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动量定理与动量守恒作业题
作业题目难度分为3档：三星☆☆☆（基础题目）
四星☆☆☆☆（中等题目）
五星☆☆☆☆☆（较难题目）
本套作业题目1-10题为三星,11-16为四星，17-18为五星。
1．如图所示，两木块A、B 用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗
子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块 A及弹簧被压缩的整个过
程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
☆☆☆
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量守恒、机械能不守恒
C．动量不守恒、机械能守恒
D．动量、机械能都不守恒
答案解析：子弹击中木块 A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力
冲量为0，系统动量守恒．但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，部分机
械能转化为内能，所以机械能不守恒，B 正确．
2．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保
持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则( ) ☆☆☆
A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零
B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加
C．此系统的机械能一定守恒
D．此系统的机械能可能增加
答案解析：若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每
个物体所受的合力不一定都为零，A错误．此系统内每个物体的动量大小可能都增加，B 错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，
故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C 错误，D正确．
3．将静置在地面上、质量为 M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以
相对地面的速度 v 竖直向下喷出质量为 m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空
0
气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) ☆☆☆
m M
A. v B. v
0 0
M m
M m
C. v D. v
0 0
M－m M－m
m
答案解析：根据动量守恒定律mv ＝ (M－m)v，得v＝ v ，选项D正确．
0 0
M－m
4．一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时有水平速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两
块水平飞出，甲、乙的质量比为 3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，
则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( ) ☆☆☆
2h
答案解析：平抛运动时间t＝ ＝1s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量
g
3 1 x x 3 1
为m，则mv＝ mv ＋ mv ，又v ＝ 甲，v ＝ 乙，t＝1s，则有 x ＋ x ＝2m，
甲 乙 甲 乙 甲 乙
4 4 t t 4 4
将各选项中数据代入计算得B正确．
5．在光滑水平面上，质量为 m 的小球 A 正以速度 v 匀速运动．某时刻小球 A
0
与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的
1
.则碰后B 球的速度大小是( ) ☆☆☆
4
v v
0 0
A. B.
2 6
v v
C. 0或 0 D．无法确定
2 6
1
答案解析：两球相碰后 A 球的速度大小变为原来的 ，相碰过程中满足动量守恒，
21 v
若碰后A速度方向不变，则mv ＝ mv ＋3mv ，可得B球的速度v ＝ 0，而B在前，
0 0 1 1
2 6
A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运
1 v
动，即mv ＝－ mv ＋3mv ，可得v ＝ 0，A正确，B、C、D错误．
0 0 1 1
2 2
6．物体的动量变化量的大小为 5kg·m/s，这说明( ) ☆☆☆
A．物体的动量在减小
B．物体的动量在增大
C．物体受到的每个力的冲量大小都为 5N·s
D．若发生变化的时间为1s，则物体所受合外力的大小为5N
答案解析：因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增
大还是减小，A、B 错误；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变
化量大小一定相同，C 错误；由Δp＝F·t可知D 正确．
7．运动员向球踢了一脚，踢球时的力 F＝100 N，球在地面上滚动了 t＝10 s 停
下来，则运动员对球的冲量为( ) ☆☆☆
A．1000N·s B．500N·s
C．零 D．无法确定
答案解析：滚动了 t＝10 s 是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作
用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．
8．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子 3000m 接力三连冠．观察发现，“接
棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上
甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略
运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( ) ☆☆☆
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
答案解析：相互作用过程中的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相同，
因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、
乙动量变化大小相等，方向相反，A错，B对；虽然相互作用力大小相等，方向
相反，甲、乙在相互作用过程中的位移不同，乙对甲做的正功与甲对乙做负功的
多少不同，由动能定理知，甲的动能增加量不等于乙动能的减少量，故C、D错
误．
9．质量为 0.2kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4m/s 的速度
反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量变
化量Δp 和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( ) ☆☆☆
A．Δp＝2kg·m/s，W＝－2J
B．Δp＝－2kg·m/s，W＝2J
C．Δp＝0.4kg·m/s，W＝－2J
D．Δp＝－0.4kg·m/s，W＝2J
答案解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp＝
1
mv －mv ＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功 W＝ mv 2
2 1 2
2
1
－ mv 2＝－2J，A正确．
1
2
10.如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块 A、B，质
量分别为 m 和 m ，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块 A、B 的时间
1 2
分别为 t 和 t ，木块对子弹的阻力恒为 f，则子弹穿过两木块后，木块 A的速度
1 2
大小是( ) ☆☆☆
ft ft
1 1
A. B.
m ＋m m
1 2 1f t ＋t f t ＋t
1 2 1 2
C. D.
m ＋m m
1 2 1
答案解析：子弹穿过两木块后木块 A的速度大小等于子弹穿过 A 时两木块的速度
大小，根据动量定理，取两木块系统为研究对象，以子弹穿过 A 为研究过程，
ft
则ft ＝(m ＋m )v，解得v＝ 1 ，A正确．
1 1 2
m ＋m
1 2
11．下列关于力的冲量和动量的说法中，正确的是( ) ☆☆☆☆
A．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零
B．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化一定为零
C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化一定为零
D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变
答案解析：物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可能做匀速直线
运动，故其动量不一定为零，A错误．物体所受的合外力做的功为零，有可能合
外力垂直于速度方向，合外力不改变速度大小，只改变速度方向，而动量是矢量，
所以其动量变化不为零，B错误．根据动量定理I＝Δp，故冲量为零，则其动量
Δp
变化量一定为零，C正确．根据Ft＝Δp得F＝ ，可得物体所受的合外力不变，
t
它的动量变化率不变，D正确．
12．静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F 的作用，拉力F随时间t 变化
的图像如图所示，则下列说法中正确的是( ) ☆☆☆☆
A．0～4s 内物体的位移为零
B．0～4s内拉力对物体做功为零
C．4s末物体的动量为零D．0～4s 内拉力对物体的冲量为零
答案解析：由图像可知物体在4s 内先做匀加速后做匀减速运动，4s 末的速度为
零，位移一直增大，A错误；前 2 s 拉力做正功，后 2 s 拉力做负功，且两段时
间做功代数和为零，故B 正确；4s 末的速度为零，故动量为零，故C 正确；根
据动量定理，0～4 s 内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故 D
正确．
13.如图所示，质量为m的小球从距离地面高 H 的A点由静止开始释放，落到地
面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为 h 的 B 点速度减
为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正
确的有( ) ☆☆☆☆
A．小球的机械能减少了mg(H＋h)
B．小球克服阻力做的功为mgh
C．小球所受阻力的冲量大于m 2gH
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
答案解析：由动能定理得 mg(H＋h)＋W＝0，W＝－mg(H＋h)，所以小球的机械
f f
能减少了mg(H＋h)，A正确，B错误．小球自由落下至地面过程，机械能守恒，
1
mgH＝ mv2，v＝ 2gH，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理I －I＝0－mv，
G f
2
所以I＝I ＋mv＝I ＋m 2gH，小球所受阻力的冲量大于 m 2gH，C 正确．由动
f G G
量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，D错误．
14.如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静
止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是( )
☆☆☆☆A．重力的冲量
B．合力的冲量
C．刚到达底端时的动量
D．刚到达底端时的动能
h
答案解析：设斜面的高度为 h，倾角为θ，则物体沿斜面下滑的位移 s＝ ，
sin θ
1 2h
下滑的加速度 a＝gsin θ.由s＝ at2得，物体沿斜面下滑的时间 t＝ .重
2 gsin2θ
m
力的冲量I ＝mgt＝ 2gh，方向竖直向下．因为两斜面的倾角θ不同，所以
G
sin θ
两物体重力的冲量大小不相等，但方向相同，A 错误．物体所受合力的冲量 I
合
＝mgsin θ·t＝m 2gh，方向沿斜面向下．两物体所受合力的冲量大小相等，但
由于斜面倾角不同，所以冲量的方向不同，B 错误．由机械能守恒定律可知，两
物体沿斜面滑到底端时的速度大小v＝ 2gh相等，但方向不同，故两物体在斜面
底端的动量不相同，动能相同，C 错误，D正确．
15．(多选)如图甲所示，一质量为2kg的物体受水平拉力 F 作用，在粗糙水平面
上做加速直线运动，其at 图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为 2m/s，滑动摩
擦力大小恒为2N，则( ) ☆☆☆☆
A．在t＝6s 的时刻，物体的速度为18m/s
B．在0～6s时间内，合力对物体做的功为396J
C．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·s
D．在t＝6s 的时刻，拉力F的功率为200W答案解析：类比速度—时间图像中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—
时间图像中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内，Δv＝18m/s，v ＝2 m/s，
0
则t＝6 s 时的速度 v＝20 m/s，A 项错误；由动能定理可知，在 0～6 s 内，合力
1 1
做的功为 W＝ mv2－ mv2＝396 J，B 项正确；由动量定理可知，I －f·t＝mv－
0 F
2 2
mv ，代入已知条件解得 I ＝48 N·s，C项错误；由牛顿第二定律，可知在t＝6s
0 F
时，F－f＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D项正确．
16．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外
发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量
为M，发射的是 2价氧离子，发射功率为 P，加速电压为U，每个氧离子的质量
为m，单位电荷的电荷量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：
(1)射出的氧离子速度； ☆☆☆☆
(2)每秒钟射出的氧离子数；
(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．
答案解析：(1)每个氧离子带电荷量为 q＝2e，由动能定理得
1
qU＝ mv2，
2
4eU
即得氧离子速度v＝ .
m
(2)设每秒射出的氧离子数为 n，每秒对离子做的总功为 nqU，即功率为P＝nqU，
P
由此可得每秒钟射出的氧离子数 n＝ .
2eU
Δp
(3)由动量定理得F＝ ＝nmv.
Δt
又由牛顿第二定律得F＝Ma，
mP2
综合上述各式，得飞行器开始运动的加速度a＝ .
eUM2
4eU P mP2
答案：(1) (2) (3)
m 2eU eUM2
17．质量为 1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5N的水平恒力 F作用于物体上，使之加速前进，经
3s 后撤去 F.求物体运动的总时间(g取10m/s2)． ☆☆☆☆☆
答案解析：物体由开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为 Ft ，摩擦力的
1
冲量为ft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft －ft＝0①
1
又f＝μmg②
Ft
联立①②式解得t＝ 1 ，代入数据解得t＝3.75s.
μmg
18．2016 年 9 月在济青高速公路上，一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来
的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了 0.5 m，据测算两车
相撞前速度约为30m/s. ☆☆☆☆☆
(1)试求车祸中车内质量约60kg的人受到的平均冲力是多大？
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是 1s，求这时人
体受到的平均冲力为多大？
答案解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为 0.5
v 2x 1
m．设运动的时间为t，根据x＝ 0 t，得t＝ ＝ s.
2 v 30
0
根据动量定理有Ft＝Δp＝mv ，
0
60×30
mv
得F＝ 0＝ N＝5.4×104N.
1
t
30
(2)若人系有安全带，则
mv 60×30
F′＝ 0＝ N＝1.8×103 N.
t′ 1
