．(多選)安全帶是汽車(chē)行駛過(guò)程中生命安全的保障帶。如圖所

示，在汽車(chē)正面碰撞測(cè)試中，汽車(chē)以72km/h的速度發(fā)生碰撞。車(chē)內(nèi)

假人的質(zhì)量為50kg，使用安全帶時(shí)，假人用時(shí)0.8s停下；不使用

安全帶時(shí)，假人與前方碰撞，用時(shí)0.2s停下。以下說(shuō)法正確的是

()

A．碰撞過(guò)程中，汽車(chē)和假人的總動(dòng)量守恒

B．無(wú)論是否使用安全帶，假人動(dòng)量變化量相同

C．使用安全帶時(shí)，假人受到的平均作用力約為1250N

D．不使用安全帶時(shí)，假人受到的平均作用力約為2500N

解析：選BC。碰撞過(guò)程中，汽車(chē)和假人組成的系統(tǒng)受撞擊力作

用，總動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；假人的初動(dòng)量為p＝mv0，末動(dòng)量都為

0，所以無(wú)論是否使用安全帶，假人動(dòng)量變化量相同，故B正確；使

用安全帶時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有Ft＝0－p，解得F＝－1250N，假人

受到的平均作用力約為1250N，故C正確；不使用安全帶時(shí)，根據(jù)

動(dòng)量定理有F′t′＝0－p，解得F′＝－5000N，假人受到的平均

作用力約為5000N，故D錯(cuò)誤。

6．(多選)如圖甲所示，特殊材料制成的水平長(zhǎng)直軌道上，靜止

著一質(zhì)量為m的物體，物體在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的阻力大小與其速

度成正比，即f＝kv(k為常量，大小未知)。從t＝0時(shí)刻起，物體在

一水平恒定拉力作用下，開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨速度v的變化

規(guī)律如圖乙所示(圖乙中的v0和a0均為已知量)。下列說(shuō)法正確的是

()

A．該拉力的大小為2ma0

ma

B．常量k的大小為0

v0

C．在物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中，合力的沖量大小為

mv0

D．在物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中，該拉力對(duì)物體做的

2

1

功為mv

20

解析：選BC。初始時(shí)刻，阻力為零，根據(jù)牛頓第二定律可得F

＝ma0，A錯(cuò)誤；達(dá)到最大速度時(shí)，加速度為零，受力平衡，即kv0＝

ma0

ma0，可得k＝，B正確；根據(jù)動(dòng)量定理可知，合力沖量大小I合

v0

2

1

＝mv0，C正確；根據(jù)動(dòng)能定理得WF－Wf＝mv，可得拉力對(duì)物體做

20

2

1

的功WF＝mv＋Wf，D錯(cuò)誤。

20

7．(多選)滑板運(yùn)動(dòng)備受青少年的青睞，其中一個(gè)動(dòng)作為人越過(guò)

橫桿，滑板從橫桿底下穿過(guò)，如圖所示。若人的質(zhì)量為60kg，人需

要跳過(guò)一個(gè)高為0.65m的橫桿，但考慮人過(guò)桿的時(shí)候可以曲腿，所

以人起跳時(shí)只需要重心上升0.45m。假如起跳時(shí)人與板的作用時(shí)間

為0.25s，重力加速度取g＝10m/s2，忽略空氣阻力及滑板與地面

間的摩擦力作用，下列說(shuō)法正確的是()

A．人若要安全過(guò)桿，起跳的豎直分速度至少為0.3m/s

B．起跳過(guò)程中人與板之間的作用力至少為1320N

C．人從開(kāi)始起跳到落回到滑板的過(guò)程中，人與滑板構(gòu)成的系統(tǒng)

動(dòng)量守恒

D．人從開(kāi)始起跳到落回到滑板的過(guò)程中，人與滑板構(gòu)成的系統(tǒng)

水平方向上動(dòng)量守恒

解析：選BD。人起跳時(shí)，恰好過(guò)桿對(duì)應(yīng)的豎直分速度最小，其

值為vy＝2gh＝3m/s，故A錯(cuò)誤；起跳時(shí)人受到板的作用力為FN，

由動(dòng)量定理得FNt－mgt＝mvy，解得FN＝1320N，故B正確；人與滑

板在從其起跳到落回到滑板的過(guò)程中，系統(tǒng)豎直方向合力不為零，僅

水平方向合力為零，故人與滑板構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，故

C錯(cuò)誤，D正確。

8．(多選)質(zhì)量分別為M、m的A、B兩物體連接在輕質(zhì)彈簧兩端，

用輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)拴住A、B，彈簧被壓縮，整體放置在光滑的水平面上處

于靜止?fàn)顟B(tài)。若A靠在墻角(圖甲)，突然燒斷細(xì)線(xiàn)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)

時(shí)，B的速度為v。若A不靠在墻角(圖乙)，也突然燒斷細(xì)線(xiàn)，規(guī)定

水平向右為正方向，下列說(shuō)法正確的是()

1

A．燒斷細(xì)線(xiàn)之前彈簧的彈性勢(shì)能為Mv2

2

B．對(duì)甲圖，燒斷細(xì)線(xiàn)后當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能

Mmv2

為

2（M＋m）

C．對(duì)乙圖，燒斷細(xì)線(xiàn)后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A、B的動(dòng)能之比為

M∶m

D．對(duì)乙圖，燒斷細(xì)線(xiàn)后當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的動(dòng)量為－

M

mv

M＋m

解析：選BD。根據(jù)能量守恒定律可得，燒斷細(xì)線(xiàn)之前彈簧的彈

1

性勢(shì)能為E＝mv2，故A錯(cuò)誤；對(duì)甲圖，燒斷細(xì)線(xiàn)后當(dāng)A離開(kāi)墻角

pm2

后，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)A、B達(dá)到共同速度，由

動(dòng)量守恒定律可得mv＝(M＋m)v共，由能量守恒定律可得彈簧的彈性

2

2

121Mmv

勢(shì)能為Ep＝mv－(M＋m)v，聯(lián)立解得Ep＝，故B正

22共2（M＋m）

確；對(duì)乙圖，燒斷細(xì)線(xiàn)后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒且為0，則A、B的動(dòng)量總

是等大、反向，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)設(shè)A、B的動(dòng)量大小均為p，由能

p2p2

量守恒定律可得E＝，E＝，聯(lián)立解得E∶E＝m∶M，故C

kA2MkB2mkAkB

錯(cuò)誤；由能量守恒定律可得EkA＋EkB＝Epm，又EkA∶EkB＝m∶M，聯(lián)立解

Mmv2p2M

得E＝，又E＝，聯(lián)立解得p＝mv，則A的

kB2（M＋m）kB2mM＋m

M

動(dòng)量為－mv，故D正確。

M＋m

9．(多選)高空作業(yè)必須系安全帶，但安全帶使用不當(dāng)也會(huì)對(duì)人

體造成傷害。我國(guó)對(duì)安全帶的材料、長(zhǎng)度、寬度以及使用方法都有規(guī)

定，其中規(guī)定如果安全帶的長(zhǎng)度超過(guò)三米一定要加裝緩沖器。某興趣

小組的同學(xué)們通過(guò)模擬實(shí)驗(yàn)來(lái)探究緩沖器的作用。同學(xué)們改裝了甲、

乙兩根安全帶，甲不加裝緩沖器，乙加裝緩沖器，使兩根安全帶的總

長(zhǎng)度(乙安全帶的總長(zhǎng)度含緩沖器)都為1.25m，把重物和力的傳感

器捆在一起掛在安全帶的底端，重物(含傳感器)的質(zhì)量為1kg?，F(xiàn)

讓重物從安全帶上端處自由下落(重物可視為質(zhì)點(diǎn))，實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)從安全

帶伸直到重物速度第一次減為零，甲、乙分別用時(shí)0.1s和0.5s。

忽略緩沖器對(duì)安全帶長(zhǎng)度的影響，重力加速度取g＝10m/s2。下列說(shuō)

法正確的是()

A．安全帶剛伸直時(shí)重物的動(dòng)量為5kg·m/s，方向豎直向下

B．從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過(guò)程，重物的動(dòng)量

變化量為5kg·m/s，方向豎直向下

C．從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過(guò)程，甲安全帶對(duì)

重物的平均作用力為60N，乙安全帶對(duì)重物的平均作用力為10N

D．從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過(guò)程，乙安全帶對(duì)

重物的沖量為10N·s，方向豎直向上

解析：選AD。從重物自由下落到安全帶剛伸直的過(guò)程，由自由

落體運(yùn)動(dòng)公式v2＝2gh，可得v＝5m/s，則可知此時(shí)重物的動(dòng)量p＝

mv＝5kg·m/s，動(dòng)量的方向即速度方向，為豎直向下，故A正確；

從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過(guò)程，重物的初動(dòng)量為5

kg·m/s，方向豎直向下，重物的末動(dòng)量為0，設(shè)豎直向上為正方向，

重物的動(dòng)量變化量為Δp＝0－(－mv)＝5kg·m/s，方向豎直向上，

故B錯(cuò)誤；從安全帶伸直到重物速度第一次減為零的過(guò)程，設(shè)安全帶

對(duì)重物的平均作用力為F，由動(dòng)量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，代

入兩次作用時(shí)間，得甲、乙兩根安全帶對(duì)重物的平均作用力分別為

60N和20N，故C錯(cuò)誤；乙安全帶對(duì)重物的沖量為Ft＝mgt＋mv＝

10N·s，方向豎直向上，故D正確。

10．(多選)如圖所示，一個(gè)斜面與水平地面平滑連接，斜面與水

平地面均光滑。小物塊P放在水平地面上，小物塊Q自斜面上某位置

處由靜止釋放，P、Q之間的碰撞為彈性正碰，斜面與水平面足夠長(zhǎng)，

則下列說(shuō)法正確的是()

m1

A．若Q≥，則P、Q只能發(fā)生一次碰撞

mP3

m1

B．若Q≥，則P、Q只能發(fā)生一次碰撞

mP4

m1

C．若Q≥，則P、Q只能發(fā)生兩次碰撞

mP5

m1

D．若Q≥，則P、Q只能發(fā)生三次碰撞

mP9

解析：選AC。設(shè)Q滑到水平面上時(shí)速度大小為v，P、Q相碰，

2

121

根據(jù)動(dòng)量守恒及能量守恒，有mQv＝mQvQ1＋mPvP1，mQv＝mQv＋

22Q1

2

12mQmQ－mP

mPv，聯(lián)立解得第一次碰后vP1＝v，vQ1＝v，之后Q

P1

2mQ＋mPmQ＋mP

滑上斜面并返回，速度等大、反向，若不能追上P，則有vP1≥|vQ1|，

mQ1mQ1

解得≥，故A正確，B錯(cuò)誤；若＝，第一次碰后，可得vP1

mP3mP5

12

＝v，v＝－v，之后Q滑上斜面并返回，與P發(fā)生第二次碰撞后

3Q13

41mQ

有vP2＝v，vQ2＝v，故P、Q只能發(fā)生兩次碰撞，故C正確；若

99mP

114

＝，第一次碰后，可得v＝v，v＝－v，之后Q滑上斜面并

9P15Q15

87

返回，與P發(fā)生第二次碰撞后有v＝v，v＝－v，故P、Q只

P225Q225

能發(fā)生兩次碰撞，故D錯(cuò)誤。

11．如圖所示，物塊A和B靜止在光滑水平面上，B的前端固定

輕質(zhì)彈簧，某時(shí)刻一子彈以大小為3v0的速度水平射向B并嵌入其中，

射入過(guò)程子彈與B水平方向的平均相互作用力大小為35mg，之后B

5

以大小為v的速度向著A運(yùn)動(dòng)，從彈簧開(kāi)始接觸A到第一次被壓縮

40

至最短所用時(shí)間為t，在這段時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動(dòng)的位移大小為1.1v0t。又

經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后A與彈簧分離，滑上粗糙斜面后再滑下，在水平面上

再次壓縮彈簧后又滑上斜面。已知A的質(zhì)量為m，子彈和B的總質(zhì)量

為4m，A前兩次在斜面上到達(dá)的最高點(diǎn)相同，B始終在水平面上運(yùn)動(dòng)，

斜面與水平面平滑連接，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，

不計(jì)A、B碰撞過(guò)程中的機(jī)械能損失。求：

(1)子彈嵌入物塊B的深度；

(2)物塊A第一次離開(kāi)彈簧時(shí)，A、B各自的速度大小；

(3)物塊A第一次在斜面上到達(dá)的最大高度；

(4)物塊A第一次離開(kāi)彈簧前，彈簧的最大壓縮量。

解析：(1)設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，對(duì)子彈射入B的過(guò)程，由動(dòng)量守

恒定律得

5

m×3v＝4m×v

0040

由能量守恒定律得

5

11v02

m(3v)2＝×4m4＋35mg·x

2002

聯(lián)立解得子彈嵌入物塊B的深度

v2

x＝0。

8g

(2)以B的初速度方向?yàn)檎较?，物塊A第一次離開(kāi)彈簧時(shí)，由

動(dòng)量守恒定律得

5

4m×v＝4mv＋mv

40BA

由能量守恒定律得

22

15211

×4m(v0)＝×4mv＋mv

242B2A

3

聯(lián)立解得v＝2v，v＝v。

A0B40

(3)設(shè)A返回斜面底端時(shí)的速度大小為v′，斜面傾角為θ，A所

受斜面的摩擦力為f，對(duì)A第一次沿斜面的運(yùn)動(dòng)，上滑過(guò)程中，由動(dòng)

能定理可得

h1

－mgh－f·＝0－m(2v)2

sinθ20

下滑過(guò)程中有

h1

mgh－f·＝mv′2－0

sinθ2

由兩次沿斜面上滑的最高點(diǎn)相同可知，A與B再次碰撞分離后A

的速度大小仍為2v0，以B的初速度方向?yàn)檎较?，?duì)A與B再次碰

撞分離的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得

3

m(－v′)＋4m×v＝m×2v＋4mv′

400B

3

11v0211

m(－v′)2＋×4m×4＝m(2v)2＋×4m(v′)2

22202B

4

聯(lián)立可得v′＝v

30

物塊A第一次在斜面上到達(dá)的最大高度

13v2

h＝0。

9g

(4)A、B第一次壓縮彈簧的過(guò)程中，任意時(shí)刻A、B組成的系統(tǒng)

動(dòng)量守恒，有

5

4m×v＝4mv＋mv

40BA

方程兩邊同時(shí)乘時(shí)間Δt，得

5

4m×v·Δt＝4mv·Δt＋mv·Δt

40BA

在t時(shí)間內(nèi)，根據(jù)位移等于速度在時(shí)間上的累積，可得5v0t＝4xB

＋xA

將xB＝1.1v0t代入，可得xA＝0.6v0t

所以，物塊A第一次離開(kāi)彈簧前，彈簧的最大壓縮量Δx＝xB－

xA＝0.5v0t。

22

v0313v0

答案：(1)(2)2v0v0(3)(4)0.5v0t

8g49g

12．如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊用輕質(zhì)細(xì)繩掛在距地面高為H

的光滑水平固定的釘子上，一厚度不計(jì)的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平地面

上?，F(xiàn)用發(fā)射器對(duì)準(zhǔn)物塊以速度v0發(fā)射子彈，且每次恰逢物塊經(jīng)過(guò)最

低點(diǎn)時(shí)擊中并留在其中。第1顆子彈擊中物塊后，物塊恰好在豎直面

內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，第5顆子彈擊中物塊后，細(xì)繩與物塊連接處被拉斷，

飛出的物塊恰好落在木板的最左端且不再?gòu)椘?物塊豎直方向的分速

度立即減為0，水平分速度保持不變)，物塊相對(duì)于木板靜止后，木

板與右邊的擋板發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，物塊與木板最終相對(duì)

靜止。已知：子彈的質(zhì)量為m，物塊的質(zhì)量為15m，木板的質(zhì)量為30m，

重力加速度為g，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，忽略空氣阻力。

求：

(1)細(xì)繩的長(zhǎng)度L；

(2)木板的最小長(zhǎng)度s；

(3)全過(guò)程中(包含子彈打物塊過(guò)程)損失的機(jī)械能ΔE。

解析：(1)子彈打物塊動(dòng)量守恒，有

mv0＝16mv

1

解得v＝v

160

物塊(含子彈)做圓周運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒，有

2

11

16mg×2L＝×16mv2－×16mv

221

物塊(含子彈)在最高點(diǎn)由向心力公式得

16mv2

16mg＝1

L