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专题十三 《动量守恒定律》信息优化卷（基础A）
-----备战2024 年高考物理一轮复习单元信息优化AB 卷
（解析版）
（考试时间90 分钟 试卷满分100 分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2．测试范围：人教版（2019） 选择性必修第一册 第一章《动量守恒定律》
第 Ⅰ 卷（选择题）
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，有选错或不
答的得0 分。
1．颠球是足球的基本功之一，足球爱好者小华在练习颠球，某次足球由静止自由下落0.8m，被重新颠起，
离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力
加速度g 取
，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．足球从下落到再次上升到最大高度，全程用了0.7s
B．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为0.4kg·m/s
C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为
【答案】D
【详解】根据
可得足球下落的时间
，与脚作用的时间
根据逆向思维可得
足球上升的时间
，足球从下落到再次上升到最大高度，全程的时间
，
故A 错误；足球下落到与脚部刚接触时的速度
，足球下落到与脚部刚接触时动量大小为
,故B 错误；足球脚部接触足球后瞬间足球的速度大小
，取向上为正方向，
可得足球与脚部作用过程中动量变化量大小为
，故C 错误；足球从最高点下
落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为
，故D 正确。故选D。
2．科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置
的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进
行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以（ ）
1
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A．减小穿戴者动量的变化量
B．减小穿戴者动量的变化率
C．增大穿戴者所受合力的冲量
D．减小穿戴者所受合力的冲量
【答案】B
【详解】依题意，根据动量定理
，可得
可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时
间
，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率
，而穿戴者动量的变化量
，也即穿
戴者所受合力的冲量
均未发生变化。故选B。
3.一次军事演习中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士
在同一位置先后水平投出甲、乙两颗质量均为m 的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，
不计空气阻力，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（ ）
A．从投出到落地，甲乙手榴弹的初动能不同，动能的增加量也不同
B．从投出到落地，甲乙手榴弹动量随时间的变化率不同
C．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
D．甲在空中的运动过程中动量变化比乙大
【答案】C
【详解】根据动能定理可得
,可知从投出到落地，甲乙手榴弹的动能的增加量相同，故A 错
误；
B．根据动量定理可得
2
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可得
可知从投出到落地，甲乙手榴弹动量随时间的变化率相同，故B 错误；
C．根据
可知两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等，故C 正确；
D．根据
可知甲乙在空中的运动时间相等，根据动量定理可得
可知甲乙在空中的运动过程中动量变化相等，故D 错误。
故选C。
4．短道速滑比赛中“接棒”运动员（称为“甲”）在前面滑行，“交棒”运动员（称为“乙”）从后面
用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设运动员甲的质量小于运动员乙的质量，交接棒
过程中两运动员的速度方向均在同一直线上，忽略运动员与冰面之间的摩擦。在交接棒过程，下列说法正
确的是（ ）
A．乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力B．甲的动量增加量大于乙的动量增加量
C．甲的速度增加量大于乙的速度减少量
D．甲、乙两运动员冲量之和不为零
【答案】C
【详解】AD．根据牛顿第三定律可知，两运动员之间的相互作用力大小相等，方向相反，且作用时间相
等。根据I=Ft 可知，两运动员相互作用力的冲量大小相等，方向相反，冲量之和一定为零。故AD 错误；
BC．因为忽略与冰面的摩擦，两运动员组成的系统动量守恒，甲的动量的增加量等于乙的动量的减少量；
由于甲的质量较小，所以甲的速度较大，故B 错误，C 正确。
故选C。
5．高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口直径为d，水从枪口高速喷出后，近距
离垂直喷射到某物体表面且速度在短时间内由v 变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为
ρ。则水在物体表面产生的平均冲击力大小为（ ）
3
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】水在时间△t 内速度由v 减为零，△t 内喷射到物体表面的水的质量为
以这部分水为研
究对象，设物体表面对水的平均作用力大小为F，以水流速度方向为正方向，由动量定理有
解得
由牛顿第三定律可知，水在物体表面产生的平均冲击力大小为
ABC 错误，D 正确。故选D。
6．在地球大气层外的空间中，当同步卫星在其参考位置附近飘移时，可以利用离子推进器产生的推力进
行卫星姿态的控制和轨道的修正.离子推进器的工作原理是先将推进剂电离，并在强电场作用下将离子加速
喷出，通过反冲运动获得推力.如图所示为离子推进器的示意图：推进剂从P 处进入，在A 处电离成正离子，
BC 是加速电极，离子在BC 间的加速电压的作用下，从D 喷出.已知该正离子的比荷（电荷量与质量之
比）为k，经电压为U 的电场加速后形成电流强度为I 的离子束.若离子进入B 的速度很小，可忽略不计.则
同步卫星获得的推力为：
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设该正离子的质量为m，电量为q，根据动能定理有：
，得到离子的出射速度为：
．根据题意，在△t 时间内喷射出离子的数目为：
，喷射出的离子的质量为：
，根据动量定理为：
，联合以上各式得：
．故B 项正确；
4
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7．如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m 的木块在上、质量为M 的铁块在下，
正对用极短细绳连结悬浮在在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木
块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻
力，则池深为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒（人船模型）可得
池深
解得
D 正确。故选D。
8．在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高
的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d 的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩
气体通过横截面积为S 的喷口以速度
持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为
。若宇航员连同整套舱外
太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及
喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【来源】第31 讲 动量守恒定律及其应用（练习）-2024 年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）
【答案】D
5
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【详解】设喷出的气体的质量为
，则
根据动量守恒定律可得
宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则
联立解得
故选D。
9．高空作业必须系安全带，但安全带使用不当也会对人体造成伤害。我国对安全带的材料、长度、宽度
以及使用方法都有规定，其中规定如果安全带的长度超过三米一定要加装缓冲器。某兴趣小组的同学们通
过模拟实验来探究缓冲器的作用。同学们改装了甲、乙两根安全带，甲不加装缓冲器，乙加装缓冲器，使
两根安全带的总长度（乙安全带的总长度含缓冲器）都为1.25m，把重物和力的传感器捆在一起挂在安全
带的底端，重物（含传感器）的质量为1kg。现让重物从安全带上端处自由下落（重物可视为质点），实
验发现从安全带伸直到重物速度第一次减为零，甲、乙分别用时0.1s 和0.5s。忽略缓冲器对安全带长度的
影响，重力加速度取10m/s2。则（ ）
A．安全带刚伸直时重物的动量为5kg·m/s，方向竖直向下
B．从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，重物的动量变化为5kg·m/s，方向竖直向下
C．从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，甲安全带对重物的平均作用力为60N，乙安全带对
重物的平均作用力为10N
D．从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，乙安全带对重物的冲量为10N·s，方向竖直向上
【答案】AD
【详解】A．从重物自由下落到安全带刚伸直的过程，由自由落体运动公式v2＝2gh，可得v＝5m/s
则可知此时重物的动量p＝mv＝5kg·m/s 动量的方向即速度方向，为竖直向下，故A 正确；
B．从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，重物的初动量为5kg·m/s，方向竖直向下，重物的末动
量为0，设竖直向上为正方向，重物的动量变化为Δp＝0－（－mv）＝5kg·m/s 方向竖直向上，故B 错误；
C．从安全带伸直到重物速度第一次减为零的过程，设安全带对重物的平均作用力为F，由动量定理有
（F－mg）t＝0－（－mv）代入两次作用时间，得甲、乙两根安全带对重物的平均作用力分别为60N 和
20N，故C 错误；
D．由动量定理（F－mg）t＝0－（－mv）可得Ft＝mgt＋mv＝10N·s 方向竖直向上，故D 正确。故选AD。
6
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10．将一轻弹簧与小球组成弹簧振子竖直悬挂，上端装有记录弹力的拉力传感器，当振子上下振动时，弹
力随时间的变化规律如图所示。已知重力加速度大小
，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为2kg，振动的周期为4s
B．0 ~ 2s 内，小球受弹力的冲量大小为20Nꞏs
C．0 ~ 2s 内和2 ~ 4s 内，小球受弹力的冲量方向相反
D．0 ~ 4s 内，小球受回复力的冲量大小为0
【答案】BD
【详解】A．根据图像可知，零时刻弹力最大小球在最低点，2s 时弹力最小（为零）在最高点，由对称性
可知，在平衡位置时，弹力为10N，可得
解得小球的质量为1kg，振动的周期为4s，故A 错误；
BC．0～2s 内，小球初末速度均为零，根据动量定理可得
解得
即小球受弹力的冲量大小为20Nꞏs，方向竖直向上，同理可知，2~4s 内，小球受弹力的冲量大小为20Nꞏs，
方向竖直向上，故0~2s 内和2~4s 内，小球受弹力的冲量方向相同，故B 正确，C 错误；
D．小球受到的合力作为向心力，0~4s 的初末状态速度均为零，即动量变化为零，可知小球受回复力的冲
量大小为0，故D 正确。
故选BD。
11．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为
和
的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。
现使
瞬间获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所
示，从图像信息可得（ ）
A．在
、
时刻弹簧处于原长状态
7
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B．
时刻两物体达到共速，弹簧被压缩到最短
C．两物块的质量之比为
D．在
时刻两物块的动能大小之比为
【答案】AD
【详解】AB．图乙可知两物块的运动过程，开始时
逐渐减速，
逐渐加速，弹簧被压缩，
时刻二者
速度相同，弹簧被压缩至最短，系统动能最小，弹性势能最大，然后弹簧逐渐恢复原长，
继续加速，
先减速为零，然后反向加速，
时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度
将逐渐增大，两物块均减速，
时刻，两物块速度相等，弹簧最长，系统动能最小，因此从
到
过程中
弹簧由伸长状态恢复原长，A 正确，B 错误；
C．系统动量守恒，从
开始到
时刻有
，
，
解得
C 错误；
D．在
时刻，
和
的速度大小分别为
，
又有
则动能大小之比为
D 正确。
故选AD。
12．质量M=3kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m=2kg 的小球（视为质
点）通过长L=0.75m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态。现给小球一
个v0=3m/s 的竖直向下的初速度，取g=10m/s2。则（ ）
A．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3m
B．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.5m
C．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27m
D．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54m
【答案】AD
【详解】AB．设滑块M 在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向动量守恒，有
解得x=0.3m
8
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故A 正确；B 错误；
C．设小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为h，此时m 与M 的共同速度为v。根据水平动量守恒得
0=(m+M)v
根据系统的机械能守恒得
解得h=0.45m
故C 错误；
D．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M 在水平轨道上向右移动的距离为y。由
几何关系可得，m 相对于M 移动的水平距离为
根据水平动量守恒得
解得y= 0.54m
故D 正确。
故选AD。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、实验题
13．（12 分）（1）某同学利用如图所示的实验装置完成了验证碰撞过程中的动量守恒的实验，将带有斜
槽的轨道固定在桌面上并调整至斜槽的末端水平。选取两个大小完全相同的小球
、
，测量出其质量分
别为
、
，且
。实验时，首先将
球由一定高度静止释放，经过一段时间小球打在右侧竖直固
定的挡板上的某点；然后在斜槽的末端放上
球，将
球由同一高度静止释放，两球碰后均打在右侧竖直
固定的挡板上，已知
点与斜槽的末端在同一水平线上。已知
、
、
三点到
点的距离分别为
、
、
。
①两球碰后，竖直挡板上的 点为
球的落点，竖直挡板上的 点为
球的落点。
②如果两球碰撞的过程动量守恒，则关系式 成立。
③如果两球碰撞的过程没有能量损失，则关系式 成立。
（2）某小组设计如图所示的装置来验证机械能守恒定律。实验器材有：铁架台、量角器、轻质细绳、力
传感器（记录细绳上的拉力）、小球和刻度尺。
9
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实验主要步骤如下：
①将实验装置按如图所示的方式连接；
②小球静止在位置I 时，力传感器的示数为
，测得细绳悬点
到小球球心的长度为
；
③将小球缓慢拉至位置II，此时细绳与竖直方向的夹角为
，松开手，当小球运动到最低点时，力传感器
的示数为
。
则小球通过最低点的动能为 ，要验证机械能守恒定律，需要验证的关系式
。
【答案】
（每空2 分）
【详解】（1）①根据题意可知，小球均做平抛运动，由图可知，水平位移相等，则速度越大，运动时间
越短，下落距离越小，由于碰撞后小球
的速度大于碰撞前小球
的速度，碰撞前小球
的速度大于碰撞
后小球
的速度，则两球碰后，竖直挡板上的
点为
球的落点，竖直挡板上的
点为
球的落点。
②小球均做平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
解得
如果两球碰撞的过程动量守恒，则有
整理可得
③如果两球碰撞的过程没有能量损失，则有
整理可得
（2）③根据题意，由牛顿第二定律有
则小球通过最低点的动能为
10
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[6]根据题意可知，小球重力势能的减少量为
若机械能守恒，则有
又有
整理可得
二、计算题
14．（9 分）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻
质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为
的物体（物体与头盔密切接
触），使其从
的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了
时，物
体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空
气阻力，重力加速度g 取
。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由自由落体运动规律
，带入数据解得
（2）由匀变速直线运动规律
解得
（3）由动量定理得
解得
15．（9 分）体育课上，甲同学在距离地面高
处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为
；乙同学在离地
处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球
质量
，取重力加速度
。不计空气阻力。求：
11
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（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v 及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【答案】（1）
；（2）
，方向与水平方向夹角
；（3）
【详解】（1）设排球在空中飞行的时间为t，则
解得
；则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
得
；根据
得
；设速度方向与水平方向夹角为
（如答图所示）
则有
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
16．（10 分）太空中各类航天器和卫星在校正位置、转移轨道时，多数采用的是将电能转化为机械能的电
推力火箭发动机。电推力火箭发动机工作原理与工作细节非常复杂，高中阶段我们可以进行合理简化进行
讨论。
（1）设某个以化学燃料提供动力的火箭飞行时在极短的时间内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷
气前火箭的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m。请你计算在经过该次喷气后火箭增加的速度Δv。
（2）某种航天器采用静电式离子推力器作为动力，其原理可简化如下：如图甲所示，核心装置左侧的电
子枪发射出的高速电子将中性推进剂（如氯气原子）电离，电离后的正离子（初速度极小）被正、负极栅
板间的强电场加速后与中和电子枪导出的电子重新中和成为高速粒子流并被喷出，从而使航天器获得推进
或姿态调整的反冲力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从正、
负栅极加速后的正离子所形成的等效电流为I。忽略离子间的相互作用力和电子能量的影响，且认为粒子
喷射时航天器质量不变。试求该发动机产生的平均推力的大小。
（3）2020 年1 月，我国首款20 千瓦大功率电磁式霍尔推力器成功完成点火试验，实现了我国霍尔电推力
12
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器推力从毫牛级向牛级的跨越。图乙是某霍尔推力器的基本原理图，霍尔推力器的电离区和加速区是合一
的。其工作原理简化如下:推力器的辅助装置将右侧阴极逸出（初速度极小）的一部分电子送入由轴向电场
和环形径向磁场构成的放电工作室中，电子在洛伦兹力和电场力的共同作用下向左螺旋加速，与进入放电
室的中性推进剂原子发生碰撞使其电离；正离子的质量较大，它在磁场中的偏转角度很小，其运动可视为
在轴向电场力的作用下向右加速，出放电室后高速正离子与阴极导出的电子中和并被高速喷出，推进器由
于反冲获得推进动力。设单位时间内进入放电工作室的电子总数为N，近似认为加速后每个电子获得的能
量均为E0，与中性推进剂发生碰撞的电子数占总电子数的80%，推进剂被电离后形成一价正离子，轴向电
场加速区的电压大小保持不变，且环形径向磁场的分布稳定，其余辅助装置消耗的电能占总供电能量的
10%，请根据以上情景提供的信息，求供电系统在单位时间内提供的电能E。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）以喷气前的火箭为参考系，根据动量守恒定律
解得
上式表明，在喷射质量Δm 和喷射速度u 确定时，火箭质量m 越小，火箭获得的速度增量Δv 越大（该表述
反之亦成立）；
（2）以正离子为研究对象，由动能定理得
由动量定理得，正离子所受的平均冲量
联立得
根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力的大小为
（3）设加速电压大小为U0，每个电子加速过程，有
每个正离子加速过程增加的能量为
即
在单位时间内有
13
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解得
17．（12 分）如图（a），长木板C 放置于光滑水平地面，两滑块A、B 质量分别为
，
，
放在C 上，三者都保持静止。两滑块与木板间的动摩擦因数均为
，t=0 时刻释放AB 间的微小弹性装置，
装置储存的弹性势能为24J，此后滑块A、B 运动的
图像如图（b）所示，当t=4s 时A 与C 恰好相对静
止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度
，求：
（1）释放弹性装置瞬间滑块A、B 的速度大小；
（2）滑块与木板间的动摩擦因数
和木板C 的质量；
（3）要使B 不滑落则木板C 至少有多长。
【答案】（1）2m/s，4m/s；（2）0.04，8kg；（3）30m
【详解】（1）释放弹性装置瞬间，滑块AB 的速度分别为v1、v2，则由动量守恒和能量关系
解得v1=2m/s，v2=4m/s
（2）当t=4s 时A 与C 恰好相对静止，可知此时AC 的速度相等，设为v 方向向左，此时B 的速度为
v3=2.4m/s，方向向右，则由动量守恒
对物体A
对木板C
解得μ=0.04，mC=8kg， v=0.4m/s
（3）4s 内A 向左的位移
C 向左的位移
B 向右的位移
14
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从该时刻起到ABC 相对静止时，则由动量守恒定律可知，此时三者的速度均为零，则此过程中B 向右的位
移
AC 向左的加速度
位移
则木板的最小长度
15
