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1.1动量同步练习
一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1．关于物体的动量，下列说法正确的是（ ）
A．物体的动量越大，其质量也越大
B．（-8kg·m/s）的动量大于（+6kg·m/s）的动量
C．物体的动能不变，其动量一定不变
D．物体的动量改变，合外力一定对物体做了功
【答案】B
【解析】A．由动量可知，动量的大小由质量和速度共同决定。所以动量大的物体，质量不一定大，也可能是速度很大，故A错误；
B．动量是矢量，正负号表示方向，比较动量大小应看绝对值。因为
所以（-8kg·m/s）的动量大于（+6kg·m/s）的动量，故B正确；
C．物体的动能不变，说明物体的速度大小不变，但其速度的方向可能改变，则其动量的方向也随之改变。例如匀速圆周运动的物体，其动能不变，但动量不断变化，故C错误；
D．物体的动量改变，可能是其速度方向改变而大小不变，此时合外力不做功。例如匀速圆周运动的物体，其合外力只改变速度的方向，不改变速度的大小，所以此时合外力不做功，故D错误。
故选B。
2．如图所示为游乐场中的摩天轮，摩天轮匀速转动时，下列说法正确的是（ ）
A．吊舱的速度不变 B．吊舱的加速度不变
C．吊舱的动量不变 D．吊舱的动能不变
【答案】D
【解析】A．吊舱做匀速圆周运动，速度大小不变，方向不断变化，因此速度不断变化，A错误；
B．吊舱的加速度始终指向圆心，大小不变，方向不断变化，因此加速度不断变化，B错误；
C．动量是矢量，其方向与速度方向相同，吊舱的速度方向不断变化，因此动量不断变化，C错误；
D．设吊舱的质量为、速率为，其动能为
吊舱的质量和速率均不变，因此动能不变，D正确。
故选D。
3．物体的动量变化量的大小为，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
【答案】D
【解析】A．动量是有方向的物理量，动量变化量是末动量与初动量的矢量差。题给动量变化量大小不为零，只能说明动量发生了变化，不能确定动量大小减小，故A错误；
B．动量变化量大小不为零，也不能确定动量大小增大，故B错误；
C．若物体只改变运动方向而速度大小不变，则动量大小不变，但动量变化量仍不为零，故C错误；
D．上述情形说明动量大小可能不变，故D正确。
故选D。
4．若用表示长度、表示质量、表示时间、表示动量，则下列各式可能表示能量的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】A．由动能公式
可知为能量单位，根据题意可知的单位为
A错误；
B．的单位为
B错误；
C．的单位为
C正确；
D．的单位为
D错误；
故选C。
5．如图，质量为、长度为的小车静止在光滑的水平面上。质量为的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现有一水平恒力作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为。经过时间，小车运动的位移为，物块刚好滑到小车的最右端。以下判断正确的是（ ）
A．此时物块的动能为
B．此时物块的动量为
C．这一过程中，物块和小车产生的内能为
D．这一过程中，物块和小车增加的机械能为
【答案】D
【解析】A．对物块应用动能定理，合外力做功等于动能的变化量。物块受到的合外力为，位移为，则物块的动能为，故A错误；
B．对物块应用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量。物块受到的合外力为，作用时间为，则物块的动量为，故B错误；
C．系统产生的内能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。物块相对小车的位移为，则产生的内能为，故C错误；
D．根据功能关系，系统增加的机械能等于外力做的功减去系统产生的内能。外力做功为，产生的内能为，则系统增加的机械能为，故D正确。
故选D。
6．我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次同时抛出两颗质量相同的谷粒，运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1和谷粒2在竖直方向都做自由落体运动
B．谷粒1和谷粒2在点相遇
C．两谷粒从到的过程中动量变化量相同
D．两谷粒从到的平均速度方向相同
【答案】D
【解析】A．谷粒1做平抛运动，竖直方向初速度为零，做自由落体运动；谷粒2做斜抛运动，竖直方向有向上的初速度分量，做竖直上抛运动，故A错误；
B．两谷粒在竖直方向的位移相同（设为h），谷粒1运动时间满足
谷粒2先向上运动再向下做自由落体运动，运动时间明显大于，两谷粒不可能同时到达点，故B错误；
C．根据可知二者速度变化量不相等，可得动量变化量不相同，故C错误；
D．平均速度的方向与位移方向相同。两谷粒从到的位移方向均为由O指向P，所以平均速度方向相同，故D正确。
故选D。
7．2026年6月美加墨世界杯足球比赛在墨西哥开幕，如图所示为某段时间内足球与水平地面碰撞前后的轨迹，已知足球碰撞前瞬间速度方向与竖直方向的夹角为，、两点速度大小均为且方向水平，重力加速度为g，足球视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．A点距地面的高度
B．碰撞后瞬间，足球速度方向与竖直方向的夹角为
C．碰撞后瞬间，足球的动量大小为碰前的
D．碰撞后瞬间，足球的动能大小为碰前的
【答案】B
【解析】A．足球从到是平抛运动，落地点，速度方向与竖直方向夹角，则有
解得
所以点距地面的高度，故A错误；
B．碰撞后，足球做斜抛运动到点，点水平速度大小依然，故碰撞后瞬间点的水平速度为
碰撞后足球竖直方向做竖直上抛运动，由图可知点高度为，故
解得
故碰撞后瞬间，，故B正确；
C．碰撞前瞬间，足球的速度
碰撞后瞬间，足球的速度
故碰撞前后瞬间，足球的动量大小之比
即碰撞后瞬间，足球的动量大小为碰前的倍，故C错误；
D．碰撞前后瞬间，足球的动能大小之比
即碰撞后瞬间，足球的动能大小为碰前的倍，故D错误；
故选B。
8．如图所示，、、、、是光滑固定斜面上等间距的5个点，一个物块沿斜面上滑，经过点时动量为，到达点时速度为零，则从经过点到第二次经过点过程中物块动量变化量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题知，物块在E点的速度为零，根据逆向思维，可将该运动看成物块从E点开始做初速度为零的匀加速直线运动，设物块在A点的速度为，在D点的速度为，加速度为，每相邻两点的距离为，根据速度位移公式有，物块从E点到D点有
物块从E点到A点有
联立解得
取向上为正方向，故物块第二次经过D点的速度为
则物块从经过点到第二次经过点过程中物块动量变化量为
又物块在A点的动量
联立解得
故选D。
二、多项选择题（每小题有多个选项符合题意）
9．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．t＝1s时物块的速率为1m/s B．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/s
C．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/s D．t＝4s时物块的速度为零
【答案】AB
【解析】A．由图可知，物块合力为2N，则加速度大小
根据可知，t＝1s时物块的速率为，故A正确；
B．根据可知，t＝2s时物块的速度大小为，则动量大小为，故B正确；
C．根据图像的图线与坐标轴围成的面积表示合外力的冲量及动量定理
则t＝3s时物块动量大小为，故C错误；
D．同理可得则t＝4s时物块动量大小为
则t＝4s时物块的速度为，故D错误。
故选AB。
10．某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度随时间的变化曲线如图所示，、、、为曲线上的点，、段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．段无人机的速度大小为
B．段无人机的货物先超重后失重
C．段无人机和装载物总动量变化量大小为
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】AC
【解析】A．根据EF段方程，可知EF段无人机的速度大小为，A正确；
B．根据y－t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，B错误；
C．根据MN段方程，可知MN段无人机的速度为，则FN段无人机和装载物总动量变化量大小为，C正确；
D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。
故选AC。
11．如图甲，足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，当时刻，质量为m的物块以一定的初速度从斜面底端滑上斜面，其在斜面上运动的图像如图乙所示。时刻，物块回到斜面的底端，下列说法正确的是（　　）
A．上滑过程和下滑过程的加速度之比为 B．内，物块动量变化量大小为
C．内，物块克服摩擦力所做的功为 D．物块返回斜面底端时重力的功率为
【答案】AD
【解析】A．由图像可知：上滑时间为，加速度大小
下滑时间为
设下滑加速度大小为，上滑过程是匀减速到0，位移大小
下滑过程是初速度为0的匀加速，位移大小与上滑相等
联立得
故A正确；
B．上滑初速度
方向沿斜面向上
下滑到底端的速度
方向沿斜面向下
规定向上为正方向，动量变化
动量变化大小为，不是，故B错误；
C．由动能定理，回到出发点重力做功为0，克服摩擦力做功等于动能的减少量
代入、，解得
不是，故C错误；
D．对物块上滑、下滑分别列牛顿第二定律
联立得
重力的功率
解得
故 D正确。
故选AD 。
12．如图所示，倾角为37°的斜面底端放置一质量为m=1kg的物块，在平行于斜面向上的拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F所做的功W与物块沿斜面向上运动的位移x的关系如图所示，已知物块与斜面之间的动摩擦因数 =0.5，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A．物块运动到x=0.5m时，摩擦力做功的功率为2W
B．物块从x=0运动到x=1m过程中，机械能增大了6.5J
C．物块运动过程中的最大速度为1.5m/s
D．物块从x=1m运动到x=1.5m过程，动量变化量的大小为1kg·m/s
【答案】BD
【解析】A．图像斜率表示拉力F大小，0~0.5m内，，拉力做功为，摩擦力大小为
根据动能定理可得
联立解得
所以摩擦力做功的功率为，故A错误；
B．由图可知，0~1m内，，拉力做功为
摩擦力做功为
所以，故B正确；
C．物块运动过程中速度最大时，加速度为零，即
解得
由图可知，0.5m~1.0m内，有
所以，故C错误；
D．0~1.5m内，，拉力做功为，根据动能定理可得
解得
所以物块从x=1m运动到x=1.5m过程，动量变化量为
即动量变化量的大小为1kg·m/s，故D正确。
故选BD。
13．甲、乙两辆质量均为的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（　　）
A．内，甲乙两车均先加速后减速运动
B．乙车在和时的速度相同
C．内，甲、乙两车的动量的变化量相同
D．时，甲、乙两车的动能相同
【答案】BC
【解析】A．内，甲车速度先增大后减小；乙车合外力先增大后减小，故乙一直在做加速运动，故A错误；
B．根据动量定理可知
结合图像可知，图线与坐标轴围成的面积为物体合外力的冲量，故乙车在和时的动量变化量相同，因此乙车在和时的速度相同，故B正确；
C．内，乙车的动量的变化量为
内，甲车加速度大小为
故甲车的动量的变化量为
故内，甲、乙两车的动量的变化量相同，故C正确；
D．时，甲速度为0，则此时甲车动能为0；乙车在内根据动能定理可知，即8s时乙车的速度不为0，则乙车动能不为0，故D错误。
故选BC。
14．如图所示，一小物块受水平拉力的作用在水平面内运动，某时刻恰好经过直角坐标系的坐标原点，从该时刻开始计时，测得在此后的运动过程中，小物块沿方向上的动量，沿方向上的动量，已知小物块的质量，小物块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A．时刻以后小物块的最小速度为
B．小物块经过坐标原点时的拉力大小为
C．时，小物块的速度大小为
D．时，小物块的坐标为
【答案】AD
【解析】依题意，小物块的质量，由动量定义式
沿方向上的动量，可得，即小物块在方向上做匀速直线运动
沿方向上的动量，可得，即小物块在方向，以初速度，沿正向的加速度做匀变速直线运动
A．小物块的速度
当时，小物块的速度最小，为，A正确；
B．依题意，小物块经过坐标原点时，此时小物块的速度和受力情况如图所示
根据前面分析，知
得
由牛顿第二定律和正交分解法
在方向，有，其中
在方向，有，其中
解得，B错误；
C．由
得时，，C错误；
D．时，在方向，有
在方向，有
得，故此时小物块的坐标为，D正确。
故选AD。
三、非选择题
15．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在一长木板右端垫一小木块，使板上甲、乙小车恰能平衡，在小车甲的前端粘有橡皮泥轻推小车甲后，小车甲做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图所示在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50Hz。
已测得小车甲的质量m甲=0.40kg，小车乙的质量m乙=0.20kg，已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距并标在图上，A为运动起始的第一点由以上测量结果可得：（保留三位有效数字）
(1)碰前小车甲的速度为_______m/s；碰后小车甲的速度为_______m/s；
(2)碰后两小车系统的总动量为_______kg m/s2。
【答案】(1) 1.05 0.695 (2)0.417
【解析】（1）[1][2]碰前小车甲的速度为
碰后小车甲的速度为
（2）碰后的总动量为
16．羽毛球运动是速度较大的球类运动之一。运动员扣杀羽毛球的速度可达342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，运动员将球以342km/h的速度反向击回。设羽毛球的质量为5g，试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)在这次扣杀中，羽毛球的速度变化量、动能变化量。
【答案】(1)，方向与羽毛球飞回的方向相同
(2)120m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同；21J
【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量大小为，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。
17．如图所示一个质量为m的钢球，以速度v斜射到水平放置的坚硬大理石板上，入射角是45°。碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度变为v′，且其大小与v的大小相同。求碰撞前后钢球的动量变化量Δp的大小和方向。
【答案】，方向竖直向上
【解析】动量是矢量，动量的方向与速度方向相同，动量的运算遵循三角形定则，如图所示
可知碰撞前后钢球的动量变化量方向竖直向上，大小为
18．如图所示，在“学府致远杯”足球赛上，一足球运动员踢一个质量为0.4kg的足球。
(1)若开始时足球的速度大小是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度大小是10m/s，方向仍向右（如图甲），求踢球过程中足球动量的改变量；
(2)若足球以10m/s的速度向右撞向球门门柱，然后以3m/s的速度反向弹回（如图乙），求这一过程中足球的动量改变量。
【答案】(1)，方向向右
(2)，方向向左
【解析】（1）取向右为正方向，踢球过程中，初动量为
末动量为
则足球动量的改变量为
方向向右。
（2）取向右为正方向，足球撞向球门门柱弹回过程，初动量为
末动量为
则足球动量的改变量为
可知这一过程中足球的动量改变量大小为，方向向左。
19．如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。
(1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数；
(2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小；
(3)当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。
【答案】(1)
(2)，
(3)40m
【解析】（1）当甲从A点滑至B点根据
代入数据可得a=2m/s2
根据牛顿第二定律有
又因为，所以
代入数据联立可得
（2）甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有
根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式可得甲到达B点的速度为12m/s
所以AB段动量的变化量为
（3）乙从A滑到B的过程根据运动学公式有
代入数据解得
甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
可得
甲到达B点的速度为，在4s内甲没有停止；
在内，甲运动的距离
代入数据解得，即甲乙之间的距离为40m。

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