人教版 (2019)1 动量优秀同步训练题

这是一份人教版 (2019)1 动量优秀同步训练题，文件包含同步讲义人教版2019高中物理选修第一册-第一章-动量守恒定律--第01讲动量讲义原卷版docx、同步讲义人教版2019高中物理选修第一册-第一章-动量守恒定律--第01讲动量讲义解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。

第01节 动量

目标导航


课程标准
课标解读
1．一维两个物体碰撞前后的速度的测量方法；
2．理解动量概念及其矢量性。

1．认识一维碰撞。
2．掌握在同一条直线上运动的两个物体碰撞前、后速度的测量方法。
3．通过实验得到一维碰撞中的不变量表达式。
4．会计算一维情况下的动量及其变化量。
5．会计算非一维状态下的物体的动量变化量。

知识精讲


知识点01 寻求碰撞中的不变量
1．实验探究的基本思路
(1)碰撞中的特殊情况——一维碰撞
两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动．高中阶段仅限于用一维碰撞进行研究．在一维碰撞的情况下，与物体运动有关的物理量只有物体的质量和速度，因此实验要测量物体的质量和速度．
(2)寻找碰撞中的不变量
①碰撞前后物体质量不变，但质量并不描述物体的运动状态，不是我们寻找的“不变量”．
②必须在多种碰撞的情况下都不改变的量，才是我们寻找的“不变量”．
③猜想：在一维碰撞的情况下，设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′.如果速度与规定的正方向一致，则速度取正值，否则取负值．
(ⅰ)碰撞中的不变量可能是质量与速度的乘积，那么就相应验证：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
(ⅱ)碰撞中的不变量可能是质量与速度的二次方的乘积，那么就相应验证：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2.
(ⅲ)碰撞中的不变量也许是物体的速度与质量的比值，那么就相应地验证：＋＝＋.
当然还有其他可能，依次进行验证．
2．实验探究方案
【方案1】利用等长悬线悬挂等大小的小球实现一维碰撞
实验步骤：
(1)按下图所示安装实验装置：

(2)质量的测量：用天平测量质量．
(3)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，根据机械能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度；测量碰撞后两小球分别摆起的对应角度，根据机械能守恒定律算出碰撞后对应的两小球的速度．
(4)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两小球碰撞时的能量损失．
注意：利用摆球测定的方法：
根据机械能守恒定律得到摆球在最低点的速度：mgL(1－cos θ)＝mv2，得：v＝.

【即学即练1】(多选)某同学利用如图所示的装置探究碰撞过程中的不变量，下列说法正确的是(　　)

A．悬挂两球的细绳长度要适当，可以不等长
B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度
C．两小球必须都是钢性球，且质量相同
D．两小球碰后可以黏合在一起共同运动
【解析】　两绳等长，能保证两球正碰以减小实验误差，所以A项错误；计算碰撞前速度时用到了mgh＝mv2－0，即初速度为0，B项正确；本实验中对小球的性能无要求，C项错误；两球正碰后，运动情况有多种可能，所以D项正确．
【答案】　BD
【方案2】用气垫导轨完成两个滑块的一维碰撞
实验步骤
(1)按下图所示安装气垫导轨．

(2)调节气垫导轨水平，并使光电计时器系统正常工作．
(3)在滑块1上装上挡光片并测出其长度l.
(4)在滑块2的碰撞端面粘上橡皮泥(或双面胶纸)．
(5)用天平测出滑块1和滑块2的质量m1、m2.
(6)把滑块1和滑块2放在气垫导轨上，让滑块2处于静止状态(v2＝0)，用滑块1以初速度v1与之碰撞(这时光电计时器系统自动计算时间)，撞后两者粘在一起，分别记下滑块1的挡光片碰前通过光电门的遮光时间t1和碰后通过光电门的遮光时间t2.
(7)先根据v＝计算滑块1碰撞前的速度v1及碰后两者的共同速度v；再计算两滑块碰撞前后的动量，并比较两滑块碰撞前后的动量的矢量和．
【即学即练2】在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中，下列哪些因素可导致实验误差(　　)
A．导轨安放不水平　　　 B．滑块上挡光板倾斜
C．两滑块质量不相等 D．两滑块碰后连在一起
【解析】　A项中，导轨不水平将导致滑块速度受重力分力影响，从而产生实验误差；B项中，挡板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段滑块通过的位移；实验中并不要求两滑块的质量相等；两滑块碰后连在一起只意味着碰撞过程能量损失最大，并不影响碰撞中的守恒量．综上所述，答案为A、B两项．
【答案】　AB
知识点02 动量
1．定义：物体质量和速度的乘积，用字母p表示，p＝mv.
2．动量的矢量性：动量既有大小，又有方向，是矢量．动量的方向与速度的方向一致，运算遵循矢量运算法则．
3．单位：国际单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s.
4．动量具有相对性：选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同，即动量具有相对性．通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指相对地面的动量．
【知识拓展】
动量与速度、动能的区别和联系

动量与速度
动量与动能
区别
①动量在描述物体运动方面更进一步，更能体现运动物体的作用效果
②速度描述物体运动的快慢和方向
①动量是矢量，从运动物体的作用效果方面描述物体的状态
②动能是标量，从能量的角度描述物体的状态
联系
①动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，且 p＝mv
②动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，且p＝或Ek＝
【即学即练3】(多选)关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)
A．惯性越大的物体，它的动量也越大
B．动量大的物体，它的速度不一定大
C．物体的速度大小不变，则其动量也保持不变
D．运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向
【解析】 动量的大小由质量和速度的大小共同决定，即p＝mv，惯性大则质量大，但动量不一定大，选项A错误；动量大的物体，可能是速度大，但也有可能是质量大，选项B正确；动量是矢量，其方向与速度方向相同，只有在速度大小、方向均不变时，其动量才保持不变，故选项C错误、选项D正确．
【答案】 BD
知识点03 动量的变化量
1．动量变化量的理解
(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，即Δp＝p′－p
(2)动量的变化量Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量Δv相同．
(3)因为 p＝mv 是矢量，只要 m 的大小、v 的大小和 v 的方向三者中任何一个发生了变化，动量 p 就发生变化．
2．动量变化量Δp的计算
(1)当物体做直线运动时，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负．若Δp 是正值，就说明Δp 的方向与所选正方向相同；若Δp 是负值，则说明Δp 的方向与所选正方向相反．
(2)当初、末状态动量不在一条直线上时，可按平行四边形定则求Δp 的大小和方向．
【即学即练4】质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后以3m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为（ ）
A．10kg·m/s B． - 10kg·m/s
C．40kg·m/s D． - 40kg·m/s
【解析】 由题知，取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为Dp = - mv′ - mv = 5 × ( - 3 - 5)kg×m/s = - 40kg×m/s，故选D。
【答案】 D
能力拓展


考法01 寻求碰撞中的不变量中的计算
【典例1】 如图(a)所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车固定一穿过打点计时器的纸带，先启动打点计时器，然后给甲车一个水平向右的瞬时力，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况如图(b)所示，电源频率为50 Hz，则碰撞前甲车速度大小为________m/s，碰撞后的共同速度大小为________m/s.

【解析】 由图知开始在0.02 s内位移约为1.2×10－2 m，故碰前速度v1＝ m/s＝0.6 m/s.碰后在0.02 s 内位移约为0.8×10－2 m，故碰后速度v2＝ m/s＝0.4 m/s.
【答案】 0.6　0.4　
考法02 对动量和动量增量的理解
【典例2】(多选)关于动量的变化，下列说法正确的是(　　)
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零
【解析】 当运动物体的速度增大时，其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1>0，与物体运动方向相同。如图(a)所示，所以A 选项正确。

当物体速度减小时，p2 当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化，动量可能不变化即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，C选项不正确。当物体做曲线运动时，动量的方向变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，如图(c)所示，故D选项正确。
【答案】 ABD
考法03 对动量变化量的求解
【典例3】 羽毛球是速度最快的球类运动之一。假设球飞来的速度为，我国运动员林丹将球以的速度反向击回．设羽毛球质量为试求：
(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？
【解析】 (1)以球飞回的方向为正方向，则


所以羽毛球的动量变化量为
即羽毛球的动量变化大小为，方向与羽毛球飞回的方向相同；
(2)羽毛球的初速度为，羽毛球的末速度为，所以

羽毛球的初动能
羽毛球的末动能，
所以
【答案】 (1)，方向与羽毛球飞回的方向相同；(2)


题组A 基础过关练
1．(多选)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中，下列因素可导致实验误差的是(　　)
A．导轨安放不水平 B．小车上挡光板倾斜
C．两小车质量不相等 D．两小车碰后连在一起
【解析】 A中导轨不水平，小车速度将受重力影响．B项中挡光板倾斜导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，导致速度计算出现误差．
【答案】 AB
2．(多选)若用打点计时器做探究碰撞中的不变量实验时，下列操作中正确的是(　　)
A．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量
B．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起
C．先接通打点计时器电源，再释放拖动纸带的小车
D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源
【解析】 车的质量可以用天平测量，没有必要一个用撞针而另一个用橡皮泥配重，这样做的目的是为了碰撞后粘在一起有共同速度，便于测量碰后的速度，选项B正确．打点计时器的使用原则是先接通电源再释放小车，C项正确．
【答案】 BC
3．(多选)对于一个质量不变的物体，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动量发生变化，其动能一定变化
B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化
C．物体的动能发生变化，其动量一定变化
D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化
【解析】　当质量不变的物体的动量发生变化时，可以是速度的大小发生变化，也可以是速度的方向发生变化，还可以是速度的大小和方向都发生变化．当物体的速度方向发生变化而速度的大小不变时，物体的动量(矢量)发生变化，但动能(标量)并不发生变化，选项A错误，B正确．当质量不变的物体的动能发生变化时，必定是其速度的大小发生了变化，而无论其速度方向是否变化，物体的动量必定发生变化，选项C正确，D错误．
【答案】 BC
4．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．动量大的物体惯性一定大
B．动量大的物体运动一定快
C．动量相同的物体运动方向一定相同
D．动量相同的物体速度小的惯性大
【解析】　物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，选项A错误；同理，动量大的物体速度也不一定大，选项B错误；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体，运动方向一定相同，选项C正确；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性也大，选项D正确．
【答案】　CD
5．关于动量和动能，以下说法中正确的是(   )
A．速度大的物体动量一定大
B．质量大的物体动量一定大
C．两个物体的质量相等，动量大的其动能也一定大
D．两个物体的质量相等，速度大小也相等，则它们的动量一定相等
【解析】 AB．根据p=mv可知，速度大的物体动量不一定大，质量大的物体动量不一定大，AB不符合题意；
C．根据Ek =可知，两个物体的质量相等，动量大的其动能也一定大，C符合题意；
D．两个物体的质量相等，速度大小也相等，则它们的动量大小一定相等，但是由于方向不一定相同，则动量不一定相等，D不符合题意。故答案为C。
【答案】 C
6．物体的动量变化量的大小为6 kg·m/s，这说明(　 　)
A．物体的动量在减小
B．物体的动量在增大
C．物体的动量大小一定变化
D．物体的动量大小可能不变
【解析】物体的动量变化量的大小为6 kg·m/s，动量是矢量，动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变，故D正确，A、B、C错误。故选D。
【答案】D
7．某同学将0.5 kg的足球以5 m/s的速度踢到竖直墙上，足球以5 m/s的速度被弹回。
(1)足球的初动量和末动量是否相同？
(2)足球的动量变化量是多少？
【解析】 (1)足球初、末动量大小相同，但方向不同，故初、末动量不同。
(2)取初速度方向为正方向，则足球的动量变化量为
Δp＝mv2－mv1＝0.5×(－5) kg·m/s－0.5×5 kg·m/s＝－5 kg·m/s.
即动量变化量大小为Δp＝5 kg·m/s
动量变化量的方向与初速度方向相反。
【答案】 (1)不同；(2)5 kg·m/s，方向与初速度方向相反
8．质量为0.1 kg的小球从1.25 m高处自由落下，与地面碰撞后反弹回0.8 m高处．取竖直向下为正方向，且g＝10 m/s2.求：
(1)小球与地面碰前瞬间的动量；
(2)球与地面碰撞过程中动量的变化．
【解析】 (1)设小球从1.25 m高处自由落下碰地前瞬间的速率为v1，则有：v＝2gh1
得到：v1＝＝ m/s＝5 m/s，
所以小球与地面碰前瞬间的动量p1＝mv1＝0.1×5 kg·m/s＝0.5 kg·m/s.
(2)设小球碰地后瞬间的速率为v2，则有：v＝2gh2
得到v2＝＝ m/s＝4 m/s
取竖直向下方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为
Δp＝－mv2－mv1＝－0.1×(5＋4) kg·m/s＝－0.9 kg·m/s，
负号表示方向竖直向上．
【答案】 (1)小球与地面碰前瞬间的动量为0.5 kg·m/s；(2)球与地面碰撞过程中动量的变化大小是0.9 kg·m/s，方向竖直向上．
题组B 能力提升练
1．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【解析】 A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。故选D。
【答案】 D
2．(多选)跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中(　　)

A．在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的
B．在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的
C．在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的
D．在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的
【解析】　运动员做平抛运动，只受重力，是恒力，根据动量定理，动量的改变量等于合力的冲量，任意相等时间内合力的冲量相等，故任意相等时间内动量的改变量相等，故A正确；平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是匀加速运动，故在相等的时间间隔内竖直分位移不一定相等，故重力做的功不一定相等，故动能增加量不一定相等，故B错误；平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是加速运动，在下落相等高度的过程中，时间不一定相等，故合力的冲量不一定相等，故动量的增加量不一定相等，故C错误；在下落相等高度的过程中，合力的功相等，根据动能定理，动能的增加量相等，故D正确．
【答案】 AD
3．如图所示，完全相同的三个小球a、b、c从距离地面同一高度处以等大的初速度开始运动，分别做平抛、竖直上抛和斜抛运动，忽略空气阻力．以下说法不正确的是(　　)

A．三个小球不同时落地
B．b、c所能达到的最大高度相同
C．三个小球落地时的速度大小相等
D．落地之前，三个小球在任意相等时间内动量的增量相同
【解析】 a球做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，b做竖直上抛运动，c做斜上抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以三个小球运动的时间不等，不同时落地，故A正确．b、c两球初始高度相同，分别做竖直上抛和斜上抛运动，开始时沿竖直方向向上的分速度c小，b大，所以b上升的最大高度大，c上升的最大高度小，故B不正确．小球运动过程中，只有重力做功，机械能均守恒，则有mgh＋mv＝mv2，得v＝，知三个小球初位置的高度h和初速度v0大小都相等，则落地时速度v大小相等，故C正确．三个小球的质量相等，根据动量定理可知，三个小球在任意相等时间内动量的增量为Δp＝mgt，则Δp是相等的，故D正确．本题选不正确的，故选B．故选B。
【答案】 B
4．(多选)质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中(　　)
A．上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反
B．整个过程中重力的冲量为2mv0
C．整个过程中重力的冲量为0
D．上升过程中冲量大小为mv0，方向向下
【解析】 物体上升下降动量变化量相同，均为mv0，都向下．A错，B对，C错，D对．
【答案】 BD
5．一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1，当它下落2h时动量大小为p2，那么p1∶p2等于(　　)
A．1∶1　 B．1∶ C．1∶2 D．1∶4
【解析】　物体做初速度为零的匀加速直线运动，v＝2ah，v＝2a·2h，则p1＝mv1＝m，p2＝mv2＝m，所以p1∶p2＝1∶，选项B正确．
【答案】　B
6．(多选)如图所示，表示物体受到的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，则前3 s内(　　)

A．物体的位移为0
B．物体的动量改变量为0
C．物体的动能变化量为0
D．物体的机械能改变量为0
【解析】　第1 s内F＝20 N，第2、3 s内F＝－10 N，物体先加速、后减速，在第3 s末速度为零，物体的位移不为零，A错误；根据牛顿第二定律知物体第1 s内的加速度为a1＝ m/s2,1 s末的速度v1＝a1t1＝×1 m/s＝ m/s，物体第2、3 s内的加速度为a2＝－ m/s2,3 s末的速度v3＝v1＋a2t2＝－×2＝0，故前3 s内动量变化量Δp＝mv3－mv0＝0－0＝0，B正确；由于初速度和末速度都为零，因此动能变化量也为零，C正确；但物体的重力势能是否改变不能判断，因此物体的机械能是否改变不能确定，D错误．
【答案】 BC
7．在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次落台的乒乓球看成完全相同的球1和球2，如图所示。不计乒乓球的旋转和空气阻力研究乒乓球自起跳到过网的过程，下列说法正确的是(　　)

A．过网时，球1的速度大于球2的速度
B．起跳时，球1动量的大小小于球2动量的大小
C．球1的飞行时间大于球2的飞行时间
D．球1的速度变化率小于球2的速度变化率
【解析】 C．起跳后，乒乓球的运动视为斜抛运动，其逆过程为平抛运动，由，均恰好在等高处水平越过球网，则球1的飞行时间等于球2的飞行时间，C错误；
A．过网时球的速度是平抛运动的初速度，根据以上分析知运动时间相同，球1的水平位移大，故过网时球1的速度大于球2的速度，A正确；
B．起跳时，竖直分速度为，可知起跳时，两球竖直方向的分速度是相等的，根据速度的合成，所以起跳时，球1的速度大于球2的速度，根据，起跳时，球1动量的大小大于球2动量的大小，B错误；
D．不计乒乓球的旋转和空气阻力，知两球加速度等于g，相同，故球1的速度变化率等于球2的速度变化率，D错误。故选A。
【答案】 A
8．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆弧轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物体a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是(　　)

A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相同
B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相同
C．a比b先到达S，它们在S点的动量相同
D．b比a先到达S，它们在S点的动量相同
【解析】 在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh＝mv2，解得v＝，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a的路程小于b的路程，故ta＜tb，即a比b先到达S，又因为到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A正确．
【答案】 A
9．两木块A、B质量之比为2︰1，在水平地面上滑行时与地面间的动摩擦因数相同，则A、B在开始滑行到停止运动的过程中，下列关于滑行的时间之比tA︰tB和距离之比xA︰xB的说法正确的是(　　)
A．初动能相同时分别为1︰，1︰2
B．初动能相同时分别为1︰4,1︰4
C．初动量相同时分别为1︰，1︰2
D．初动量相同时分别为1︰2,1︰2
【解析】 根据牛顿第二定律得a＝＝μg，两木块A、B与地面间的动摩擦因数相等，则两木块做匀减速运动的加速度大小相等，由题意知两木块质量之比为2︰1，当初动能相同时，根据Ek＝mv2知，初速度大小之比为1︰，根据t＝知，滑行的时间之比为1︰；根据匀变速直线运动的平均速度推论知x＝vt，因为初速度大小之比为1︰，运动时间之比为1︰，则滑行距离之比为1︰2，故A正确，B错误；若初动量相等，由p＝mv可知初速度大小之比为1︰2，则根据t＝知，滑行的时间之比为1︰2；根据匀变速直线运动的平均速度推论知x＝vt，因为初速度大小之比为1︰2，时间之比为1︰2，则滑行距离之比为1︰4，故C、D错误。
【答案】 A
10．如图所示，已知A、B之间的质量关系是mB＝1.5mA，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm至105 cm这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片(闪光时间间隔为0.4 s)，求出：

(1)A、B两滑块碰撞前后的速度各为多少？
(2)根据闪光照片分析说明：两滑块碰撞前后，两个物体各自的质量与自己的速度的乘积之和是不是不变量？
【解析】 (1)由图分析可知，碰撞后：
从发生碰撞到第二次拍摄照片，A运动的时间是t1＝＝s＝0.2 s，
由此可知：从拍摄第一次照片到发生碰撞的时间为t2＝(0.4－0.2)s＝0.2 s，
则碰撞前B物体的速度为vB＝＝m/s＝1.0 m/s，由题意得vA＝0
(2)碰撞前：mAvA＋mBvB＝1.5mA，
碰撞后：mAvA′＋mBvB′＝0.75mA＋0.75mA＝1.5mA，所以mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，即碰撞前后两个物体各自的质量与自己的速度的乘积之和是不变量．
【答案】 见解析
题组C 培优拔尖练
1．(2021·高考湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应图像中的一个点。物体运动状态的变化可用图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　)
A． B．
C． D．
【解析】 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有，而动量为，联立可得，动量p关于x为幂函数，且，故正确的相轨迹图像为D。故选D。
【答案】 D
2．(2022•高考湖南卷)(多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是(　　)

A．在时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在时间内，返回舱的加速度不变
C．在时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在时间内，返回舱的机械能不变
【解析】 A．重力的功率为，由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；
D．在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。故选AC。
【答案】 AC
3．在“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1＝15 g，原来静止的被碰小球m2＝10 g，由实验测得此两小球在碰撞前后的s－t图象如图所示．由图可知，入射小球碰撞前的m1v1是______，被碰小球的m2v2是______．由此得出结论__________．

【解析】 由图象知v1＝m/s＝1 m/s，v1′＝ m/s＝0.5 m/s，v2′＝m/s＝0.75 m/s，因此m1v1＝0.015 kg×1 m/s＝0.015 kg·m/s，m2v2＝0，m2v2′＝0.010 kg×0.75 m/s＝0.0075 kg·m/s，而m1v1′＝0.015 kg×0.5 m/s＝0.0075 kg·m/s，即有m1v1′＋m2v2′＝0.015 kg·m/s＝m1v1，说明在误差允许范围内，两球碰撞前后mv的总量不变．
【答案】 0.015 kg·m/s　0 两球碰撞前后mv的总量不变
4．将质量为m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m 处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；
(2)小球落地时的动量p′.
【解析】 (1)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝gt2
落地时间t＝＝1 s
Δv＝vy＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，方向竖直向下
故Δp＝mΔv＝1×10 kg·m/s＝10 kg·m/s，方向竖直向下．
(2)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v＝＝ m/s＝10 m/s
所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10 kg·m/s
方向与水平方向的夹角为45°.

【答案】 (1) 10 kg·m/s (2) 10 kg·m/s