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专题 13 动量和动量守恒定律
考点一 动量和动量定理
1．（2024·九龙坡期末）北京冬奥会将在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和张家口联合举
行，这是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运会。如图，某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿
水平方向飞出后落回到斜面上。若斜面足够长且倾角为θ。某次训练时，运动员从弧形坡面先后以
速度v 和3v 水平飞出，飞出后在空中的姿势保持不变。不计空气阻力，则（ ）
0 0
A．运动员先后落在斜面上所用时间之比为3∶1
B．运动员先后落在斜面上位移之比为1∶3
C．运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1∶3
D．运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为1∶3
【答案】D
【详解】A．运动员做平抛运动，根据水平方向
竖直方向
则
1
学科网（北京）股份有限公司解得
因此运动员先后落在斜面上所用时间之比
故A错误；
B．运动员在斜面上的位移
运动员先后落在斜面上位移之比
故B错误；
C．落在斜面上动能的变化量
因此运动员先后落在斜面上动能的变化量之比
故C错误；
D．落在斜面上动量的变化量
因此运动员先后落在斜面上动量的变化量之比
故D正确。
故选D。
2．（2024·乌海期末）下列说法中正确的是（ ）
A．滑动摩擦力与物体间相对运动方向相反，所以滑动摩擦力总是对物体做负功
B．某物体的动能不变，其动量一定不变
C．物体所受合力的冲量为零时，合力做功一定为零
D．作用力和反作用力总是等大反向，因此一对作用力和反作用力做功时总是一正一负
2
学科网（北京）股份有限公司【答案】C
【详解】A．滑动摩擦力与物体间相对运动方向相反，但滑动摩擦力与物体的运动方向可以相同，
所以滑动摩擦力可以对物体做正功，故A错误；
B．某物体的动能不变，可能物体的速度方向发生变化，比如匀速圆周运动，所以物体的动量可能
发生变化，故B错误；
C．物体所受合力的冲量为零时，动量变化为零，动能变化为零，则合力做功一定为零，故C正
确；
D．作用力和反作用力总是等大反向，但作用力和反作用力与各自作用对象的位移可能方向均相
同，也可能均相反，还可能其中一个方向相同，另一个方向相反，则一对作用力和反作用力做功
时，可能均做正功，也可能均做负功，还可能一正一负，故D错误。
故选C。
3．（2024·沙坪坝期末）如图所示，小球在水平拉力F的作用下以恒定速率在竖直平面内由P点运动
到Q点。在此过程中（ ）
A．绳子拉力做正功 B．拉力F的瞬时功率逐渐增大
C．小球的机械能守恒 D．小球的动量逐渐增大
【答案】B
【详解】A．小球在运动过程中，绳子拉力方向与速度方向始终垂直，则绳子拉力不做功，故A错
误；
B．绳子拉力不做功，根据动能定理有
则有
水平拉力做的功与克服重力做功相等，则水平拉力的功率等于克服重力做功的功率，令速度重力
方向与圆周切线间的锐角为 ，则有
根据功率的定义式有
小球做匀速圆周运动由P点运动到Q点， 逐渐减小，则拉力F的瞬时功率逐渐增大，故B正
确；
3
学科网（北京）股份有限公司C．小球在运动过程中，速度大小不变，动能不变，高度升高，重力势能增大，则小球的机械能增
大，故C错误；
D．根据
速度大小一定，则小球的动量大小不变，故D错误。
故选B。
4．（2024·宁波期末）我国汉代劳动人民发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上 点到转轴的
距离为 ，辘轳边缘 点到转轴的距离为 ，忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速往上运动的
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．把手边缘上 点与辘轳边缘 点的角速度之比为
B．水桶上升的速度大小等于把手边缘上 点线速度大小的
C．绳子拉力对水桶和水做的功等于水桶和水机械能的增加量
D．绳子拉力对水桶和水的冲量等于水桶和水的动量变化量
【答案】C
【详解】A．同轴转动时，角速度相等，可知，把手边缘上 点与辘轳边缘 点的角速度之比为
，故A错误；
B．根据线速度与角速度额关系有
，
可知，水桶上升的速度大小等于把手边缘上 点线速度大小的 ，故B错误；
C．由于忽略空气阻力，水桶和水受到重力与拉力，拉力作正功，则绳子拉力对水桶和水做的功等
于水桶和水机械能的增加量，故C正确；
D．根据动量定理可知，绳子对水桶和水拉力和重力合力的冲量等于水桶和水的动量变化量，故D
错误。
4
学科网（北京）股份有限公司故选C。
5．（2024·南宁期末）如图甲所示，足够长的水平传送带始终以恒定速率 运行，一质量为 、
水平初速度大小为 的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带；若从小物块
滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 图像（以地面为参考系）如图乙所示，
。下列说法正确的是（ ）
A． 时间内，小物块离A处的最大距离为
B． 时间内，小物块动能增加了
C． 时间内，小物块受到摩擦力的冲量大小为
D． 时间内，传送带克服摩擦力做功为
【答案】C
【详解】A．由 图像可知，2s时小物块向左运动的距离最远，根据 图像与坐标轴围成的面
积等于位移，可知小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为
故A错误；
B． 时间内，小物块动能增量为
故B错误；
C．物块匀变速运动的加速度大小
由牛顿第二定律得摩擦力大小为
0-3s时间内，小物块受到的滑动摩擦力方向都向右，冲量大小为
内小物块与传送带达到共同速度，小物块不受摩擦力作用，摩擦力的冲量为
零。所以 时间内，小物块受到摩擦力的冲量大小为 。故C正确；
D．0〜4 s时间内，只有0-3s内传送带要克服摩擦力做功，0-3s传送带的位移
5
学科网（北京）股份有限公司传送带克服摩擦力做功
故D错误。
故选C。
6．（2024·安庆期末）如图所示，摩天轮以角速度 做匀速圆周运动，吊篮内的游客随摩天轮做半径
为R的匀速圆周运动，乘客的质量为m，重力加速度为g，则乘客从最高点到最低点的过程中（
）
A．重力的冲量大小为 B．重力的冲量大小为
C．重力的冲量大小为 D．重力的冲量大小为
【答案】C
【详解】乘客从最高点到最低点运动的时间为
因此重力的冲量大小为
故选C。
7．（2024·沙坪坝期末）在距离地面高h处的O点，以初速度 沿水平方向抛出一个物体，忽略空气
阻力，其运动轨迹如图所示，a、b为轨迹上的两个位置，若O与a、a与b在竖直方向的距离相
等，则（ ）
6
学科网（北京）股份有限公司A．物体在O到a、a到b过程中速度变化量相等
B．物体在O到a、a到b过程中重力的冲量相等
C．物体在O到a、a到b过程中动量的变化率相等
D．物体到达a位置时重力的瞬时功率与O到b过程中重力的平均功率相等
【答案】C
【详解】A.物体在竖直方向做自由落体运动，竖直速度越来越大，经过相同的竖直位移，时间越
来越小，由题知，O与a、a与b在竖直方向的距离相等，故O到a的时间小于a到b的时间，根
据
可知物体在O到a、a到b过程中速度变化量不相等，故A错误；
B.根据
由于时间不相等，故物体在O到a、a到b过程中重力的冲量不相等，故B错误；
C.根据动量定理有
可得动量变化率为
故C正确；
D.物体到达a位置时竖直方向的速度为
瞬时功率为
物体从O到b过程中，重力做功为
竖直方向有
7
学科网（北京）股份有限公司解得时间为
则平均功率为
故D错误。
故选C
考点二 动量守恒定律
8．（2024·大庆期末）关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是（ ）
A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统的合外力做功为零，系统的动量就守恒
D．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
【答案】D
【详解】A．系统动量守恒的条件是：系统所受的合外力是零，与系统的内力是什么性质的力无
关，A错误；
B．系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，因为两物体在碰撞过程中，两物体
的速度都产生变化，都具有加速度，系统的动量守恒，可知单个物体受合力不是零时，系统动量
仍守恒，B错误；
C．当系统的内力远大于外力时，系统的动量守恒，因此系统的合外力做功不是零时，系统的动量
也可能守恒，C错误；
D．只要系统所受的合外力是零，系统的动量就守恒，D正确。
故选D。
9．（2024·吉林期末）以下表述正确的是（ ）
A．动量守恒定律只能应用于系统，机械能守恒定律可以应用于单一物体
B．若在某一物理过程中满足动量守恒定律，则在该物理过程中一定同时满足机械能守恒定律
C．一个物体在做匀速圆周运动的过程中，动能保持不变，动量时刻改变
D．若在某一物理过程中，物体的动量对时间的变化率恒定，那么在该过程中物体的动能对时间的
变化率也恒定
【答案】C
8
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，故A
错误；
B．动量守恒和机械能守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而
机械能是否守恒，则决定于是否有重力和弹簧弹力以外的力（不管是内力还是外力）做功，是否
只有动能与势能相互转化，无其他形式能（如热能）转化，系统动量守恒时，机械能不一定守
恒，故B错误；
C．一个物体在做匀速圆周运动的过程中，速度大小不变，方向不断改变，则动能保持不变，动量
时刻改变，故C正确；
D．根据
物体的动量对时间的变化率恒定，即合外力恒定，根据
则
动能对时间的变化率恒定，即合外力功率恒定，物体的动量对时间的变化率恒定，那么在该过程
中物体的动能对时间的变化率不一定也恒定，故D错误。
故选C。
10．（2024·辽阳期末）如图所示，斜面体放在光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止开始
沿斜面下滑。在物体下滑过程中，物体和斜面体组成的系统（ ）
A．机械能守恒，动量不守恒 B．机械能与动量均不守恒
C．机械能与动量均守恒 D．机械能不守恒，动量守恒
【答案】A
【详解】在物体下滑过程中，只有重力做功，物体和斜面体组成的系统机械能守恒，物体和斜面
体组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒。
故选A。
11．（2024·龙岩期末）如图所示，光滑的水平面上静止放置一个表面光滑的弧形槽、物块和滑板，
小孩站在静止的滑板上将物块向弧形槽推出，物块滑上弧形槽后未冲出弧形槽的顶端，则
（ ）
9
学科网（北京）股份有限公司A．小孩推出物块过程，小孩和物块组成的系统动量守恒
B．物块在弧形槽上运动过程，物块和弧形槽组成的系统动量守恒
C．物块离开弧形槽时的速率比冲上弧形槽时的速率更大
D．物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零
【答案】D
【详解】A．小孩推出物块过程，小孩、滑板和物块系统合外力为0，动量守恒，故A错误；
B．冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，但系
统动量不守恒，故B错误；
C．冰块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上
凹槽时的速率小，故C错误
D．初始动量为0，物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零，故D正
确。
故选D。
12．（2024·武汉期末）后羿射日是中国古代的传说故事，描述了后羿用弓箭射下了九个太阳中的八
个。假设后羿用力拉开弓，将箭矢水平射出，此过程可以简化为搭箭、拉弓、瞄准和松弦等环
节。若忽略空气阻力，对弓和箭矢组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．在拉弓的过程中，手臂对系统做负功
B．在瞄准的过程中，箭矢受到弓弦的弹力冲量为0
C．松开弓弦后，系统水平方向上的动量不守恒
D．箭矢射出后的飞行过程中，系统的合外力冲量为0
【答案】C
【详解】A．在拉弓过程中系统的机械能增加，由功能关系可知，手臂对系统做正功，故A项错
误；
B．在瞄准过程中，箭矢受到弓弦的弹力，由公式
所以箭矢受到弓弦的弹力的冲量不为0，故B项错误；
C．松开弓弦后，另一只手对弓仍有作用力，即对于弓和箭组成的系统，其水平方向合外力不为
零，系统水平方向上的动量不守恒，故C项正确；
D．箭矢射出后，还受到重力的作用，所以系统的合外力不为零，由
10
学科网（北京）股份有限公司所以系统的合外力冲量不为0，故D项错误。
故选C。
13．（2024·福州期末）（多）如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于粗糙水平面上，一
颗子弹水平射入木块A，并留在其中（子弹射入木块作用时间忽略不计）。在子弹射入木块A及
弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能不守恒
B．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量不守恒，机械能守恒
C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒
D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒
【答案】AD
【详解】AB．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统所受合力为零，所以系统
动量守恒，但由于有摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A正确，B错误；
CD．在弹簧被压缩的过程中，系统所受合力不为零，所以系统动量不守恒，同时由于地面摩擦力
对木块做负功，机械能不守恒，故C错误，D正确。
故选AD。
14．（2024·天津期末）（多）如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水
平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，然后由A点经
过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为 （不计空气阻力），则该过程（ ）
A．小球和小车组成的系统满足动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
11
学科网（北京）股份有限公司D．小球和小车组成的系统摩擦生热为
【答案】BD
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向系统动量守
恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B．系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
则有
解得小车的最大位移为
故B正确；
C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为
零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
D．设小球克服摩擦力做功大小为 ，根据动能定理得
解得
故D正确。
故选BD。
15．（2024·西城期末）（多）如图所示，用轻质细绳悬挂一个质量为 M的木块，一个质量为m 的子
弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v 和v。子弹穿过木块的时间和空气阻
0
力不计，木块和子弹可以看作质点，以木块初始位置为零势能点，下列说法错误的是（ ）
A．子弹穿透木块过程中，子弹木块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．子弹刚穿透木块时，木块速度为
12
学科网（北京）股份有限公司C．子弹穿透木块过程中，绳子的拉力大小为（m+M）g
D．木块摆至最大高度时，重力势能为
【答案】ACD
【详解】A．子弹穿透木块过程中，子弹木块组成的系统水平方向合外力为0，动量守恒，竖直方
向合外力不为零，故系统动量不守恒，子弹穿透木块过程中，子弹与木块间有摩擦，一部分机械
能转化成内能，故机械能不守恒，故A错误；
B．子弹木块组成的系统水平方向动量守恒，得
解得子弹刚穿透木块时，木块速度为
故B正确；
C．分析可知子弹穿透木块过程中，木块具有一定的速度，故系统此时具有一定的向心加速度，
所以，绳子的拉力大小大于（m+M）g，故C错误；
D．从子弹穿出到木块摆至最大高度时，对木块根据机械能守恒得
木块摆至最大高度时，重力势能为
故D错误。
本题选错误的，故选ACD。
16．（2024·渭南期末）（多）我国有很多高水平的羽毛球运动员，在羽毛球比赛中杀球时的速度很
快，如图所示为快速击球时将固定的西瓜打爆的情形，假设羽毛球的质量为5g，初速度为
360km/h，方向向左，与西瓜接触的时间为0.01s，之后羽毛球速度减为0，忽略空气阻力的影
响，取 ，则关于该羽毛球击打西瓜过程，下列说法正确的是（ ）
A．羽毛球接触西瓜时的初动量大小为
B．羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向向右
13
学科网（北京）股份有限公司C．羽毛球对西瓜的作用力大小约为50N
D．若以羽毛球与西瓜为系统，则系统的动量守恒
【答案】BC
【详解】A．羽毛球接触西瓜时的初动量大小为
故A错误；
B．羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向与初速度方向相反，即动量变化的方
向向右，故B正确；
C．根据动量定理可得
解得羽毛球对西瓜的作用力大小为
故C正确；
D．若以羽毛球与西瓜为系统，系统的初动量不为0，末动量为0，则系统的动量不守恒，故D错
误。
故选BC。
考点三 实验：验证动量守恒定律
17．（2024·内蒙古期末）某同学用图甲所示的实验装置探究碰撞中的守恒量，实验前长木板已平衡
摩擦，碰撞前b车静止，碰后两车一起运动，实验得到与 车连接的纸带，其中 、 之间的
点迹都是均匀的，如图乙所示。
（1）关于本实验，下列说法正确的是_________。
A．图甲中两小车的质量必须相等
B．两小车在纸带 之间某时刻相碰
C．为了测量小车碰后的速度，应选纸带 段的数据
（2）若小车 的质量为0.3kg，碰撞前、后系统动量守恒，则小车 的质量为 kg。（结
果保留两位有效数字）
【答案】（1）C （2）1.0
14
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）A．两车碰后粘成一体，不会出现反弹的情况，a车的质量不需要大于b车的质
量，故A错误；
B．由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前a独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，
DE应在碰撞之后，碰撞发生在CD段中的某一时刻，故B错误；
C．推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时
间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算a车碰前的速度，碰撞过程是一
个变速运动的过程，而a和b碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的
位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度，故C正确。
故选C。
（2）碰前a车的速度
两车的碰后速度
由动量守恒定律得
解得
18．（2024·宁波期末）图甲所示，用“碰撞实验器”可以研究两个小球在碰撞前后的动量关系，从
而验证动量守恒定律以及判断两球碰撞是否为弹性碰撞。
（1）用10分度游标卡尺测量小球直径D，测量结果如图乙所示， mm。
（2）图甲中，点 是入射小球 抛出点在地面上的垂直投影，点 是入射小球B抛出点在地面
上的垂直投影的垂直投影， 。实验时，先让小球 多次从斜轨上S处静止释放，小球B
静置于支柱管上，接着使小球A从S处静止释放，在水平段末端与小球B相碰（碰后支柱管立刻
倾倒），多次重复实验，找到小球A、B的平均落点 。测量出A球质量 B球质量
15
学科网（北京）股份有限公司，若两球相碰前后动量守恒，其表达式可表示为 （用测量的物理量符号
表示）。
（3）以下说法中有助于减少实验误差的有______。
A．轨道必须光滑 B．轨道末端必须水平
C．两小球质量必须相等 D．两小球半径必须相同
（4）某实验小组在实验中发现小球落点不在同一条直线上，出现了如图丙所示的情况。已知A
球质量 球质量 和 在 连线上的垂直投影点为 （图中未画出），根据以上数
据，请写出验证所需的表达式 （用题（4）中的字母表示）。
【答案】（1）15.2
（2）
（3）BD
（4） ，
【详解】（1）小球直径
（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，如果
碰撞过程动量守恒，则
两边同时乘以t，得
则
（3）A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，
只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；
B．本实验要通过平抛运动验证动量守恒定律，所以轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运
动，故B正确；
C．两个小球的大小必须相等，保证对心碰撞，且入射小球的质量必须大于被撞小球的质量，防
止入射球反弹，故C错误；
D．为保证两球对心碰撞，两小球半径必须相同，故D正确。
故选BD。
16
学科网（北京）股份有限公司（4）参考小问（2）分析，若碰撞过程动量守恒，平行于OP方向上有
垂直于OP方向上有
19．（2024·哈尔滨期末）如图为“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为
、 ，直径分别为 、 ，在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的
位置O。
（1）小球1和2的质量应满足 ，直径应满足 。（选填“大于”、“小
于”、“等于”）
（2）实验必须满足的条件是______。
A．斜槽轨道末端切线水平 B．斜槽轨道应尽量光滑以减小误差
C．入射球和被碰球质量相等 D．入射球每次从轨道的同一位置由静止释放
（3）实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置
P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止释放，与小球
2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有______。
A．测量两个小球的质量 、
B．测量小球1的释放点S距桌面的高度h
C．测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D．分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
（4）某次实验中得出的落点情况如图所示，在实验误差允许的围内，若碰撞过程动量守恒，其
关系式应为 。（用 、 、 、 、 表示）
【答案】（1） 大于 等于
（2）AD
（3）ADE
（4）
17
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）[1]为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m 大于
1
m 。
2
[2]为使两球发生对心碰撞，两球直径应相等，即 等于 。
（2）A．为保证小球做平抛运动，其速度必须水平，所以斜槽末端要水平，故A正确；
BD．实验要保证小球1到达斜槽末端时的速度相等，只要小球1每次从斜槽的同一位置由静止释
放即可保证小球1到达斜槽末端时的速度相等，斜槽轨道不必光滑，故B错误，D正确；
C．为了碰撞后入射小球不被反弹，且做平抛运动，所以入射小球的质量必须大于被碰小球的质
量，故C错误。
故选AD。
（3）小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，则小球做平抛运动的时间相等，设
为t；两球碰撞前入射球的速度大小
两球碰撞后入射球的速度大小
被碰球的速度大小
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
整理解得
实验需要测量：测量两个小球的质量 、 ；分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置
M、N，测量平抛射程OM、ON。
故选ADE。
（4）根据上述分析，要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式
20．（2024·吉林期末）某同学用实验验证碰撞过程系统的动量守恒，装置如图所示。滑块A的总质
量（包括尖锥，图中未画出）为 ，滑块B的总质量（包括橡皮泥，图中未画出）为
，两滑块上有宽度均为 的遮光片（质量不计），操作过程如下：
18
学科网（北京）股份有限公司①让气垫导轨保持水平，给气垫导轨充气，让滑块B静止在两个光电门之间；
②滑块A以一定的初速度从光电门1的左边出发向右运动，经过光电门1后与滑块B碰撞并通过
尖锥和橡皮泥粘结在一起，然后通过光电门2；
③光电数字计时器自动记下遮光片近过光电门时的遮光时间分别为
。
回答下列问题：
（1）滑块A与B碰后粘在一起的速度大小为 （保留3位有效数字）；
（2）系统碰前的动量为 ，系统碰后的动量为 （计算结果
均保留3位有效数字），可得在误差允许的范围内碰撞过程系统的动量是守恒的。
【答案】（1） （2）0.247 0.241
【详解】（1）滑块A与B碰后粘在一起的速度大小为
（2）[1]碰前A的速度为
碰前系统的动量为
[2]碰后系统的动量为
21．（2024·辽宁期末）某实验小组用如图所示装置验证动量守恒实验，主要实验步骤如下：
19
学科网（北京）股份有限公司（1）用天平测出大小相同的A、B两球的质量分别为 、 ；
（2）将铁架台放置在水平桌面上，上端固定力传感器，用细线将A球挂在力传感器上，同时测
出悬点到A球球心的距离l；
（3）将B球放在可升降平台上，调节平台位置和高度，保证两个小球能发生 ；
（4）在桌面铺上吹塑纸，以显示B球落地点；
（5）拉起A球由静止释放，两球发生碰撞，计算机实时显示拉力大小，其中拉力的两个峰值分
别为 、 ，且为了确保实验中碰撞后A球不能反向运动，则 、 应满足的关系是
（填“大于”“等于”或“小于”）；
（6）测出B球做平抛运动的水平位移s和竖直位移h；
（7）在实验误差允许的范围内，若满足关系式 （用字母 、 、l、s、h表示），则
可认为验证了动量守恒定律；
（8）若A、B之间的碰撞为弹性碰撞，则关系式满足 。
A． B．
C． D．
【答案】 正碰 大于 B
【详解】（3）[1]将B球放在可升降平台上，调节平台位置和高度，保证两个小球能发生正碰。
（5）[2]为了确保实验中碰撞后A球不能反向运动，则 大于 。
（7）[3]A球运动到最低点时细线的拉力最大，则
，
解得
，
B球碰后做平抛运动，则
，
解得
如果碰撞过程动量守恒，则
20
学科网（北京）股份有限公司即
（8）[4] 若A、B之间的碰撞为弹性碰撞，则
解得
结合 ，可得
故选B。
22．（2024·武汉期末）质量为 的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度 水平跳出，由
于风力的影响，经时间 ，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为 ，但方向与初速
度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为 ，在此段时间 内（ ）
A．风力一定沿水平方向
B．飞行爱好者机械能减少
C．风力对爱好者的冲量大小为
D．风力对爱好者的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．在风力作用下，飞行爱好者做曲线运动，风力在水平方向提供与初速度方向相反的
力，使飞行爱好者在水平方向先减速在反向加速；同时风力对飞行爱好者还有向上的分作用力，
故风对飞行爱好者作用力方向大致沿初速度的后上方，故A错误；
B．假设物体在竖直方向做自由落体运动， 时间内下落的高度为
21
学科网（北京）股份有限公司物体的重力势能减小量为
但物体在下落 高度后竖直方向速度为零，故竖直方向不可能做自由落体运动，即飞行爱好者机
械能不会减少 ，故B错误；
CD．取物体开始时的速度方向为正方向，根据动量定理，水平方形合力（即风力的水平分力）对
物体的冲量
设风力竖直方向的冲量为 ，竖直方向取向上为正，则竖直方向根据动量定理得
则风力的冲量为风力对对爱好者的冲量大小为
故C错误，D正确。
故选D。
23．（2024·南京期末）如图所示，质量均为m的木块A和B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直
放置在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态，现将木块C
迅速移开，若重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块B一定能离开地面向上运动
B．木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为3mg
C．木块A向上运动的距离为 时，A的动量最大
D．木块C移开的瞬间，木块A的加速度大小为2g
【答案】D
22
学科网（北京）股份有限公司【详解】B．在木块C被移开前，以ABC整体为对象，进行受力分析可知，地面对B的支持力为
4mg，木块C移开的瞬间，弹簧的弹力不变，地面对B的支持力保持不变，所以木块C移开的瞬
间，地面对木块B的支持力为4mg，故B错误；
C．当A所受合力为0时，A的速度最大，动量最大。当木块C被移开前，弹簧的形变量为
当A所受合力为0时，弹簧的形变量为
木块A向上运动的距离为
所以木块A向上运动的距离为 时，A的动量最大，故C错误；
D．在木块C被移开前，对A进行受力分析，可知A受到C的压力、弹簧的支持力和重力，弹簧
的支持力和重力的合力大小等于C的重力大小，当木块C移开的瞬间，弹簧的支持力和重力的合
力保持不变，所以A受到的合力大小等于C的重力大小，根据牛顿第二定律可知
故D正确；
A．由C项分析和对称性可知，木块A可以继续上升的高度为Δx，此时弹簧的伸长量为
此时弹簧的弹力为
可知木块B刚好与地面的弹力刚好为0，但不可能离开地面向上运动，故A错误。
故选D。
24．（2024·西宁期末）转盘游戏深受人们喜爱，现将其简化为如图所示模型。倾角为 的圆盘
绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，盘面上距离轴r处有一可视为质点的小物块与圆盘
始终保持相对静止，物块与盘面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，圆盘的角速度为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法错误的是（ ）
23
学科网（北京）股份有限公司A．μ的最小值为
B．物块从最低点第一次转到最高点的过程中，转盘对物块的冲量大小为
C．物块运动到任意关于转轴对称的两点时受到的摩擦力的大小分别为 、 ，一定有
D．ω增大，物块在最高点受到的摩擦力一定增大
【答案】B
【详解】A．在最低点物块容易脱落，根据牛顿第二定律得
f-mgsinθ=mω2r
解得
方向沿斜面向上；
则最大静摩擦力至少为
根据
f =μmgcosθ
m
得
μ≥
故A正确，不符合题意；
B．物块从最低点第一次转到最高点的过程中，动量变化量的大小为
Δp=2mωr
此过程重力的冲量大小为
24
学科网（北京）股份有限公司根据动量定理，转盘对物块的冲量I与重力的冲量的矢量和等于动量变化量，此过程动量变化量
的方向与重力的冲量的方向相互垂直，则有
解得
故B错误，符合题意；
C．物块运动到任意关于转轴对称的两点时受到的摩擦力的大小分别为f 、f ，根据力矢量三角形
1 2
联立两式可得
故C正确，不符合题意；
D．如图所示：
在最高点，当ω增大时，物体由沿半径方向向外的趋势，摩擦力的方向沿半径方向指向圆心，由
f+mgsinθ=mω2r
可知，摩擦力一定增大，故D正确，不符合题意。
故选B。
25．（2024·广州期末）如图所示，电风扇的叶片匀速旋转时将空气以速度v向前排开，叶片旋转形成
的圆的面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是（ ）
25
学科网（北京）股份有限公司A．t时间内通过叶片的空气质量为ρSv
B．空气对叶片的推力为
C．若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强变为原来的一半
D．单位时间内流过叶片的空气的动能为
【答案】B
【详解】A．t时间内叶片排开的空气的质量为
故A项错误；
B．由动量定理可得
解得叶片匀速旋转时，空气受到的推力为
根据牛顿第三定律可知，空气对叶片的推力为 ，故B项正确；
C．空气对叶片的压强为
所以若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强不变，故C项错误；
D．单位时间，则时间为1s，所以其单位时间内通过叶片的空气为
单位时间内流过叶片的空气的动能为
故D项错误。
故选B。
26
学科网（北京）股份有限公司26．（2024·岳阳期末）（多）如图所示，带电平行金属板水平放置，电量相同的三个带电粒子a、
b、c从两板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场（不计粒子的重力），则它们在
两板间运动的过程中（ ）
A．a、b粒子运动时间相等
B．电场力对a和b两粒子做功相等
C．b粒子的动量的变化量与c粒子的动量的变化量相等
D．c粒子电势能减少量最少
【答案】BCD
【详解】A．由水平分运动为匀速运动可知
得
故A错误；
B．由
可知，电场力对a和b做功相等，故B正确；
D．由
因为c粒子偏转位移y最小，所以c粒子电势能减少量最少，故D正确；
C．由动量定理得
可知因为a、b粒子偏转y相同，所以动量变化量相等，故C正确；
故选BCD。
27．（2024·青岛期末）（多）如图，滑板运动员在距地面高度 的平台上滑行，他从平台边缘
上的A点水平滑离平台，落在水平地面上与平台水平距离为2m的B点，着地后又继续向前滑行
27
学科网（北京）股份有限公司了4.5m停止在C点。人与滑板的总质量为50kg，在水平地面上滑行时受到的平均阻力大小为
50N。重力加速度 ，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员从A点滑离平台时的速度为3m/s
B．运动员从滑离平台到停止所用时间为3.4s
C．运动员与滑板着地过程损失的机械能为800J
D．着地过程中地面对运动员与滑板的冲量大小为200NS
【答案】BC
【详解】A．运动员从A点做平抛运动，设初速度为 ，平抛时间为 ，有
解得
，
故A错误；
B．运动员着地后又继续向前滑行了 停止在C点，由动能定理可得
可得减速的初速度为
运动员减速的过程由动量定理可得时间为
忽略运动员着地的时间，则从滑离平台到停止所用时间为
故B正确；
C．运动员落地的瞬时速度大小为
则运动员与滑板着地过程损失的机械能为
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学科网（北京）股份有限公司故C正确；
D．着地过程中地面对运动员与滑板的支持力向上，竖直向下的速度为
在竖直方向由动量定理可知
可得
则着地过程中地面对运动员与滑板的冲量大小大于200Ns，故D错误。
故选BC。
28．（2024·长治期末）如图（a）是第四次天宫课堂中的小球斜碰大球实验，为了验证天宫课堂斜碰
实验中动量是否守恒，利用仿真物理实验室软件模拟航天员的数据，结合频闪照相和留下质心轨
迹的技术得到如图（b）的结果，并且把每一大格 的横纵坐标分成了更精细的10等分。为方
便精密计算球的位置，设水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，网格每大格为
，初状态，质量为 ，半径为 的大钢球静止在质心坐标
处，小钢球质量 ，从质心坐标 处沿x轴负方向向大球运动，从小球出发开
始，每隔 记录两球位置。
（1）碰撞前小球的动量为 （保留2位有效位数）。
（2）若碰撞后小球的水平、竖直分速度分别为 ，大球的水平、竖直分速度分别为
，要用计算法验证碰撞过程中动量是否守恒，可验证两个公式，即： 和0=
（用已知量和测定量的字母表示）。
（3）请你再提供一种简略方法验证碰撞过程系统动量是否守恒： 。
29
学科网（北京）股份有限公司（4）实验结果表明，在误差允许的范围内，碰撞过程中两球组成的系统动量 （填“守
恒”或“不守恒”）。
【答案】（1）-1.0
（2）
（3）可以采用做图法，分别做出两球碰撞前后的动量差，若在误差允许范围内，动量差等大反
向则验证系统动量守恒。
（4）守恒
【详解】（1）碰前小球的速度
动量为
（2）[1][2]动量是矢量，类比力的合成与分解，动量的合成和分解同样遵循平行四边形定则，若
要验证碰撞过程中的动量守恒，则应有
（3）可以采用做图法，分别做出两球碰撞前后的动量差，若在误差允许范围内，动量差等大反
向则验证系统动量守恒。
（4）由图（b）可知碰后小球的水平分速度
竖直分速度
大球的水平分速度
竖直分速度
将数据带入
可知，在误差允许范围内，可得系统动量守恒。
29．（2024·渭南期末）如下图所示，用“碰撞实验器”验证动量守恒定律，O是小球抛出时球心在地
面上的垂直投影点。
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学科网（北京）股份有限公司（1）实验中A、B两小球的质量应满足 （选填“＞”“＜”或“＝”） 。
（2）关于该实验，下列说法正确的是_________。
A．实验需要秒表计时
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．斜槽轨道尽量光滑以减小误差
D．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
（3）在某次实验中，先让入射小球A多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位
置P，测量平抛水平射程OP；然后把被碰小球B静置于水平轨道的末端，再将入射小球从斜轨上
S位置由静止释放，与被碰小球相撞，多次重复实验，找到两小球落地点的平均位置M、N，测出
三个落地点的平均位置与O点的距离分别为OM、OP、ON。在实验误差允许范围内，若满足关
系式 ，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒；如果再满足关系式 ，
则说明两球的碰撞为弹性碰撞。（均用给出的物理量符号表示）
（4）在上述实验中换用不同材质的小球，其它条件不变，可以改变小球的落点位置。下面三幅
图中，可能正确的落点分布是_________。（填正确选项前的标号）
A． B．
C．
【答案】（1）＞
（2）BD
（3）
（4）B
【详解】（1）为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球大，即实验中A、B两小球
的质量应满足
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学科网（北京）股份有限公司（2）A．球在空中做平抛运动的时间是相等的，因此不需要秒表测量时间，故A错误；
B．料槽轨道末端的切线必须水平，保证小球可以做平抛运动，故B正确；
C．本实验要求入射球碰撞前的速度保持相同，斜槽轨道并不需要光滑，故C错误；
D．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放，以保证入射球碰撞前的速度保持相同，故
D正确。
故选BD。
（3）[1]本实验验证动量守恒定律，即验证
根据平抛运动规律有
，
小球落地时间相等，x与v成正比，则有
[2]若两球的碰撞为弹性碰撞，则
解得
（4）由碰撞过程动量守恒
碰撞过程，碰撞后的总动能不能大于碰撞前的总动能，则有
又
可得
， ，
而在A图中可得
在C图中可得
在B图中可得
且
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学科网（北京）股份有限公司故选B。
30．（2024·宿迁期末）如图甲，用“碰撞”实验验证动量守恒定律，用天平测得A、B球的质量分别
为 和 ，O点是轨道末端在白纸上的投影点，M、P、N为三个落点的平均位置．测出M、P、
N与O的距离分别为s 、s 、s ，如图乙所示。
1 2 3
（1）关于实验器材，下列说法正确的是（ ）
A．A、B球的半径可以不同
B．斜槽末端必须水平，斜槽必须光滑
C．重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点
（2）关于实验操作，下列说法正确的是（ ）
A．实验时白纸和复写纸可以随时调整位置
B．A球每次必须从同一位置由静止释放
C．实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，则可以认为两球碰撞前后在水平方向上动
量守恒；（用题中测量量表示）
（4）若实验中测得s =15.50cm、s =25.50cm、s =40.00cm，假设碰撞过程中动量守恒，则m 与
1 2 3 1
m 之比为 ；
2
（5）若该碰撞是弹性碰撞，则小球落点距离应满足的定量关系为 用（s 、s 、s 表
1 2 3
示）。
【答案】（1）C
（2）B
（3）
（4）4
（5）
【详解】（1）[1]A．为满足对心碰撞，则A、B球的半径必须相同，故A错误；
B．为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，斜槽无需光滑，故B错误；
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学科网（北京）股份有限公司C．重锤的作用是标定斜槽末端在白纸上的投影点，故C正确；
故选C。
（2）[2]A．实验时白纸和复写纸不能随时调整位置，故A错误；
B．为保证A球每次碰撞前的速度相等，A球每次必须从同一位置由静止释放，故B正确；
C．根据实验原理可知，斜槽末端距地面的高度相同，则运动时间相同，可用水平位移代替水平
初速度，无需测量地面的高度，故C错误；
故选B。
（3）[3]根据动量守恒定律有
结合平抛运动规律
，
可知有
（4）[4]将s =15.50cm、s =25.50cm、s =40.00cm代入
1 2 3
解得
（5）[5]若这个碰撞是弹性碰撞，由能量守恒可得
解得
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