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单元检测七 动量守恒定律
一、单项选择题(本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的)
1．(2023·北京市昌平区模拟)2022 年2 月5 日，冬奥会短道速滑比赛在首都体育馆举行，中
国队以2 分37 秒348 夺得混合团体接力冠军。比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交
棒”运动员从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，假设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，对于两运动员交接棒的过程，下
列说法正确的是( )
A．两运动员的动量变化一定相同
B．两运动员相互作用力的冲量之和一定等于零
C．两运动员相互作用力做的功之和一定等于零
D．两运动员组成的系统动量和机械能均守恒
答案 B
解析 两运动员组成的系统动量守恒，且两运动员的动量变化大小相等，方向相反，A 错误；
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，B 正
确；两运动员相互作用时，相对地面的位移不一定相同，因此相互作用力做的功之和不一定
等于零，C 错误；两运动员组成的系统动量守恒，但“交棒”运动员从后面用力推前方“接
棒”运动员的过程中要消耗人体的能量，转化为系统的机械能，则机械能不守恒，D 错误。
2．(2024·山西晋中市博雅培文学校月考)如图所示，一篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平
弹回，速率变为原来的k 倍(k<1)，碰撞时间忽略不计(碰撞过程重力对篮球的冲量可忽略不
计)，弹回后篮球的中心恰好经过篮筐的中心。已知篮球的质量为m，不计摩擦和空气阻力，
则( )
A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒
B．篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0
C．碰撞过程中篮球的动量改变量大小为(1－k)mv0
D．若篮球气压不足，导致k 减小，在v0不变的情况下，要使篮球中心经过篮筐中心，应使
碰撞点更低
答案 B
解析 由题意可知，在碰撞过程中，篮球的速度减小，篮球的动能减小，机械能减小，A 错
1
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误；以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(1＋k)mv0，碰撞过程
中篮球的动量改变量大小为(1＋k)mv0，B 正确，C 错误；若篮球气压不足，导致k 减小，在
v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮筐中心，即篮球弹回后水平位移不变，时
间要增大，应使碰撞点更高，D 错误。
3．(2023·四川资阳市模拟)如图所示，一物块用轻细绳悬于O 点，开始时物块处于静止状态，
此后用弹丸以水平速度击中物块后均未穿出，相互作用时间极短。第一个弹丸的速度为v1，
打入物块后二者共同摆动的最大摆角为30°。当其第一次返回图示位置时，第二个弹丸以水
平速度v2又击中物块，使物块向右摆动且最大摆角仍为30°。若弹丸质量是物块质量的，空
气阻力不计，则以下结论中正确的是( )
A．v1＝v2
B．v1∶v2＝101∶103
C．v1∶v2＝101∶204
D．v1∶v2＝101∶203
答案 D
解析 设弹丸的质量为m，物块的质量为M，则有M＝100m，取向右为正方向，第一个弹
丸射入物块，由动量守恒定律得mv1＝101mv，因系统机械能守恒，则弹丸和物块第一次返
回题图所示位置时速度大小仍为v，方向向左；设细绳长度为L，第一个弹丸射入物块，弹
丸和物块共同摆动到最高点的过程，由机械能守恒定律得(M＋m)gL(1－cos 30°)＝(M＋
m)v2，解得v＝，由上式可知，v 与系统的质量无关，因两次向上的最大摆角均为30°，因此
第二个弹丸射入物块后，弹丸和物块组成系统速度大小仍是v，方向向右，第二个弹丸以水
平速度v2击中物块，由动量守恒定律有mv2－101mv＝102mv，解得v1∶v2＝101∶203，A、
B、C 错误，D 正确。
4.如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B 叠放在一起，从高度为h 处自由落下，
h 远大于两小球半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与A 碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，
且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，不计空气阻力，则A 反弹后
能达到的高度为( )
A．h B．2h C．3h D．4h
答案 D
2
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解析 所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能
守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋
m2)v2＝m1v1
2＋m2v2
2，m1v1
2＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，D 项正确。
5.(2023·广东珠海市第四中学摸底考)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行
器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动
员与装备的总质量M＝90 kg，两个喷嘴的直径均为d＝10 cm，已知重力加速度大小g＝10
m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s
B．5.4 m/s
C．7.6 m/s
D．10.8 m/s
答案 B
解析 设飞行器对水的平均作用力大小为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的平均作
用力大小也等于F，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t 内喷出的水的质量m＝
ρV＝2ρSvt，t 时间内质量为m 的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，又S＝π()2，联立解得v≈5.4
m/s，故B 正确，A、C、D 错误。
6.如图所示，质量为mP＝2 kg 的小球P 从离水平面高度为h＝0.8 m 的光滑斜面上滚下，与
静止在光滑水平面上质量为mQ＝2 kg 的带有轻弹簧的滑块Q 碰撞，g 取10 m/s2，下列说法
正确的是( )
A．P 球与滑块Q 碰撞前的速度为5 m/s
B．P 球与滑块Q 碰撞前的动量为16 kg·m/s
C．它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为2 m/s
D．当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为16 J
答案 C
解析 由机械能守恒定律有mPgh＝mPv0
2，解得P 球与滑块Q 碰撞前的速度为v0＝＝4 m/s，
A 错误；P 球与滑块Q 碰撞前的动量为p1＝mPv0＝8 kg·m/s，B 错误；当轻弹簧压缩至最短时，
P 球与滑块Q 速度相等，由动量守恒定律有mPv0＝(mP＋mQ)v，解得碰撞后轻弹簧压缩最短
时的速度为v＝2 m/s，C 正确；由能量守恒定律，当轻弹簧压缩至最短时其弹性势能为Ep＝
mPv0
2－(mP＋mQ)v2＝8 J，D 错误。
3
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7．(2023·江西吉安市一模)如图所示，在光滑水平面上有A、B 两辆小车，水平面的左侧有
一竖直墙，在小车B 上坐着一个小孩，小孩与B 车的总质量是A 车质量的10 倍。两车开始
都处于静止状态，小孩把A 车以相对于地面的速度v 推出，A 车与墙壁碰后仍以原速率返回，
小孩接到A 车后，又把它以相对于地面的速度v 推出。每次推出，A 车相对于地面的速度都
是v，方向向左。则小孩把A 车推出几次后，A 车返回时小孩不能再接到A 车( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 B
解析 取水平向右为正方向，设小孩与B 车总质量为mB，A 车质量为mA，小孩第一次推出
A 车时，有mBv1－mAv＝0，解得v1＝v，当A 车向右返回后，小孩第二次将A 车推出的过程
中，有mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2，第n 次推出A 车时，有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，则
vn－vn－1＝v，所以vn＝v1＋(n－1)v，当vn≥v 时，小孩再也接不到A 车，由以上各式得
n≥5.5，取n＝6，故选B。
二、多项选择题(本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分)
8．(2023·福建莆田市一中月考)在游乐场燃放烟花，将质量为0.3 kg 的烟花点燃，烟花在
0.01 s 的时间内发生第一次爆炸，先向下高速喷出少量高压气体(此过程烟花位移可以忽略)
后被竖直发射到距地面为20 m 的最高点。在最高点时，剩余火药在极短时间内发生第二次
爆炸，烟花被炸成两部分，其中质量为0.1 kg 的一部分烟花以40 m/s 的速度水平向东飞出，
不计空气阻力和火药的质量，重力加速度大小g 取10 m/s2。则( )
A．第一次火药爆炸，烟花动量变化量的大小为6 kg·m/s
B．第一次火药爆炸过程中高压气体对烟花平均作用力大小为600 N
C．第二次火药爆炸后另一部分烟花的速度大小为20 m/s，方向水平向西
D．第二次火药爆炸后两部分烟花落地点之间的距离为40 m
答案 AC
解析 第一次火药爆炸后，设烟花的速度为v，则有v2＝2gh，解得v＝20 m/s，烟花动量变
化量的大小为|Δp|＝mv－0＝6 kg·m/s，A 正确；第一次火药爆炸过程对烟花有(F－mg)t＝mv
－0，解得高压气体对烟花平均作用力大小为F＝603 N，B 错误；第二次爆炸，水平方向动
量守恒，有m1v1－(m－m1)v2＝0，代入数据解得v2＝20 m/s，所以另一部分烟花的速度大小
为20 m/s，方向水平向西，两部分下落的时间相等，均为t′＝＝2 s，所以两部分烟花落地
点间距为x＝(v2＋v1)t′＝120 m，C 正确，D 错误。
9.(2024·甘肃天水市联考)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R 足够大)的圆
弧曲面C，质量为M 的小球B 置于其底端，另一个小球A 质量为，小球A 以v0＝6 m/s 的速
4
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度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B 的最大速率为4 m/s
B．B 运动到最高点时的速率为 m/s
C．B 能与A 再次发生碰撞
D．B 不能与A 再次发生碰撞
答案 AD
解析 A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
v0＝vA＋MvB，·v0
2＝·vA
2＋·MvB
2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B 的最大速率为4 m/s，
选项A 正确；B 冲上C 并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝
m/s，选项B 错误；B 冲上C 然后又滑下的过程，设B、C 分离时速度分别为vB′、vC′，由
水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有·MvB
2＝·MvB′2＋·2MvC′2，
联立解得vB′＝－ m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C 错误，D 正
确。
10.如图所示，木板C 静止在足够大的光滑水平面上，两个材料相同、质量不同的滑块A、
B(均可视为质点)同时从木板两端以不同的速度水平滑上木板，最终同时停在木板上且恰好
相遇，相遇点距木板左端的距离为板长的。已知木板C 与滑块A 的质量相等，下列说法正
确的是( )
A．A、B 两滑块的质量之比为3∶4
B．A、B 两滑块的初动量之比为1∶3
C．A、B 两滑块因摩擦产生的热量之比为3∶8
D．此过程中摩擦力对A、B 两滑块的冲量之比为2∶3
答案 AC
解析 设A、C 质量为m，B 质量为M，A、B 的初速度大小分别为v1、v2，A、B 与木板之
间的动摩擦因数为μ，木板长度为L，从开始到相遇所用时间为t，相遇时三者共同速度为
v，由运动学规律有vt－(－v1＋v)t＝L，(v2＋v)t－vt＝L，解得v2＝2v1，又对A、B 分别有v
＝－v1＋a1t＝－v1＋μgt，v＝v2－a2t＝v2－μgt，联立解得v＝，由动量守恒定律得Mv2－mv1
＝(M＋2m)v，解得＝，A 项正确；A、B 两滑块的初动量之比为＝×＝，B 项错误；A、B 两
滑块因摩擦产生的热量之比为＝＝×＝，C 项正确；此过程中摩擦力对A、B 两滑块的冲量
之比为＝＝，D 项错误。
三、非选择题(本题共5 小题，共54 分)
5
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11．(6 分)某同学利用如图甲所示的装置验证动量定理。所用电源产生交流电的频率f＝50
Hz，重物和托盘的质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，将打点计时器所在的一端
垫高，以补偿阻力，之后通过合理的实验操作得到了如图乙所示的纸带，图中各点为连续的
计时点。
(1)打下计时点2 时，小车的瞬时速度大小为________ m/s(结果保留三位有效数字)；
(2)取打下计时点1～5 的过程研究，打下计时点1、5 时小车的速度大小分别为v1、v5，则验
证动量定理的表达式为____________(用M、m、g、f、v1、v5表示)；
(3)若实验过程中发现m 所受重力的冲量大于系统动量的增加量，造成此问题的原因可能是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)0.575
(2)＝(M＋m)v5－(M＋m)v1
(3)补偿阻力不足(合理即可)
解析 (1)打点计时器频率是50 Hz，所以周期是0.02 s，打下计时点2 时，小车的瞬时速度
大小为v2＝＝575 mm/s＝0.575 m/s。
(2)动量定理的内容是合力的冲量等于动量的变化量，由题意知，已补偿阻力，所以系统的
合力等于重物和托盘的重力，则合力的冲量为I＝mg·4T＝，系统动量的变化量为Δp＝(M＋
m)v5－(M＋m)v1，则验证动量定理的表达式为＝(M＋m)v5－(M＋m)v1。
(3)若实验过程中发现m 所受重力的冲量大于系统动量的增加量，说明系统的合力小于重物
与托盘的重力，造成此问题的原因可能是补偿阻力不足。
12．(6 分)(2024·四川成都市第七中学期中改编)在验证动量守恒定律的实验中，某同学用如
图所示的装置进行实验操作：
6
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①先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立
于槽口处，使小球a 从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹
O；
②将木板向远离槽口平移一段距离，再使小球a 从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球a 撞
到木板上得到痕迹B；
③然后把半径相同的小球b 静止放在斜槽水平末端，小球a 仍从原来挡板处由静止释放，与
小球b 相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A 和C；
④用天平测量a、b 的质量分别为ma、mb，用刻度尺测量纸上O 点到A、B、C 三点的竖直距
离分别为y1、y2、y3。
(1)小球a 和小球b 相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A 和C，其中小球a 撞在木板上的
________(填“A”或“C”)点。
(2)用本实验中所测量的量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为____________(用ma、
mb、y1、y2、y3表示)。
答案 (1)C (2)＝＋
解析 (1)设木板与斜槽末端水平距离为x，由平抛运动规律有x＝vt，y＝gt2，解得v＝＝
x·，即v∝，因此a、b 碰撞后速度较小的小球a 竖直位移y 较大，所以小球a 撞在木板上的
C 点。
(2)碰撞前后，系统动量守恒，mava＝mava′＋mbvb，又v∝，所以有＝＋。
13．(12 分)(2023·天津市模拟)某高校设计专业学生对手机进行了防摔设计，防摔设计是这样
的：在屏幕的四个角设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的
加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保
护作用。总质量为160 g 的该种型号手机从距离地面1.25 m 高的口袋中被无意间带出，之后
的运动可以看作自由落体运动，平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为0.5 s，取g＝10
m/s2。求：
(1)手机落地前瞬间的速度大小；
(2)手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；
(3)地面对手机的平均作用力大小。
答案 (1)5 m/s (2)0.8 N·s (3)3.2 N
解析 (1)设手机落地的速度为v，则v2＝2gh，代入数据得v＝＝ m/s＝5 m/s。
(2)方法一：根据自由落体运动公式知h＝gt1
2
代入数据得t1＝＝ s＝0.5 s
重力冲量I＝mgt1＝0.16×10×0.5 N·s＝0.8 N·s
方法二：由动量定理I＝mv－0
代入数据得I＝0.8 N·s。
(3)取竖直向下为正方向，由动量定理得(mg－F)t2＝0－mv 得F＝mg＋＝1.6 N＋ N＝3.2 N。
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14．(14 分)(2023·广东中山市模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B，上表
面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不粘连，圆弧槽的下端与木板上表
面相平，B、C 静止在水平面上。现有滑块A 以初速度v0从右端滑上B，并以滑离B，恰好
能到达C 的最高点。A、B、C 的质量均为m，重力加速度为g。求：
(1)A 与木板B 上表面间的动摩擦因数μ；
(2)圆弧槽C 的半径R；
(3)当A 滑离C 时，C 的速度大小。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)当A 在B 上滑动时，A 与整体发生作用，由于水平面光滑，A 与B、C 组成的系统
动量守恒，取水平向左为正方向，则有
mv0＝m＋2mv1
解得v1＝v0
系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能，则Q＝μmgL
ΔEk＝mv0
2－m()2－×2mv
而Q＝ΔEk
联立解得μ＝
(2)当A 滑上C，B 与C 分离，A 与C 发生作用，设到达最高点时速度相等为v2，由于水平
面光滑，A 与C 组成的系统水平方向动量守恒，有
m＋mv1＝2mv2
A 与C 组成的系统机械能守恒，有
m()2＋m()2＝×2mv2
2＋mgR
联立解得R＝
(3)当A 滑离C 时，设A 的速度为vA，C 的速度为vC，A 与C 组成的系统水平方向动量守恒，
则有m＋mv1＝mvA＋mvC
A 与C 组成的系统机械能守恒，则有
m(v0)2＋mv1
2＝mvA
2＋mvC
2
联立解得vC＝。
15．(16 分)(2023·江苏省如皋中学模拟)如图甲所示，物体A、B、C 静止放在光滑水平面上，
A、B 用轻质弹簧连接，并用细线(未画出)拴连使弹簧处于压缩状态，此时弹簧长度L＝0.2
m。t＝0 时刻，将细线烧断，A、B 在弹簧弹力作用下做往复运动(运动过程中A 不会碰到
C)，A 的v－t 图像如图乙所示(以向右为正方向)。已知A、B、C 的质量分别为mA＝1 kg、
mB＝2 kg 和mC＝1 kg，弹簧始终在弹性限度内。
8
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(1)求从细线烧断到弹簧第一次恢复原长的过程中，弹簧对物体B 的冲量大小I；
(2)求从细线烧断到弹簧第一次伸长到L1＝0.5 m 时，物体B 运动的位移大小xB；
(3)若在某时刻使C 以vC＝2 m/s 的速度向右运动，C 与正做往复运动的A 发生碰撞后立即粘
在一起不再分开，求在以后的运动过程中，弹簧可能具有最大弹性势能的取值范围。
答案 (1)2 N·s (2)0.1 m (3)0.5 J≤Ep≤4.5 J
解析 (1)由题图乙可知，在时刻弹簧第一次恢复原长，此时物体A 的速度大小为vA，设此
时物体B 运动的速度大小为vB，A、B 组成的系统动量守恒，则有0＝mAvA－mBvB
代入数据解得vB＝1 m/s
根据动量定理可得弹簧对物体B 的冲量大小I＝Δp＝mBvB－0＝2 N·s
(2)设A、B 的位移大小分别为xA、xB，瞬时速度的大小分别为vA′、vB′，
由于A、B 及弹簧系统动量守恒，则在任何时刻都有mAvA′－mBvB′＝0
则在极短的时间Δt 内有mAvA′Δt－mBvB′Δt＝0
累加求和得mA∑vA′Δt＝mB∑vB′Δt
可得mAxA＝mBxB，即xA＝2xB
依题意xA＋xB＝L1－L，代入数据解得xB＝0.1 m
(3)因水平方向系统不受外力，故系统动量守恒，因此，不论A、C 两物体何时何处相碰，三
物体速度相同时的速度是一个定值，总动能也是一个定值，且三个物体速度相同时弹簧具有
最大弹性势能。设三个物体速度相同时的速度为v 共，依据动量守恒定律有mCvC＝(mA＋mB
＋mC)v 共，解得v 共＝0.5 m/s
当A 在运动过程中速度大小为2 m/s 且与C 同向时，跟C 相碰，A、C 相碰后速度v1＝vA＝
vC
A、B 组成的系统动量守恒，则有0＝mAvA－mBvB
设A、C 碰撞后，A、B、C 运动过程中具有的最大弹性势能为Ep1，
由能量守恒定律得Ep1＝(mA＋mC)v1
2＋mBvB
2－(mA＋mB＋mC)v 共
2
代入数据解得Ep1＝4.5 J
当A 在运动过程中速度大小为2 m/s 且与C 反向时，跟C 相碰，
设A、C 相碰后速度为v2，
由动量守恒定律得mCvC－mAvA＝(mA＋mC)v2
解得v2＝0
A、B 组成的系统动量守恒，则有0＝mAvA－mBvB
9
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设A、C 碰撞后，A、B、C 运动过程中具有的最大弹性势能为Ep2，
由能量守恒定律得Ep2＝(mA＋mC)v2
2＋mBvB
2－(mA＋mB＋mC)v 共
2
代入数据解得Ep2＝0.5 J
所以弹簧具有的最大弹性势能的可能值的范围为0.5 J≤Ep≤4.5 J。
10
