高一物理动量试题答案及解析

高一物理动量试题答案及解析
1.某物体质量一定，其动量的变化率保持不变，则（）
A．物体可能做匀变速直线运动B．物体可能做匀变速曲线运动
C．物体可能做匀速圆周运动D．物体中能作简谐运动
【答案】AB
【解析】动量的变化率，即为合外力，所以动量的变化率保持不变，即为合外力恒定，物体做匀变速运动，所以物体可能做匀变速直线运动，物体也可能做匀变速曲线运动，选
AB
2.足球以1.0m/s的速度水平飞向墙壁，碰到墙壁经0.1s后以0.8m/s的速度沿同一直线反弹回来，足球在与墙壁碰撞的过程中的平均加速度为( )
A．2m/s2,方向垂直墙壁向里B．2m/s2,方向垂直墙壁向外
C．18m/s2,方向垂直墙壁向里D．18m/s2,方向垂直墙壁向外
【答案】D
【解析】规定以垂直墙壁向里为正，则：，所以球在与墙碰撞的过
程中的平均加速度的大小为18m/s2，方向垂直墙壁向外，故选D。

【考点】加速度
【名师】此题是对加速度公式的考查；掌握加速度的求解公式是解题的关键；解题时要特
别注意的是，对于矢量的加减，我们要考虑方向，应该规定正方向．此题是基础题，也是易错题，应特别要注意.
3.如图所示，一小球在光滑的V形槽中由A点释放，经B点（与B点碰撞所用时间不计）到达
与A点等高的C点，设A点的高度为1m，则全过程中小球通过的路程和位移大小分别为（）
A. B. C. D
【答案】C
【解析】路程是指物体的轨迹的长度，所以小球通过的路程为，小球的位移
是指从初位置指向末位置的有向线段，所以，故C正确
【考点】考查了路程和位移
【名师】位移是矢量，位移的方向由初位置指向末位置，位移的大小不大于路程．路程是标量，
是运动路径的长度．当质点做单向直线运动时，位移的大小一定等于路程，位移与路程是描述运
动常用的物理量，它们之间大小关系是位移大小≤路程
4.完全相同的三块木块并排固定在水平面上，一颗子弹以速度水平射入，若子弹在木块中做匀
减速直线运动，且穿过第三块木块后速度恰好为零，则子弹依次射入每块木块时的速度之比和穿
过每块木块所用时间之比为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【解析】子弹在木块中做匀减速直线运动，末速度为零，则可研究子弹运动的逆过程，即初速度
为零的匀加速运动；根据v2=2ax可知穿过第3块、第2块、第1块木块的速度分别为；
；，则，选项B正确，A错误；穿过第3块、第2块、
第1块木块的时间为：；；
，则
，故选项D正确，C错误；故选BD.
【考点】匀变速直线运动的规律的应用.
【名师】此题考查了匀变速直线运动的规律的应用；对于末速度为零的匀减速运动，解题时常常
研究它的逆过程，即初速度为零的匀加速运动，这样用公式比较简单；注意掌握初速度为零的匀
加速运动中相等位移的时间关系.
5.磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向
后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速（视为匀加速）的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24cm．而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程
（视为匀加速）重心上升高度为0.5m，那么人离地后重心上升的最大高度可达（空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等）（）
A．15m B．7.5m C．150m D．75m
【答案】C
【解析】解：设磕头虫向下的加速度为a，磕头虫向下的最大速度为v，
则有：v2=2ah
1
磕头虫向上弹起的过程中有：
﹣v2=﹣2gh
2
联立以上两式可得：
a=g=×10=3000m/s2
人向下蹲的过程中有：v
12=2aH
1
人跳起的过程中有：﹣v
12=﹣2gH
2
故有：2aH
1=2gH
2
代入数据解得：H
2
=150m．
故选：C．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：直线运动规律专题．
分析：磕头虫的运动是先向下加速，反弹后竖直上抛运动．人的运动情况和磕头虫的运动情况类
似，加速度相同，故利用v2=2ah
1和﹣v2=﹣2gh
2
联立解得人上升的高度．
点评：解决本题主要是利用人与磕头虫相同的运动过程，即先加速然后向上做竖直上抛运动．类比法是我们解决问题时常用的方法．平时学习要注意方法的积累．
6.如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B
点正下方，B、D间的距离为h，则（）
A．A、B两点间的距离为
B．A、B两点间的距离为
C．C、D两点间的距离为
D．C、D两点间的距离为
【答案】C
【解析】AB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；BC段平抛初速度，持续的时间，
所以C、D两点间距离x=vt=2h，故C正确，D错误．故选C.
【考点】平抛运动的规律
【名师】此题考查了平抛运动的规律；解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速运动和竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式灵活求解，此题是基础题，意在考查学生对基本规律的灵活运用的能力.
7.如图所示为采用动力学方法测量某空间站质量的原理图。

若已知飞船质量为3.5×103 kg，其推进器的平均推力大小为1560 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作了7 s，在这段时间内，飞船和空间站速度变化了0.91 m／s，则空间站的质量约为（）
A．1.2×104 kg B．8.5×103 kg C．1.6×104 kg D．5.0×103 kg
【答案】B
【解析】由运动学公式：，
对整体，由牛顿第二定律：F=（m
1+m
2
）a
解得：；
故ACD错误，B正确，故选B.
【考点】牛顿第二定律的应用
【名师】此题是关于牛顿第二定律的应用问题；注意遇到连接体问题一般应采取“先整体后隔离”
的顺序并根据牛顿第二定律列式求解，此题是基础问题。

8.一物体以5m/s的速度垂直于墙壁，碰撞后，又以3m/s的速度反弹回来．若物体与墙壁作用时
间为0.2s，取碰撞前初速度的方向为正方向，那么物体与墙壁碰撞的过程中，物体的加速度为（）A．40m/s2B．﹣40m/s2C．10m/s2D．﹣10m/s2
【答案】B
【解析】根据物体的初末速度和时间，结合加速度的定义式求出物体的加速度，注意末速度的方
向与初速度方向相反．
解：根据加速度的定义式知，物体的加速度a=．
故选：B．
【点评】解决本题的关键掌握加速度的定义式，注意公式的矢量性，基础题．
9.如图所示，完全相同的三块木块并排固定在水平地面上，一颗子弹以速度v水平射入．若子弹在木块中做匀减速运动且穿过第三块木块后速度恰好为零，则（）
①子弹依次射入每块木块时的速度比为v
1：v
2
：v
3
=3：2：1
②子弹依次射入每块木块时的速度比为
③穿过每块木块所用时间之比为
④穿过每块木块所用时间之比为．
A．①②B．②③C．②④D．③④
【答案】C
【解析】在解匀减速直线运动题目时，由于初速度不等于零，在用公式解题时，方程组非常难解，这时我们可以用逆过程解题，相当于物体做初速度为零的匀加速直线运动．
解：子弹匀减速穿过三木块，末速度为零，我们假设子弹从右向左作初速度为零的匀加速直线运动．
则：子弹依次穿过321三木块所用时间之比：t
3：t
2
：t
1
=1：（）：（）
得：子弹依次穿过123三木块所用时间之比：t
1：t
2
：t
3
=（）：（）：1
设子弹穿过第三木块所用时间为1秒，则穿过3，2两木块时间为：t
3+t
2
=秒，穿过3，2，1三
木块时间为：t
3+t
2
+t
1
=秒
则：子弹依次穿过3，2，1三木块时速度之比为：1：：
所以，子弹依次穿过1，2，3三木块时速度之比为：：：1
故②④正确，①③错误．
故选C
【点评】在研究匀减速直线运动，且末速度为零时，合理运用逆过程可以使题目变得简单易做．要灵活应用匀变速直线运动的推论．
10.如图所示为高速摄影机拍摄到的子弹穿过苹果瞬间的照片．该照片经过放大后分析出，在曝光时间Δt内，子弹前进的距离约为苹果线度（约10 厘米）的1～2%。

已知子弹飞行速度约为500m/s，因此可估算出这幅照片的曝光时间Δt最接近（）
A．10－5s B．10－10s C．10－12s D．10－15s
【答案】A
【解析】由题意可知子弹在照片中的飞行距离，再由速度公式可求得曝光时间。

苹果的长度约10cm，子弹飞行的距离，
则照片的曝光时间，选项A最接近，故选A。

【考点】匀速直线运动。

11. A．B竖直墙壁，现从A墙某处以垂直于墙面的初速度抛出一质量为的小球，小球下落过程中与A．B进行了多次碰撞。

碰撞过程中，竖直方向速度不变，水平方向速度大小不变，方向与原方向相反。

下面四个选项中能正确反映下落过程中小球的水平速度和竖直速度随时间变
化关系的是（）
【答案】B
【解析】小球在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动，速度随时间均匀增大，在水平方向除了碰撞，不受作用力，速度的大小不变，方向碰撞时发生改变，故B正确，A．C．D错误。

【考点】运动的合成与分解
【名师】将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向小球除了碰撞外，不受力，速度的大小不变，在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动；解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，关键将小球分解为水平方向和竖直方向，通过两个方向上的受力，判断物体的运动规律。

12.如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，经O点进入水平滑道OM ，水平滑道M处固定一弹性挡板，设物块经过O点时无机械能损失，物块与挡板碰撞过程也没有无机械能损失。

已知OM段距离为d，物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g. 求：
（1）物块滑到坡道底端O点时的速度大小；
（2）若物块与挡板碰撞后回到坡道上，它能够上升的最大高度是多少．
（3）若h="0.8m" , d="0.6m" , μ ="0.2" , 则物块最后静止的位置离挡板距离多大？
【答案】（1）
（2）h - 2μd
（3）0.2m
【解析】（1）下滑到O过程，由机械能守恒得：mgh =mv2
即v =
（2）从开始下滑到上升最大高度H的过程，由动能定理得：mgh -μmg 2d -mgH =0
则 H =" h" - 2μd
（3）设物块在水平滑道来回滑动的路程为S，则整个过程由动能定理得：mgh - μmgS = 0
得S =" h/μ" = 4m
=
则物块离挡板距离为 d -×2d = 0.2m
【考点】动能定理；机械能守恒定律
13.如图所示，质量为m的小物块（可视为质点），用长为L的轻细线悬于天花板的O点．足够长的木板AB倾斜放置，顶端A位于O点正下方，与O点的距离为2L，木板与水平面间的夹角θ=30˚．整个装置在同一竖直面内．现将小物块移到与O点同高的P点（细线拉直），由静止释
放，小物块运动到最低点Q时剪断细线，重力加速度为g，求：
（1）剪断细线时，小物块速度的大小；
（2）小物块在木板上的落点到木板顶端A 的距离及与木板接触前瞬间的速度． 【答案】（1）（2）4l ； 【解析】（1）设剪断细线时，小物块速度的大小v 0，由机械能守恒定律得：解得：
（2）设小物块在木板上的落点到木板顶端A 的距离为s ，由平抛运动的规律得： l+s•sinθ=gt 2
scosθ=v 0t
联立以上各式得：s=4l
设小物块与木板接触前瞬间的速度大小为v ，方向与水平方向的夹角为β，由平抛运动的规律、机械能守恒定律得：mv 2=mg （2l+s•sinθ）
v 0=vcosβ
联立以上各式得：，β=60° 【考点】机械能守恒定律；平抛运动
14. 如图所示，斜面倾角为45°，从斜面上方A 点处由静止释放一个质量为m 的弹性小球，在B 点处和斜面碰撞，碰撞后速度大小不变，方向变为水平，经过一段时间在C 点再次与斜面碰撞．已知AB 两点的高度差为h ，重力加速度为g ，不考虑空气阻力．求：
（1）小球在AB 段运动过程中重力做功的平均功率P ； （2）小球落到C 点时速度的大小． 【答案】（1）
（2）
【解析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小球到达B 点的速度，再根据平均速度公式求出这段位移内的平均速度，从而求出重力做功的平均功率．
（2）从B 点反弹后做平抛运动，根据平抛运动竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，求出运动的时间，求出竖直分速度，根据平行四边形定则求出合速度，即C 点的速度． 解：（1）小球下降过程中，做自由落体运动，落到斜面B 点的速度为v ， 满足：2gh=v 2 解得： 所以小球在AB 段重力的平均功率：
（2）小球从B 到C 做平抛运动，设B 到C 的时间为t ，
竖直方向：
水平方向：x BC cosθ=vt 解得：t=
所以C 点的速度为．
15. 甲、乙两球在光滑水平面上同一直线同一方向上运动，它们动量p 甲=5kg•m/s ，p 乙=7kg•m/s ，已知甲球速度大于乙球速度，当甲球与乙球碰后，乙球动量变为10kg•m/s ，则m 甲，m 乙关系可能是（ ） A ．m 甲=m 乙
B ．m 甲=m 乙
C ．m 甲=m 乙
D ．m 甲=
m 乙
【答案】C
【解析】因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有
，得到
根据动量守恒得：p 甲+p 乙=p 甲′+p 乙′， 代入解得p 甲′=2kg•m/s ． 根据碰撞过程总动能不增加得到：+
≥
+
，
代入解得：
=
又碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则有：≤
，
代入解得：≥ 所以有：≤
≤
故选：C
16. 如图所示，一内壁光滑的圆环形窄槽固定在水平桌面上，槽内彼此间距相等的 A 、B 、C 三位置处，分别有静止的大小相同的弹性小球m 1、m 2、m 3，小球与槽壁刚好接触．现让m 1以初速度v 0沿槽顺时针运动．已知三球的质量分别为m 1=m 、m 2=m 3=2m ，小球球心到圆环中心的距离为R ．设各球之间的碰撞时间极短，碰撞中没有能量损失．求：
（1）m 1和m 2相碰后各自的速度大小； （2）m 3和m 1第一次碰撞的位置；
（3）m 1和m 2第一次相碰后；再经过多长时间，m 1和 m 2第二次相碰？ 【答案】（1）碰后m 1的速度为反向的v 0，m 2的速度为v 0； （2）m 1和m 3第一次相碰点在A 点； （3）m 1和m 2第一次相碰后再经过时间，m 1和 m 2第二次相碰
【解析】（1）由题知碰撞过程动量守恒，动能守恒m 1与m 2碰撞过程满足
mv 0=mv 1+2mv 2 mv 02=mv 12+2mv 22
得v 1=﹣
（负号表示逆时针返回），v 2=
（2）因为m 2=m 3=2m ，与第（1）问同理可得，m 2运动到C 处与m 3碰后，两者交换速度， 即v 2′=0，v 3==v 2
所以m 3以
的速度顺时针由C 向A 运动，与m 1逆时针返回．
因为v 2=v 3=2v 1，l BC +l CA =2l AB
所以m 3和m 1同时到达A 点并进行碰撞． （3）m 3与m 1碰撞过程满足 2m ﹣m
=mv 1′+2mv 3′
2m （
）2+m （
）2=mv 1′2+
2mv 3′，
解之得v 1′=v 0 v 3′=0
（另一组解v 1′=﹣v 0，v 3′=，这表示互相穿过去，不可能，所以舍去）即碰后m 3停止，m 1以
v 0再次顺时针运动．
m
1和m
2
第一次相碰后，返回A点的时间
m
1与m
3
在A处碰后，m
1
以v
返回到C的时间t
2
=2×
从m
1和m
2
第一次相碰，到m
1
和m
2
第二次相碰经历的总时间t=t
1
+t
2
=
17.在某次海上军事演习中，一艘鱼雷快艇以30m/s的速度追击前面同一直线上正在逃跑的敌
舰．当两者相距L
0=2km时，快艇以60m/s的速度发射一枚鱼雷，经过t
1
=50s，艇长通过望远
镜看到了鱼雷击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰仍在继续逃跑，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚鱼雷以同样速度发射后，又经t
2
=30s，鱼雷再次击中敌舰并将其击沉．求第一枚鱼
雷击中前后，敌舰逃跑的速度v
1、v
2
分别为多大？
【答案】20 m/s，10 m/s
【解析】第一枚鱼雷击中前，敌舰逃跑的速度v
1，当鱼雷快艇与敌舰相距L
="2" km时，发射第
一枚鱼雷，在t
1
="50" s击中敌舰，此时位移满足：
（v﹣v
1）t
1
=L
即：（60﹣v
1
）×50=2000
解得：v
1
="20" m/s
击中敌舰时，鱼雷快艇与敌舰的距离为：
L 0﹣（30﹣20）t
1
="1500" m
马上发射第二枚鱼雷，击中后敌舰的速度为v
2，经t
2
="30" s，鱼雷再次击中敌舰，此时位移满足：
（v﹣v
2）t
2
=1500
即：（60﹣v
2
）×30=1500
解得：v
2
="10" m/s
答：敌舰逃跑的速度分别为20 m/s，10 m/s．
18.如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的
斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v
的速度迎面滑来，已知h＝，为了使两车不可能再发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点.
【答案】v
0≤v≤v
【解析】设甲车(包括人)滑下斜坡后速度v
1
，由机械能守恒定律得
(m
1＋M)v
1
2＝(m
1
＋M)gh
得：v
1
＝
设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人
跳离甲车和跳上乙车后．两车的速度分别为v′
1和v′
2
，则
人跳离甲车时：(M＋m
1)v
1
＝Mv＋m
1
v′
1
即(2m＋m)v
1＝2mv＋mv′
1
①
人跳上乙车时：Mv－m
2v
＝(M＋m
2
)v′
2
即(2m＋2m)v′
2＝2mv－2mv
②
解得v′
1＝6v
－2v③
v′
2＝v－v
④
两车不可能发生碰撞的临界条件是：v′
1＝±v′
2
当v′
1＝v′
2
时，由③④解得v＝v
当v′
1＝－v′
2
时，由③④解得v＝v
故v的取值范围为：v
0≤v≤v
.
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
点评：解决本题的关键抓住临界状态，选择研究对象，运用动量守恒定律进行求解．
19.如图所示在光滑的水平面上放置着一质量为M的木块，一质量为m的子弹以初速度从左边水平射向木块，并能留在木块中，木块获得的速度为，系统产生的热量为Q
1
；若仅将木块从上
方削去一部分，仍让子弹以初速度从左边水平射向木块，木块最终获得的速度为，系统产生
的热量为Q
2
，整个过程中假设子弹、木块间的作用力不变，则下列说法正确的是（）
A．子弹将射出木块，，
B．子弹将射出木块，，
C．子弹仍将留在木块中，，
D．子弹仍将留在木块中，，
【答案】C
【解析】由动量守恒定律；由能量关系；联立解得；若木块切下一部分质量减小，则v变大，Q减小，d减小，即子弹仍将留在木块中，，；选项C正确；故选C.
20.一中子与一质量数为A（A＞1,质子质量和中子质量相等）的原子核发生弹性正碰。

若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方
向为正方向，有：mv
1=mv
2
+Amv，mv
1
2＝mv
2
2+•Amv2
联立两式解得：．故A正确，BCD错误．故选A．
点睛：解决本题的关键知道弹性碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，与非弹性碰撞不同，非弹性碰撞机械能不守恒.
21.载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少多长（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动
量守恒，规定竖直向下为正方向可得：0=Mv
2+mv
1
①
人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小，②
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为③
将②③代入①得
解得，故选D.
22.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图所示。

用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。

将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的是
A．两手同时放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，在弹簧恢复原长的过程中，动量不守恒
C．先放开左手，再放开右手后，在弹簧恢复原长的过程中，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的
总动量不一定为零
【答案】ACD
【解析】若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；先放开左手，再放开右手，在此时间内两车与弹簧组成的系
统所受合外力不为零，系统动量不守恒；放开右手后，直到弹簧恢复原长的过程中，系统受到的
合力为零，动量守恒，故B错误；先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合
外力的冲量向左，系统总动量向左，故C正确；无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总
动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，则系统的总动量不一定为零，故D正确；故选：ACD．
点睛：本题考查了动量守恒的判断，知道动量守恒的条件即可正确解题，系统所受合外力为零时，系统动量守恒．
23.质量为m的人站在光滑水平面上质量为M的小车一端，车长为L.当人从一端走到另一端时，
则小车在水平上移动的位移大小是_________________ 。

【答案】
【解析】当人从车的一端走到另一端，人和车系统的动量守恒，令此过程人、车的移动的距离分
别为，规定人的速度方向为正方向，由系统动量守恒定律得：
，人和车的运动时间相等的，所以有：，
又，解得：。

点睛：注意动量守恒的条件是如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的
总动量保持不变．灵活运用动量关系解题比牛顿运动定律来得简单方便，应用系统动量守恒定律
注意其矢量性。

24.质量为0.4kg的小球沿光滑水平面以0.5m/s的速度冲向墙壁，又以0.4m/s的速率被墙反弹
回（如下图所示）。

若球与墙壁的作用时间为0.05s，则小球受到墙壁的平均冲力大小为
_________________N。

【答案】7.2
【解析】设小球的平均作用力为F，对小球的撞墙的过程使用动量定理；以向右为正方向，所以有：，代入数据，得平均力大小为：，其方向与规定正方向同向。

点睛：于碰撞过程求解冲力，一般根据动量定理研究，解题时要注意矢量的方向。

25.质量m
1=10kg的小球在光滑的水平桌面上以v
1
=30m/s的速率向右运动，恰好遇上在同一条
直线上向左运动的另一个小球．第二个小球的质量为m
2=50kg，速率v
2
=10m/s．碰撞后，小球
m
2恰好停止．那么，碰撞后小球m
1
的速度是多大，方向如何？
【答案】20cm/s，方向向左
【解析】设向右的方向为正方向
动量守恒定律：（3分）
. （1分）
碰撞后球m
1
的速度大小为20cm/s，方向向左（1分）
【考点】本题考查了动量守恒定律
26.为了保护航天员的安全,飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大措施，在距离地面大约1 m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱最终安全着陆。

把返回舱从离地1m开始减速到完全着陆称为着地过程。

则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是 ( )
A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C．减小着地过程的作用时间
D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力
【答案】D
【解析】返回舱和航天员在最后1m的着陆过程中用不用反推火箭，它们的初速度相同，末速度是零，故在着陆过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，反推火箭的作用是延长着陆时间，减少动量的变化率，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，由于动量变化相同，延长了着陆时间则减小了着陆过程中返回舱和航天员所受的平均冲击力．由分析知：在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故A错误；根据动量定理，在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故在此过程中所受冲量也是相同的，故B错误；反推火箭的主要作用是延长了返回舱和航天员的着地时间，故C错误；根据动量定理，在着地过程中动量的变化相同，反推火箭延长了着地时间，根据动量定理可知在着地过程中反推火箭的作用是减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲击力，故D正确。

所以D正确，ABC错误。

27.质量为1kg的物体从距地面1.8米高处落下，如果把整个过程看作是自由落体运动
（g=10m/s2）．求：
（1）整个下落过程中所用的时间t
（2）整个下落过程中重力冲量I的大小
（3）物体落地前瞬间的动量P的大小
【答案】（1）t=0.6s（2）I=6N∙s（3）6kg∙m/s
【解析】（1）整个下落过程中，由自由落体公式，得：t=0.6s
（2）整个下落过程中，重力的冲量，得
（3）整个下落过程中，由动量定理
物体落地前瞬间的动量P=mv
得
28.质量为1kg的物体从距地面1.8米高处落下，如果把整个过程看作是自由落体运动。