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专题09 动量守恒定律
质量检测卷
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题
只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全
的得2分，有选错的得0分)
1.(2021·山东莱州一中高三上学期期中)如图所示，甲、乙两人分别站在静止小车的左、右两端，当他俩同
时相向行走时，发现小车向右运动，下列说法不正确的是(车与地面之间无摩擦)( )
A．乙的速度一定大于甲的速度
B．乙对小车的冲量一定大于甲对小车的冲量
C．乙的动量一定大于甲的动量
D．甲、乙的动量之和一定不为零
【答案】 A
【解析】 甲、乙两人及小车组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方
向，根据动量守恒定律得m v －m v ＋m v ＝0，小车向右运动，说明甲、乙两人的总动量向左，乙
甲 甲 乙 乙 车 车
的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大
小关系，选项A错误，C、D正确；因小车的动量向右，说明小车受到的总冲量向右，而乙对小车的冲量
向右，甲对小车的冲量向左，故乙对小车的冲量一定大于甲对小车的冲量，选项B正确．
2.(2021·北京东城区期末)如图所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v ，守门
1
员此时用手握拳击球，使球以大小为v 的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，重力加速度为g，
2
则( )
A．击球前后球动量改变量的方向水平向左
B．击球前后球动量改变量的大小是mv－mv
2 1
C．击球前后球动量改变量的大小是mv＋mv
2 1
D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋mv2
1【答案】 C
【解析】 规定水平向右为正方向，击球前球的动量 p ＝－mv ，击球后球的动量p ＝mv ，击球前后球动
1 1 2 2
量改变量的大小是Δp＝p －p ＝mv ＋mv ，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；球离开
2 1 2 1
手时的机械能为mgh＋mv2，因v 与v 大小可能相等，则球离开手时的机械能可能是 mgh＋mv2，故D错
2 1 2 1
误．
3.(2021·石家庄精英中学高三二调)一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一
发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情
况是( )
A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小
【答案】 A
【解析】 因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守
恒。设炮弹的质量为m，船(不包括两炮弹)的质量为M，炮艇原来的速度为v ，发射炮弹的瞬间船的速度
0
为v，炮弹相对于地的速率为v ，设船的运动方向为正方向，则由动量守恒可得(M＋2m)v ＝Mv＋mv －mv
1 0 1 1
＝Mv，可得v＞v，即发射炮弹后船的动量不变，速度增大，A正确。
0
4.(2020·云南昆明市一模)篮球和滑板车是深受青少年喜爱的两项体育活动．某同学抱着一篮球站在滑板车
上一起以速度v 沿光滑水平地面运动，某一时刻该同学将篮球抛出，抛出瞬间篮球相对于地面的速度大小
0
为v ，方向与抛出前滑板车的运动方向相反，已知篮球的质量为m，该同学和滑板车质量之和为M.则抛出
0
篮球后瞬间该同学和滑板车的速度大小为( )
A. B.
C．v D.
0
【答案】 A
【解析】 以滑板车的运动方向为正方向，则由动量守恒定律有(M＋m)v＝Mv－mv，解得v＝，故选A.
0 0
5.(2021·山东淄博市一模)2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外．
有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 ml的空气，用时约
0.02 s．已知空气的密度为1.3 kg/m3 ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为( )
A．13 N B．2.6 N C．0.68 N D．0.13 N
【答案】 D
【解析】 打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV
由动量定理Δt＝mv
解得＝＝＝ N＝0.13 N
根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13 N，故选D.
6.(2020·浙江金华一中模拟)如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与
木板相连，木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块B以水平速度v ＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，
0
压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J
【答案】 A
【解析】力大小为F.铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得mv2＝F L＋(M＋m)v2＋E.由动量
f 0 f p
守恒定律，得mv ＝(M＋m)v.从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得mv2＝2FL＋(M＋
0 0 f
m)v2，联立解得E＝3 J，故选项A正确．
p
7. (2021·河南八市重点高中联盟第三次模拟)如图所示，质量m ＝4 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长
1
L＝1 m，现有质量m ＝2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v ＝3 m/s从左端滑上小车．已知物块与
2 0
车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则物块滑上小车后( )
A．滑块和小车组成的系统动量不守恒 B．滑块和小车组成的系统机械能守恒
C．经过一段时间从小车右端滑下 D．整个过程中系统产生的热量为6 J
【答案】 D
【解析】小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车组成的系统机械能不守恒，故 B错误；假设物块
最终与小车共速，共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝(m ＋m)v，根据能量守恒
2 0 1 2
定律得：μm gd＝mv2－(m ＋m)v2，解得滑块相对于小车滑行的距离为：d＝0.6 m＜L＝1 m，所以滑块不
2 2 0 1 2
会从小车右端滑下，故C错误；整个过程中系统产生的热量为 Q＝μm gd＝6 J，故D正确．
2
8.(2021·福建三明高三上学期期末)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 m 、m 的两物块A、B相连
1 2
接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块
的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得( )
A．在t 和t 时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
1 3
B．在t～t 时间内A、B的距离逐渐增大，t 时刻弹簧的弹性势能最大
1 2 2
C．两物块的质量之比为m∶m＝2∶1
1 2
D．在t 时刻A、B两物块的动能之比为E ∶E ＝1∶8
2 k1 k2
【答案】D
【解析】由题图乙可知，在t 和t 时刻两物块达到共同速度1 m/s，此时弹簧形变量最大，故t 、t 时刻弹
1 3 1 3
簧的弹性势能最大，且t 时刻弹簧处于压缩状态，t 时刻弹簧处于伸长状态，结合图象可知，在t ～t 时间
1 3 1 2
内A、B的距离逐渐增大，t 时刻弹簧的弹性势能最小，A、B错误；根据动量守恒定律，在0～t 时间内：
2 1
mv＝(m＋m)v，即：3m＝(m＋m)×1，解得m∶m＝1∶2，C错误；在t 时刻A、B两物块的速度分别为－
1 0 1 2 1 1 1 2 1 2 21 m/s和2 m/s，根据E＝mv2，可知动能之比为E ∶E ＝1∶8，D正确。
k k1 k2
9.(2021·辽宁重点协作体模拟)如图所示，质量为m的A球以速度v 在光滑水平面上运动，与原静止的质量
0
为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av 的速率弹回，并与挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能追上B球
0
再相撞，则a的可能取值为( )
A. B. C. D.
【答案】 BD
【解析】 A、B碰撞过程中，以v 方向为正方向，根据动量守恒定律得：m v ＝－m ·av ＋m v ，A与挡
0 A 0 A 0 B B
板P碰撞后能追上B再次相碰的条件是：av ＞v ，解得：a>；A、B首次碰撞过程中损失的机械能：ΔE＝
0 B
m v2－[m (av)2＋m v 2]≥0，解得：a≤，所以a满足的条件是：<a≤，故B、D正确，A、C错误．
A 0 A 0 B B
10.(2021·甘肃天水高三上学期期末联考)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入
木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木
块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则( )
A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒
B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒
C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒
D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒
【答案】 BD
【解析】 子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受
合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；过
程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系
统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确。
11.(2021·浙江象山中学月考)如图所示，质量为3m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，A、C
为半圆形槽上对称等高的槽口上两点，B为半圆形槽的最低点．将一可视为质点，质量为m的小球从左侧
槽口上A点自由释放，小球沿槽下滑的过程中，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒
B．小球刚好能够到达半圆形槽右侧槽口上C点
C．半圆形槽速率的最大值为
D．半圆形槽相对于地面位移的最大值为R
【答案】BD【解析】小球和半圆形槽组成的系统只有重力做功，水平方向上不受外力，满足机械能守恒和水平方向上
动量守恒，选项A错误；当小球到达B点时，小球与半圆形槽的速率都达到最大，由动量守恒定律有0＝
3mv －mv ，由机械能守恒定律有mgR＝×3mv 2＋mv 2，解得v ＝，选项C错误；设小球到槽右侧最高点
1 2 1 2 1
的速度为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝(3m＋m)v，mgR＝×4mv2＋mgh，联立解得h＝R，选
项B正确；设小球运动到右侧最高点的水平位移为x ，该过程中半圆形槽相对于地面的位移为x ，由系统
2 1
在水平方向上动量守恒，有0＝3mx－mx，而x＋x＝2R，解得x＝，选项D正确．
1 2 1 2 1
12.(2021·四川宜宾市一诊)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m 和m.
1 2
图乙为它们碰撞前后的x－t图象．已知m＝0.1 kg.由此可以判断( )
1
A．碰前m 静止，m 向右运动 B．碰后m 和m 都向右运动
2 1 2 1
C．m＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
2
【答案】 AC
【解析】 由x－t图象知碰前m 的位移不随时间而变化，处于静止状态，碰前m 速度为v ＝＝4 m/s，方
2 1 1
向只有向右才能与m 相碰，故A正确；由题图乙知碰后m 的速度为正方向，说明向右运动，m 的速度为
2 2 1
负方向，说明向左运动，故B错误；由题图乙求出碰后m 和m 的速度分别为v′＝2 m/s，v′＝－2 m/s，根
2 1 2 1
据动量守恒定律有mv ＝mv′＋mv′，解得m ＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝
1 1 1 1 2 2 2
mv2－mv′2－mv′2，解得ΔE＝0，故D错误．
1 1 1 1 2 2
第Ⅱ卷(非选择题，共62分)
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13.(2021·石家庄精英中学高三二调)(6分)某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，其操
作步骤如下：
A．将操作台调为水平；
B．用细线将滑块A、B连接，滑块A、B紧靠在操作台边缘，使滑块A、B间的弹簧处于压缩状态；
C．剪断细线，滑块A、B均做平抛运动，记录滑块A、B的落地点M、N；
D．用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x、x；
1 2
E．用刻度尺测出操作台台面距地面的高度h。
(1)上述步骤中，多余的步骤是______，缺少的步骤是____________________。
(2)如果动量守恒，需要满足的关系是______________(用测量量表示)。【答案】 (1)E 用天平测出滑块A、B的质量m 、m (2)m x＝m x
A B A 1 B 2
【解析】 取滑块A的初速度方向为正方向，设两滑块的质量分别为m 、m ，平抛的初速度分别为v 、
A B 1
v，平抛运动的时间为t。
2
需要验证的方程：0＝m v－m v
A 1 B 2
又v＝，v＝
1 2
代入得到：m x＝m x
A 1 B 2
故不需要用刻度尺测出操作台台面距地面的高度h，所以多余的步骤是E；但需要用天平测出滑块A、B的
质量m 、m 。
A B
14.(2020·湖北荆门市1月调考)某实验小组采用如图所示的实验装置验证动量守恒定律：在长木板上放置甲、
乙两辆小车，长木板下垫有小木块用以平衡两小车受到的摩擦力，甲车的前端粘有橡皮泥，后端连着纸带，
纸带穿过位于甲车后方的打点计时器的限位孔。某时刻接通打点计时器的电源，推动甲车使之先加速再匀
速运动，与原来静止在前方的乙车相碰并粘在一起，然后两车继续做匀速直线运动。已知打点计时器的打
点频率为50 Hz。
(1)现得到如图10所示的打点纸带，A为打点计时器打下的第一个点，测得各计数点间的距离分别为AB＝
8.40 cm，BC＝10.50 cm，CD＝9.08 cm，DE＝6.95 cm，相邻两个计数点之间还有四个计时点，则应选
__________段计算甲车碰前的速度，应选__________段计算甲车和乙车碰后的共同速度。(均选填
“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)用天平测得甲车及橡皮泥的总质量为m ＝0.40 kg，乙车的质量为m ＝0.20 kg，取甲、乙两车及橡皮泥
1 2
为一个系统，由以上测量结果可求得碰前系统的总动量为________kg·m/s，碰后系统的总动量为
________kg·m/s。
【答案】 (1)BC DE (2)0.420 0.417
【解析】(1)甲车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，故选 BC段计算碰前的速
度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而甲和乙碰后共同运动时做匀速直线运动，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。
(2)由图可知，BC＝10.50 cm＝0.105 0 m，DE＝6.95 cm＝0.069 5 m，碰前甲车的速度为v ＝＝ m/s＝1.05
1
m/s，碰前的总动量为p＝mv ＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s；碰后两车的共同速度为v＝＝ m/s＝0.695
1 1
m/s，碰后的总动量为p′＝(m＋m)v＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
1 2三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只
写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)
15.(2021·江苏常州市一模)（10分）如图15所示，光滑水平面上，小球A、B分别以1.2 m/s、2.0 m/s的速
率相向运动，碰撞后B球静止．已知碰撞时间为0.05 s，A、B的质量均为0.2 kg.求：
(1)碰撞后A球的速度大小；
(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小．
【答案】 (1)0.8 m/s (2)8 N
【解析】 (1)A、B组成的系统动量守恒，设B的运动方向为正方向，
由动量守恒定律得mv －mv ＝0＋mv ′
B A A
解得v ′＝0.8 m/s
A
(2)对B，由动量定理得－Δt＝Δp ＝0－mv
B B
解得＝8 N.
16.(12分) (2021·福建龙岩高三上学期期末)如图所示，在光滑的水平冰面上放置一个光滑的曲面体，曲面
体的右侧与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m ＝40
1
kg，球的质量为m ＝10 kg，曲面体的质量为m ＝10 kg。某时刻小孩将球以v ＝4 m/s的水平速度向曲面体
2 3 0
推出，推出后，球沿曲面体上升(球不会越过曲面体)。求：
(1)推出球后，小孩和冰车的速度大小v；
1
(2)球在曲面体上升的最大高度h。
【答案】 (1)1 m/s (2)0.4 m
【解析】 (1)以球、小孩和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，
由动量守恒定律得：mv－mv＝0
2 0 1 1
解得：小孩和冰车的速度大小v＝1 m/s。
1
(2)以球和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，
由水平方向动量守恒得：mv＝(m＋m)v
2 0 2 3 2
解得：球在最大高度处与曲面体的共同速度v＝2 m/s
2
球在曲面体上升的过程，由机械能守恒定律得：
mv＝(m＋m)v＋mgh
2 2 3 2
解得：球在曲面体上升的最大高度h＝0.4 m。
17．（12分）(2021·江苏通州、海门、启东高三上学期期末三县联考)如图甲所示的水平面上，B点左侧光
滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m ＝2 kg，m ＝4 kg。乙球与B点右侧水
甲 乙平面的动摩擦因数μ＝0.2。现给甲球一个水平向右的速度v ＝5 m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速
1
度大小v′＝1 m/s。
1
(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；
(2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图乙所示，试求3 s末乙球
的速度大小。
【答案】(1)3 m/s (2)0.75 m/s
【解析】 (1)设发生碰撞后，乙球的速度大小为v ，以水平向右为正方向，对甲、乙两球组成的系统，由
2
动量守恒定律有：m v＝m (－v′)＋m v
甲 1 甲 1 乙 2
解得：v＝3 m/s。
2
(2)对乙球，由动量定理有：
I －μm gt＝m v′－m v
F 乙 乙 2 乙 2
由图乙可知，0～3 s力F对乙球的冲量
I ＝×3 N·s＝15 N·s
F
解得：v′＝0.75 m/s。
2
18.（14分）(2021·四川乐山市第一次调查研究)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M＝4 kg的
长木板，在长木板右端有一质量m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数 μ＝0.2，开始时长木
板与小物块均静止。现用 F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间 t＝1 s撤去水平恒力F，取g＝10
m/s2。求：
(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块加速度的大小；
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离；
(3)撒去F后，系统损失的最大机械能ΔE。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)0.5 m (3)0.4 J
【解析】 (1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则μmg＝ma ，解得a
1 1
＝μg＝2 m/s2。
(2)长木板受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得
F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2
2 2
0～1 s时间内，小物块运动的位移x＝at2＝×2×12 m＝1 m
1 1
长木板运动的位移x＝at2＝×3×12 m＝1.5 m
2 2
则小物块相对于长木板的位移
Δx＝x－x＝1.5 m－1 m＝0.5 m。
2 1
(3)撤去F时，小物块和长木板的速度分别为
v＝at＝2 m/s，v＝at＝3 m/s
1 1 2 2
小物块和木板系统所受的合力为0，动量守恒，得mv＋Mv ＝(M＋m)v′，解得v′＝2.8 m/s
1 2
从撤去F到物块与长木板保持相对静止，由能量守恒定律mv＋Mv＝ΔE＋(M＋m)v′2
解得ΔE＝0.4 J
