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章末综合检测（一）　动量与动量守恒定律
（时间：75分钟　满分：100分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1.对下列情境说法正确的是（　　）
A.子弹打进木块后一起向左运动的过程，子弹和木块构成的系统动量守恒
B.两同学传接篮球的过程，两同学和篮球构成的系统动量守恒
C.绑有磁铁的两小车在光滑水平地面上相向运动的过程，两车构成的系统动量守恒
D.小球从静止在光滑水平面上的圆弧槽顶端释放，在离开圆弧槽前小球和圆弧槽构成的系统动量守恒
2.（2025·四川广元市高二联考）福建舰满载排水量8万余吨，是我国完全自主设计的首艘弹射型平直通飞行甲板航母。它采用了具有世界领先水平的电磁弹射装置，设起飞过程中舰载机发动机的推力和电磁弹射器的推力恒定，阻力为总推力的20％，舰载机在水平弹射结束时达到起飞速度80 m/s。从舰载机开始运动到起飞的过程中（　　 ）
A.舰载机动量最大时，加速度为零
B.舰载机水平方向的动量守恒
C.阻力和电磁弹射器的推力和发动机的推力对舰载机做功之和等于舰载机动能的增加量
D.舰载机发动机的推力和电磁弹射器对舰载机的推力的冲量之和等于舰载机动量的增加量
3.如图所示，学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则（　　）
A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 N·s
C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D.脚部对足球的平均作用力为足球所受重力的9倍
4.短道速滑接力比赛中，两运动员交接时，后方队员要用力将前方队员推出，某次比赛中，交接前，前方队员速度大小为10 m/s，后方队员的速度大小为12 m/s，已知前方队员的质量为60 kg，后方队员的质量为 66 kg。后方队员将前方队员推出后瞬间速度大小变为8 m/s，此时前方队员的速度大小约为（　　）
A.14.4 m/s B.13.1 m/s
C.23.2 m/s D.21.1 m/s
5.（2025·四川泸州市高二联考）如图所示为用木槌把糯米饭打成糍粑的场景，已知木槌质量为1.8 kg，木槌刚接触糍粑时的速度是22 m/s，打击糍粑0.1 s后木槌静止，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　 ）
A.从木槌下落到静止过程中，木槌和糯米组成的系统动量守恒
B.木槌在0.1 s内受到合外力的冲量大小为1.8 N·s
C.木槌打击糍粑时平均作用力的大小为414 N
D.若将木槌在空中的运动视为自由落体运动，则题设木槌刚接触糍粑时的速度为22 m/s，符合实际情境
6.一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为 3∶1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距（　　）
A. B.
C.4v D.
7.（2025·四川广安高二上月考）如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是（　　）
A.ΔpA＝2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s B.ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
C.ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D.ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8.（2025·四川德阳期末）摩托车、电动自行车骑乘人员应该佩戴具有缓冲作用的安全头盔，安全文明出行。遭遇事故时，头盔的缓冲层会使头部的撞击时间延长，起到缓冲作用，则下列说法正确的是（　　）
A.头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化率
B.头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化量
C.头盔减少了骑乘人员头部撞击过程中撞击力的冲量
D.头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向
9.如图所示，质量为m的蹦床运动员从一定高处自由下落，着网速率为v1，以速率为v2（v1＜v2）沿竖直方向离开蹦床。已知运动员与网接触的时间为t，则（　　 ）
A.从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人重力的冲量一直增大
B.从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人的机械能守恒
C.人与网接触的时间内动量的变化量为mv2－mv1
D.网对人的平均作用力大小为＋mg
10.如图所示，质量为m1＝0.95 kg的小车A静止在光滑地面上，一质量为m2＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的速度击中小车A，并留在其中，作用时间极短。一段时间后小车A与另外一个静止在其右侧的、质量为m3＝4 kg的小车B发生正碰，小车B的左侧有一固定的轻质弹簧。碰撞过程中，弹簧始终未超过弹性限度，则下列说法正确的是（　　）
A.弹簧最大的弹性势能为10 J
B.小车A与子弹的最终速度大小为5 m/s
C.小车B的最终速度大小为1 m/s
D.整个过程损失的机械能为237.5 J
三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11.（7分）某同学利用如图甲所示的实验装置探究动量定理，用天平测量重物的质量m＝300 g，把打点计时器固定在铁架台上，纸带下端连接重物，上端穿过限位孔后用固定在横杆上的夹子夹住。
（1）该同学接通打点计时器的电源，释放重物，重复实验，从打出的纸带中选出一条理想的纸带，如图乙所示。每相邻两计数点间还有1个点未标出，打点频率为50 Hz，取g＝10 m/s2。在打计数点1和5的过程中重物重力的冲量的大小I＝　　　　 N·s，重物动量改变量的大小Δp＝　　　　 kg·m·s－1。
（2）定义δ＝×100％，则本次实验δ＝　　　　％。
12.（8分）某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B（包含挡光片）质量分别为m1、m2，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮挡的时间。
（1）先调节气垫导轨水平，经过调整后，轻推一下B，若它通过光电门G1的时间　　　　（填“大于”“等于”或“小于”）它通过光电门G2的时间，或将其轻放在气垫导轨上任何位置都能静止，则气垫导轨已调至水平。
（2）将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m1　　　（填“＞”“＝”或“＜”）m2。
（3）光电门G1记录的挡光时间为Δt1，滑块B、A先后通过光电门时，G2记录的挡光时间分别为Δt2、Δt3，为了减小误差，挡光片的宽度应选择　　　　（填“窄”或者“宽”）的，若m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3满足　　　　　　　　　　　　（写出关系式）则可验证动量守恒定律。
（4）若Δt1、Δt2、Δt3满足关系式＝－，则 A、B发生的是不是弹性碰撞，并通过计算说明。
　　　　　　　　　　　　
13.（10分）一个连同装备共100 kg的宇航员，在离飞船45 m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体。宇航员为了能在 10 min 时间内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体质量是多少？
14.（14分）（2025·广东东莞市高二期中）2023年10月29日，中国队夺得2023—2024赛季蒙特利尔短道速滑世界杯第二站5 000米男子接力金牌。交接棒过程可以简化成如下模型：如图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程，交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，甲的质量m1＝60 kg，乙的质量m2＝75 kg，交棒前两人均以v0＝10 m/s的速度向前滑行。交棒时乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为v2＝2 m/s，方向仍然向前。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。
（1）求二人分开时甲的速度大小v1及其动能Ek1大小；
（2）若乙推甲的过程用时0.8 s，求乙对甲的平均作用力的大小F；
（3）交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两选手的动能，且不计其他力做功，求乙消耗的化学能E。
15.（15分）航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，不计转运车与地面间的摩擦。A、B的质量均为M＝40 kg，A、B水平部分的长度均为L＝4 m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少。
（2）若某包裹的质量为m＝10 kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足的条件。
（3）若某包裹的质量为m＝50 kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时h'的最小值。
章末综合检测（一）　动量与动量守恒定律
1.C　子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，但在一起向左运动的过程，由于弹簧的弹力（或弹簧弹力和地面的摩擦力）作用，子弹和木块所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；两同学传接篮球的过程，由于地面摩擦力的作用，两同学和篮球组成的系统动量不守恒，B错误；两小车相向运动的过程中合外力为零，系统动量守恒，C正确；小球从静止在光滑水平面上的圆弧槽顶端释放，在离开圆弧槽前小球和圆弧槽构成的系统水平方向动量守恒但系统动量不守恒，D错误。
2.C　舰载机从开始运动到起飞过程中，受到舰载机发动机的推力、电磁弹射器的推力以及阻力作用，整个过程中舰载机发动机推力和电磁弹射器推力的合力始终大于阻力，所以动量最大时加速度不为零，舰载机水平方向动量不守恒，故A、B错误；根据动能定理，舰载机发动机推力、电磁弹射器推力以及阻力做功之和等于舰载机动能的增加量，根据动量定理，舰载机发动机的推力、电磁弹射器的推力及阻力的冲量之和等于舰载机动量的增加量，故C正确，D错误。
3.B　足球自由下落到脚部的速度v＝＝5 m/s，动量大小p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A错误；足球自由下落的时间t＝＝0.5 s，重力的冲量大小I＝mgt＝0.4×10×0.5 N·s＝2 N·s，B正确；根据运动的对称性，足球与脚部作用前后的速度大小相等，动量变化量Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，C错误；足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得（mg－F）t＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，D错误。
4.A　以两队员组成的系统为研究对象，以前方队员的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，解得前方队员的速度v1'＝14.4 m/s，故A正确，B、C、D错误。
5.C　从木槌下落到静止过程中，木槌和糯米组成的系统动量发生变化，系统动量不守恒，故A错误；由动量定理，木槌在0.1 s内受到合外力的冲量I＝0－（－mv）＝39.6 N·s，故B错误；设木槌打击糍粑时平均作用力的大小为F，取向上为正方向，由动量定理有（F－mg）t＝0－（－mv），代入数据得F＝414 N，故C正确；若将木槌在空中的运动视为自由落体运动，其下落的高度为h＝＝24.2 m，这个高度不符合题图中的实际情境，故D错误。
6.D　设其中一块质量为m，另一块质量为3m，爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得mv－3mv'＝0，解得v'＝；设两块爆竹落地用的时间为t，则有h＝gt2，得 t＝，落地后两者间的距离为x＝（v＋v'）t，联立各式解得x＝，故D正确。
7.B　若ΔpA＝2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s，不遵守动量守恒定律，所以是不可能的，A错误；若ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分别为pA'＝10 kg·m/s，pB'＝15 kg·m/s，A的动量减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能的，B正确；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA'＝－12 kg·m/s，pB'＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，是不可能的，故C错误；若ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分别为pA'＝15 kg·m/s，pB'＝10 kg·m/s，可知碰后A的动量增加，B的动量减小，由于碰撞过程中，A受到向左的冲力，B受到向右的冲力，所以A、B仍沿原方向运动时，A的动量应减小，B的动量应增加，因此这组数据是不可能的，D错误。
8.AD　根据F·Δt＝Δp，可得F＝，依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化率，A正确；遭遇事故时，动量变化量Δp＝mv不变，根据动量定理可知，头盔并没有减少骑乘人员头部撞击过程中撞击力的冲量，B、C错误；根据I＝F·Δt可知，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向， D正确。
9.AD　从开始下落到蹦回到最高点的过程中，根据IG＝mgt总，可知人重力的冲量一直增大，故A正确；从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人与蹦床接触时，弹起速度大于下落速度，故人的机械能不守恒，故B错误；以向上为正方向，人与网接触的时间内动量的变化量为Δp＝mv2－（－mv1）＝m（v1＋v2），故C错误；根据动量定理可得Ft－mgt＝Δp，网对人的平均作用力大小为F＝＋mg，故D正确。
10.AD　子弹射入小车A的过程中，子弹和小车A组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝（m2＋m1）v1，解得v1＝＝ m/s＝5 m/s，当弹簧最短时，弹性势能最大，此时三者共速，规定向右为正方向，根据动量守恒有（m2＋m1）v1＝（m3＋m1＋m2）v共，代入数据解得v共＝1 m/s，根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能Ep＝（m1＋m2）－（m1＋m2＋m3）＝10 J，设小车A与子弹最终速度为v3，小车B最终速度为v4，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有（m1＋m2）v1＝（m1＋m2）v3＋m3v4，根据能量守恒定律有（m1＋m2）＝（m1＋m2）＋m3，代入数据解得v3＝－3 m/s，v4＝2 m/s，故A正确，B、C错误；整个过程中损失的能量为子弹打入物块A过程中损失的能量，根据能量守恒定律有ΔE＝m2－（m1＋m2）＝237.5 J，故D正确。
11.（1）0.48　0.468　（2）2.5
解析：（1）依题意可知，打点间隔为T＝＝0.02 s，打相邻计数点间的时间间隔为Δt＝2T＝0.04 s，在打计数点1和5的过程中重物所受重力的冲量的大小I＝mgt＝300×10－3×10×0.04×4 N·s＝0.48 N·s；打计数点1时重物的速度大小为v1＝×10－2 m/s＝1.17 m/s，打计数点5时重物的速度大小为v5＝×10－2 m/s＝2.73 m/s，在打计数点1和5的过程中重物动量改变量的大小为Δp＝mv5－mv1＝0.468 kg·m·s－1。
（2）本次实验δ＝×100％＝×100％＝2.5％。
12.（1）等于　（2）＞　（3）窄　m1＝m1＋m2
（4）是弹性碰撞，证明见解析
解析：（1）实验开始，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平。
（2）根据弹性碰撞的“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知vA'＝vA，要想“动”的物体碰撞“静”的物体不返回，必须“动”的物体的质量大于“静”物体的质量，即 m1＞m2。
（3）滑块通过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度要越小，则遮光片通过光电门的平均速度越接近于滑块过光电门的瞬时速度，因此挡光片应选择“窄”的；
滑块A两次经过光电门的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为vA＝，vA'＝
滑块B经过光电门G2的速度vB＝
根据动量守恒m1vA＝m1vA'＋m2vB
整理得m1＝m1＋m2。
（4）若为弹性碰撞，则动能也是守恒的
m1＝m1vA'2＋m2
整理m1＝m1＋m2
m1－m1＝m2
m1＝m2 ①
由（3）中动量守恒推导出来的等式变换得
m1＝m2 ②
①②两式联立得＋＝
故是弹性碰撞。
13.0.15 kg
解析：设宇航员的速度为v，则v＝＝ m/s＝0.075 m/s，释放质量为m1的气体后，根据动量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v，代入数据得m1≈0.15 kg。
14.（1）20 m/s　1.2×104 J　（2）750 N
（3）5 400 J
解析：（1）取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2
解得甲的速度大小为v1＝20 m/s
而甲的动能为Ek1＝m1＝1.2×104 J。
（2）对甲，由动量定理可得Ft＝m1v1－m1v0
解得F＝750 N。
（3）对甲、乙两选手组成的系统，根据能量守恒定律得
（m1＋m2）＋E＝m1＋m2
解得E＝5 400 J。
15.（1）40 kg　（2）0.8 m≤h≤2.8 m　（3）0.85 m
解析：（1）要求A不动时需满足μ1mg≤μ2（m＋M）g
解得m≤＝40 kg
即包裹C的质量不能超过40 kg。
（2）由于包裹质量m＝10 kg＜40 kg，装置A始终静止不动，所以包裹C释放高度最小时，恰好滑上B车，则由动能定理有mghmin－μ1mgL＝0－0
解得hmin＝0.8 m
包裹C释放高度最大时，包裹C滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时与B车恰好共速，设该包裹第一次刚好下滑至B车左端时的速度为v0，则由动能定理有
mghmax－μ1mgL＝m－0
设该包裹与B车共速时的速度为v，则由动量守恒定律和能量守恒定律可知mv0＝（m＋M）v
m＝（m＋M）v2＋μ1mg·2L
解得hmax＝2.8 m，所以0.8 m≤h≤2.8 m。
（3）由于包裹质量大于40 kg，则包裹C在装置A水平部分上运动时，装置A和转运车B向右运动。包裹能滑上B车，h'最小时，包裹刚好可以滑上B车时A、B、C三者共速。
设共同速度为v，由动量守恒定律得mvC0＝（2M＋m）v，
由动能定理得μmgL＝m－（2M＋m）v2
包裹在光滑曲面下滑过程，由动能定理得
mghmin'＝m－0
联立解得hmin'＝0.85 m。
5 / 5(共43张PPT)
章末综合检测（一）
动量与动量守恒定律
（时间：75分钟　满分：100分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选
项符合题目要求）
1. 对下列情境说法正确的是（　　）
A. 子弹打进木块后一起向左运动的过程，子弹和木块构成的系统动量守恒
B. 两同学传接篮球的过程，两同学和篮球构成的系统动量守恒
C. 绑有磁铁的两小车在光滑水平地面上相向运动的过程，两车构成的系统动量守恒
D. 小球从静止在光滑水平面上的圆弧槽顶端释放，在离开圆弧槽前小球和圆弧槽构成的系统动量守恒
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√
解析：　子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，
系统动量守恒，但在一起向左运动的过程，由于弹簧的弹力（或弹簧弹力
和地面的摩擦力）作用，子弹和木块所受合外力不为零，系统动量不守
恒，A错误；两同学传接篮球的过程，由于地面摩擦力的作用，两同学和
篮球组成的系统动量不守恒，B错误；两小车相向运动的过程中合外力为
零，系统动量守恒，C正确；小球从静止在光滑水平面上的圆弧槽顶端释
放，在离开圆弧槽前小球和圆弧槽构成的系统水平方向动量守恒但系统动
量不守恒，D错误。
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2. （2025·四川广元市高二联考）福建舰满载排水量8万余吨，是我国完全
自主设计的首艘弹射型平直通飞行甲板航母。它采用了具有世界领先水平
的电磁弹射装置，设起飞过程中舰载机发动机的推力和电磁弹射器的推力
恒定，阻力为总推力的20％，舰载机在水平弹射结束时达到起飞速度80
m/s。从舰载机开始运动到起飞的过程中（　　 ）
A. 舰载机动量最大时，加速度为零
B. 舰载机水平方向的动量守恒
C. 阻力和电磁弹射器的推力和发动机的推力对舰载机做功之和等于舰载机动能的增加量
D. 舰载机发动机的推力和电磁弹射器对舰载机的推力的冲量之和等于舰载机动量的增加量
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解析：　舰载机从开始运动到起飞过程中，受到舰载机发动机的推力、
电磁弹射器的推力以及阻力作用，整个过程中舰载机发动机推力和电磁弹
射器推力的合力始终大于阻力，所以动量最大时加速度不为零，舰载机水
平方向动量不守恒，故A、B错误；根据动能定理，舰载机发动机推力、电
磁弹射器推力以及阻力做功之和等于舰载机动能的增加量，根据动量定
理，舰载机发动机的推力、电磁弹射器的推力及阻力的冲量之和等于舰载
机动量的增加量，故C正确，D错误。
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3. 如图所示，学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m，被
重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部
的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不
计空气阻力，则（　　）
A. 足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B. 足球自由下落过程重力的冲量大小为2 N·s
C. 足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D. 脚部对足球的平均作用力为足球所受重力的9倍
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解析：　足球自由下落到脚部的速度v＝＝5 m/s，动量大小p＝mv＝
0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A错误；足球自由下落的时间t＝＝0.5 s，重
力的冲量大小I＝mgt＝0.4×10×0.5 N·s＝2 N·s，B正确；根据运动的对称
性，足球与脚部作用前后的速度大小相等，动量变化量Δp＝－mv－mv＝
－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，C错误；足球与脚部作用过程中，根据
动量定理可得（mg－F）t＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，D错误。
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4. 短道速滑接力比赛中，两运动员交接时，后方队员要用力将前方队员推
出，某次比赛中，交接前，前方队员速度大小为10 m/s，后方队员的速度
大小为12 m/s，已知前方队员的质量为60 kg，后方队员的质量为 66 kg。后
方队员将前方队员推出后瞬间速度大小变为8 m/s，此时前方队员的速度大
小约为（　　）
A. 14.4 m/s B. 13.1 m/s
C. 23.2 m/s D. 21.1 m/s
√
解析：　以两队员组成的系统为研究对象，以前方队员的初速度方向为
正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，解得前方队员的速
度v1'＝14.4 m/s，故A正确，B、C、D错误。
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5. （2025·四川泸州市高二联考）如图所示为用木槌把糯米饭打成糍粑的
场景，已知木槌质量为1.8 kg，木槌刚接触糍粑时的速度是22 m/s，打击糍
粑0.1 s后木槌静止，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　 ）
A. 从木槌下落到静止过程中，木槌和糯米组成的系统动量守恒
B. 木槌在0.1 s内受到合外力的冲量大小为1.8 N·s
C. 木槌打击糍粑时平均作用力的大小为414 N
D. 若将木槌在空中的运动视为自由落体运动，则题设木槌刚接触糍粑时的速度为22 m/s，符合实际情境
√
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解析：　从木槌下落到静止过程中，木槌和糯米组成的系统动量发生变
化，系统动量不守恒，故A错误；由动量定理，木槌在0.1 s内受到合外力
的冲量I＝0－（－mv）＝39.6 N·s，故B错误；设木槌打击糍粑时平均作用
力的大小为F，取向上为正方向，由动量定理有（F－mg）t＝0－（－
mv），代入数据得F＝414 N，故C正确；若将木槌在空中的运动视为自由
落体运动，其下落的高度为h＝＝24.2 m，这个高度不符合题图中的实际
情境，故D错误。
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6. 一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不
同的两块，两块质量之比为 3∶1，其中质量小的一块获得大小为v的水平
速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距（　　）
A. B.
C. 4v D.
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解析：　设其中一块质量为m，另一块质量为3m，爆炸过程系统水平方
向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得mv－3mv'＝0，
解得v'＝；设两块爆竹落地用的时间为t，则有h＝gt2，得 t＝，落地
后两者间的距离为x＝（v＋v'）t，联立各式解得x＝，故D正确。
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7. （2025·四川广安高二上月考）如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB
＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一
段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。则下
列选项中可能正确的是（　　）
A. ΔpA＝2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
B. ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
C. ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D. ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
√
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解析：　若ΔpA＝2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s，不遵守动量守恒定律，所以
是不可能的，A错误；若ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s，遵守动量守恒
定律，碰撞后A、B的动量分别为pA'＝10 kg·m/s，pB'＝15 kg·m/s，A的动量
减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不
增加，所以是可能的，B正确；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰
后两球的动量分别为pA'＝－12 kg·m/s，pB'＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝
可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量
增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，是不可能
的，故C错误；
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若ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动
量分别为pA'＝15 kg·m/s，pB'＝10 kg·m/s，可知碰后A的动量增加，B的动
量减小，由于碰撞过程中，A受到向左的冲力，B受到向右的冲力，所以A、
B仍沿原方向运动时，A的动量应减小，B的动量应增加，因此这组数据是
不可能的，D错误。
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二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个
选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错
的得0分）
8. （2025·四川德阳期末）摩托车、电动自行车骑乘人员应该佩戴具有缓
冲作用的安全头盔，安全文明出行。遭遇事故时，头盔的缓冲层会使头部
的撞击时间延长，起到缓冲作用，则下列说法正确的是（　　）
A. 头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化率
B. 头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化量
C. 头盔减少了骑乘人员头部撞击过程中撞击力的冲量
D. 头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向
√
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解析：根据F·Δt＝Δp，可得F＝，依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化率，A正确；遭遇事故时，动量变化量Δp＝mv不变，根据动量定理可知，头盔并没有减少骑乘人员头部撞击过程中撞击力的冲量，B、C错误；根据I＝F·Δt可知，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向， D正确。
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9. 如图所示，质量为m的蹦床运动员从一定高处自由下落，着网速率为v1，以速率为v2（v1＜v2）沿竖直方向离开蹦床。已知运动员与网接触的时间为t，则（　　 ）
A. 从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人重力的冲量一直增大
B. 从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人的机械能守恒
C. 人与网接触的时间内动量的变化量为mv2－mv1
D. 网对人的平均作用力大小为＋mg
√
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解析： 　从开始下落到蹦回到最高点的过程中，根据IG＝mgt总，可知人
重力的冲量一直增大，故A正确；从开始下落到蹦回到最高点的过程中，
人与蹦床接触时，弹起速度大于下落速度，故人的机械能不守恒，故B错
误；以向上为正方向，人与网接触的时间内动量的变化量为Δp＝mv2－
（－mv1）＝m（v1＋v2），故C错误；根据动量定理可得Ft－mgt＝Δp，网
对人的平均作用力大小为F＝＋mg，故D正确。
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10. 如图所示，质量为m1＝0.95 kg的小车A静止在光滑地面上，一质量为
m2＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的速度击中小车A，并留在其中，作用时
间极短。一段时间后小车A与另外一个静止在其右侧的、质量为m3＝4 kg的
小车B发生正碰，小车B的左侧有一固定的轻质弹簧。碰撞过程中，弹簧始
终未超过弹性限度，则下列说法正确的是（　　）
A. 弹簧最大的弹性势能为10 J
B. 小车A与子弹的最终速度大小为5 m/s
C. 小车B的最终速度大小为1 m/s
D. 整个过程损失的机械能为237.5 J
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解析：子弹射入小车A的过程中，子弹和小车A组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝（m2＋m1）v1，解得v1＝＝
m/s＝5 m/s，当弹簧最短时，弹性势能最大，此时三者共速，规定向右为正方向，根据动量守恒有（m2＋m1）v1＝（m3＋m1＋m2）v共，代入数据解得v共＝1 m/s，根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能Ep＝（m1＋m2）－（m1＋m2＋m3）＝10 J，设小车A与子弹最终速度为v3，小车B最终速度为v4，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有（m1＋m2）v1＝（m1＋m2）v3＋m3v4，根据能量守恒定律有（m1＋m2）＝（m1＋m2）＋m3，代入数据解得v3＝－3 m/s，v4＝2 m/s，故A正确，B、C错误；整个过程中损失的能量为子弹打入物块A过程中损失的能量，根据能量守恒定律有ΔE＝m2－（m1＋m2）＝237.5 J，故D正确。
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三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. （7分）某同学利用如图甲所示的实验装置探究动量定理，用天平测量
重物的质量m＝300 g，把打点计时器固定在铁架台上，纸带下端连接重
物，上端穿过限位孔后用固定在横杆上的夹子夹住。
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（1）该同学接通打点计时器的电源，释放重物，重复实验，从打出的纸
带中选出一条理想的纸带，如图乙所示。每相邻两计数点间还有1个点未
标出，打点频率为50 Hz，取g＝10 m/s2。在打计数点1和5的过程中重物重
力的冲量的大小I＝ N·s，重物动量改变量的大小Δp＝
kg·m·s－1。
0.48　
0.468　
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解析：依题意可知，打点间隔为T＝＝0.02 s，打相邻计数点间的时间间隔为Δt＝2T＝0.04 s，在打计数点1和5的过程中重物所受重力的冲量的大小I＝mgt＝300×10－3×10×0.04×4 N·s＝0.48 N·s；打计数点1时重物的速度大小为v1＝×10－2 m/s＝1.17 m/s，打计数点5时重物的速度大小为v5＝×10－2 m/s＝2.73 m/s，在打计数点1和5的过程中重物动量改变量的大小为Δp＝mv5－mv1＝0.468 kg·m·s－1。
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（2）定义δ＝×100％，则本次实验δ＝ ％。
解析：本次实验δ＝×100％＝×100％＝2.5％。
2.5　
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12. （8分）某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中
G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B（包含挡光
片）质量分别为m1、m2，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮
挡的时间。
（1）先调节气垫导轨水平，经过调整后，轻推一下B，若它通过光电
门G1的时间 （填“大于”“等于”或“小于”）它通过光电
门G2的时间，或将其轻放在气垫导轨上任何位置都能静止，则气垫导
轨已调至水平。
等于　
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解析：实验开始，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运
动，滑块通过光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平。
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（2）将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，
使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m1 （填
“＞”“＝”或“＜”）m2。
解析：根据弹性碰撞的“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知vA'＝vA，要想“动”的物体碰撞“静”的物体不返回，必须“动”的物
体的质量大于“静”物体的质量，即 m1＞m2。
＞　
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（3）光电门G1记录的挡光时间为Δt1，滑块B、A先后通过光电门时，G2记录的挡光时间分别为Δt2、Δt3，为了减小误差，挡光片的宽度应选
择 （填“窄”或者“宽”）的，若m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3满
足 （写出关系式）则可验证动量守恒定律。
窄　
m1＝m1＋m2　
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解析：滑块通过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，
则遮光片的宽度要越小，则遮光片通过光电门的平均速度越接近于滑块过光电门的瞬时速度，因此挡光片应选择“窄”的；
滑块A两次经过光电门的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为vA＝，vA'＝
滑块B经过光电门G2的速度vB＝
根据动量守恒m1vA＝m1vA'＋m2vB
整理得m1＝m1＋m2。
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（4）若Δt1、Δt2、Δt3满足关系式＝－，则 A、B发生的是不是弹性
碰撞，并通过计算说明。

是弹性碰撞，证明见解析
解析：若为弹性碰撞，则动能也是守恒的
m1＝m1vA'2＋m2
整理m1＝m1＋m2
m1－m1＝m2
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m1＝m2　①
由（3）中动量守恒推导出来的等式变换得
m1＝m2　②
①②两式联立得＋＝
故是弹性碰撞。
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13. （10分）一个连同装备共100 kg的宇航员，在离飞船45 m的位置与飞
船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出
气体。宇航员为了能在 10 min 时间内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间
一次性向后喷出的气体质量是多少？
答案：0.15 kg
解析：设宇航员的速度为v，则v＝＝ m/s＝0.075 m/s，释放质量为
m1的气体后，根据动量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v，代入数据得
m1≈0.15 kg。
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14. （14分）（2025·广东东莞市高二期中）2023年10月29日，中国队夺得
2023—2024赛季蒙特利尔短道速滑世界杯第二站5 000米男子接力金牌。交
接棒过程可以简化成如下模型：如图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次
交接棒过程，交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，甲的质量m1＝60 kg，
乙的质量m2＝75 kg，交棒前两人均以v0＝10 m/s的速度向前滑行。交棒时
乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为v2＝2 m/s，方向仍然向
前。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间
两人均在一条直线上运动。
（1）求二人分开时甲的速度大小v1及其动能Ek1大小；
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答案：20 m/s　1.2×104 J　
解析： 取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2
解得甲的速度大小为v1＝20 m/s
而甲的动能为Ek1＝m1＝1.2×104 J。
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（2）若乙推甲的过程用时0.8 s，求乙对甲的平均作用力的大小F；
答案：750 N
解析： 对甲，由动量定理可得Ft＝m1v1－m1v0
解得F＝750 N。
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（3）交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两选手的动能，且不计其他力做功，求乙消耗的化学能E。
答案：5 400 J
解析： 对甲、乙两选手组成的系统，根据能量守恒定律得
（m1＋m2）＋E＝m1＋m2
解得E＝5 400 J。
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15. （15分）航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个
问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A紧靠飞机，转运车B
紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运
车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水
平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数
为μ2＝0.1，不计转运车与地面间的摩擦。A、B的质量均为M＝40 kg，A、
B水平部分的长度均为L＝4 m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与
B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失
的机械能可忽略。重力加速度g取
10 m/s2。求：
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（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过
多少。
答案：40 kg　
解析：要求A不动时需满足μ1mg≤μ2（m＋M）g
解得m≤＝40 kg
即包裹C的质量不能超过40 kg。
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（2）若某包裹的质量为m＝10 kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包
裹释放时的高度h应满足的条件。
答案：0.8 m≤h≤2.8 m　
解析： 由于包裹质量m＝10 kg＜40 kg，装置A始终静止不动，所以包裹C释
放高度最小时，恰好滑上B车，则由动能定理有mghmin－μ1mgL＝0－0
解得hmin＝0.8 m
包裹C释放高度最大时，包裹C滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时与B
车恰好共速，设该包裹第一次刚好下滑至B车左端时的速度为v0，
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则由动能定理有
mghmax－μ1mgL＝m－0
设该包裹与B车共速时的速度为v，则由动量守恒定律和能量守恒定律可知
mv0＝（m＋M）v
m＝（m＋M）v2＋μ1mg·2L
解得hmax＝2.8 m，所以0.8 m≤h≤2.8 m。
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（3）若某包裹的质量为m＝50 kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹
释放时h'的最小值。
答案：0.85 m
解析： 由于包裹质量大于40 kg，则包裹C在装置A水平部分上运动时，装置
A和转运车B向右运动。包裹能滑上B车，h'最小时，包裹刚好可以滑上B车
时A、B、C三者共速。
设共同速度为v，由动量守恒定律得mvC0＝（2M＋m）v，
由动能定理得μmgL＝m－（2M＋m）v2
包裹在光滑曲面下滑过程，由动能定理得mghmin'＝m－0
联立解得hmin'＝0.85 m。
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