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考点巩固卷09 动量守恒定律的应用
建议用时：60 分钟
考点序号
考点
考向
题型分布
考点1
动量、动量定理、动
量守恒定律
考向1：动量和动量定理
考向2：动量变化量和冲量的计算
考向3：动量定理解决蹦极类问题
考向4：动量定理解决流体类问题
考向5：动量守恒定律的理解和应用
8 单选+2 多选
考点2
动量守恒定律的应用
考向1：弹性碰撞
考向2：非弹性碰撞
考向3：爆炸与反冲运动
考向4：人船模型
3 单选+3 多选
动量、动量定理、动量守恒定律（8 单选+2 多选）
1．（2024·湖北武汉·二模）中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高，规模最大的汽车赛事之一，其赛道有很
多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小由2v 变为4v，随后一段赛道内速度大小由5v 变为7v，前后两段
赛道内，合外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量变化的大小分别为
和
，下列关系式可能
成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据动能定理有
可得
1
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由于速度和动量是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化
量最大，可知动量变化的大小范围是
可得
故选B。
2．（2024·四川成都·模拟预测）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下
做匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（ ）
A．机械能保持不变
B．动量保持不变
C．所受合力不为零
D．处于超重
状态
【答案】C
【详解】A．小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势
能减小，则小车的机械能减小，故A 错误；
B．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式力p = mv 可知，小车的动量大小不变，
动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故B 错误；
C．根据上述可知，小车做变速去运动，即小车所受合力不为零，故C 正确；
D．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向所受合力
为0，故小车沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的
作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存
在竖直方向的加速度，则小车既不处于超重状态，也不处于失重状态，故D 错误。
故选C。
2
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3．（2024·贵州毕节·模拟预测）某同学做投篮练习，两次分别从相同高度的A、B 两位置抛出同一篮球，
恰好都垂直撞击在篮板同一位置C，如图所示，忽略空气阻力，以下说法正确的是（ ）
A．篮球两次抛出时的动量相等
B．两次篮球重力做功的平均功率相等
C．篮球两次到位置C 时机械能相等
D．两次重力的冲量不相等
【答案】B
【详解】A．篮球垂直撞击在篮板同一位置，可知逆过程可看做是平抛运动，因高度相同，则运动时间t 相
同，根据
可知从A 位置抛出时的水平速度较大，根据抛出时的速度
可知篮球从A 位置抛出时的速度较大，动量较大，故A 错误；
B．根据
可知，篮球两次从抛出到撞击篮板的过程中重力做功的平均功率相等，故B 正确；
C．两次在位置C 重力势能相等，但动能不等，故机械能不等，故C 错误；
D．由
可知重力的冲量相等，故D 错误。
故选B。
4．（2024·黑龙江·一模）原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同学从如图A 所示
的静止下蹲状态向上跃起，脚刚离开地面时如图B 所示，身体运动到最高点时位置如图C 所示，三幅图代
表同一竖直线上的三个位置，不计空气阻力，关于该同学测试的全过程，下列说法正确的是（ ）
3
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A．从A 到B 的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力
B．从A 到B 的运动过程中，地面对脚的支持力的冲量为零
C．该同学在C 图位置的机械能大于在A 图位置的机械能
D．从A 到C 的过程中，地面对脚的支持力冲量大于该同学的重力冲量
【答案】C
【详解】AB．运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，地面支持力大于重力；当地面支
持力等于重力时速度最大；之后脚与地面作用力逐渐减小，运动员开始减速；当脚与地面作用力为零时，
离开地面。此过程地面对脚的支持力的冲量不为零，AB 错误；
B．蹬地起跳过程中运动员消耗体内化学能转化为机械能，B 图位置的机械能大于在A 图位置的机械能，
从B 到C 的运动过程中机械能守恒，则该同学在C 图位置的机械能大于在A 图位置的机械能，C 正确；
D．从A 到C 的过程中，应用动量定理有
所以地面对脚的支持力冲量等于该同学的重力冲量，D 错误。
故选C。
5．（2024·陕西·一模）今年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演员们能
够准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在图甲的蹦床上，记录演员对弹性网的压力。图乙是某次
彩排中质量为35kg 的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力-时间（
）图像，演员可视为质点。不
计空气阻力，重力加速度g=10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
4
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A．从a 时刻到b 时刻，演员做匀变速直线运动
B．从a 时刻到b 时刻，演员一直处于失重状态
C．在b 时刻，演员的速度最大
D．从a 时刻到b 时刻，蹦床给演员的冲量大小为455N·s
【答案】D
【详解】A．从a 时刻到b 时刻弹力逐渐减小，合外力不恒定，加速度变化，故演员做非匀变速运动，A 错；
B．a 时刻弹力最大，应处于最低点，具有向上的加速度，当重力与弹力相等时，加速度为零，此后加速度
变为向下，从a 时刻到b 时刻，故先处于超重状态，后处于失重状态，B 错误；
C．弹力和重力相等时，即在平衡位置时，演员的速度最大，C 错误；
D．演员在空中的时间
故演员脱离蹦床时的速度
根据动量定理可得
解得
D 正确。
故选D。
6．（2024·广西来宾·模拟预测）某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车，如图所示，叶片匀速旋
转时将空气向后排开，使小车以速度v 匀速行驶，小车受到的阻力恒为f，叶片半径为r，空气密度为ρ，
下列说法正确的是（ ）
A．风力小车向后排开空气的速度为
B．空气对叶片的推力为f
C．单位时间内叶片推开空气的质量为
5
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D．当叶片转速变大时，小车匀速运动时获得推力也变大
【答案】B
【详解】AB．由于风力小车做匀速运动，空气对叶片的推力与阻力是平衡力，则空气对叶片的推力为f，
由牛顿第三定律可知叶片对空气的作用力为f，设空气的速度为
，t 时间内叶片排开的空气质量为
对推开的空气由动量定理可知
解得
故A 错误，B 正确；
C．单位时间内叶片推开空气的质量为
故C 错误；
D．由于阻力不变，根据平衡条件可知小车匀速运动时空气对小车的推力不变，故D 错误。
故选B。
7．（2024·山东菏泽·三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝
静止在空中，风筝面与水平面夹角为
，牵引线与竖直方向夹角为2θ。已知风筝质量为m，垂直风筝面的
风速大小为v，风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度空气密度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】对风筝受力分析如图1 所示，作出矢量三角形如图2 所示，可知风筝此时获得的垂直风筝面的力
根据牛顿第三定律，风筝对垂直风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，单位时间Δt内，垂
直打在风筝面的风的质量
6
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在垂直风筝面方向上由动量定理有
联立解得空气密度为
故选A。
8．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）关于动量和冲量，下列说法正确的是（ ）
A．动量守恒定律成立的条件是系统只受重力或弹力作用
B．物体动量的方向一定与其所受合力的方向一致
C．物体运动的方向就是它的动量的方向
D．物体受到的合力的冲量越大，它的速度一定越大
【答案】C
【详解】A．动量守恒定律成立的条件是系统受合外力为零，选项A 错误；
B．物体动量变化的方向一定与其所受合力的方向一致，选项B 错误；
C．物体运动的方向即速度方向就是它的动量的方向，选项C 正确；
D．物体受到的合力的冲量越大，它的动量变化越大，即速度变化一定越大，选项D 错误。
故选C。
9．（2024·河南·模拟预测）如图所示，光滑的水平面上有个固定挡板P，A、B、C 是水平面上的三个标志
点，
。A 点处有一质量为
的静止小球，紧贴P 挡板的右侧有一质量为m1的等大小球
以速度v0向右运动并与m2相碰，碰撞后m1球以
（待定系数
）的速率弹回，并与挡板P 发生完
全弹性碰撞，若要使m1小球能在BC 间追上m2小球再相撞，两小球均可视为质点。则
的取值可能是（
）
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A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【详解】根据题意，由动量守恒定律有
解得
若恰好在B 处追上相碰有
，
解得
即
解得
若恰好在C 处追上相碰有
，
解得
即
解得
m1小球能在BC 间追上m2小球再相撞，所以
的取值范围是
8
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本题选可能的，故选BC。
10．如图所示，光滑水平面上有A、B 两木块，A、B 紧靠在一起，子弹以速度v0向原来静止的A 射去，子
弹击穿A 留在B 中。下面说法正确的是
A．子弹击中A 的过程中，子弹和A、B 组成的系统动量守恒
B．子弹击中A 的过程中，A 和B 组成的系统动量守恒
C．子弹击中A 的过程中，子弹和A 组成的系统动量守恒
D．子弹击穿A 后，子弹和B 组成的系统动量守恒
【答案】AD
【详解】A．子弹击中A 的过程中，子弹和A、B 组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒。故A 正
确。
B．子弹击中A 的过程中，由于子弹对A 和B 组成的系统有作用力，所以A 和B 系统动量不守恒。故B 错
误。
C．子弹击中A 的过程中，B 对子弹和A 组成的系统有作用力，系统的动量不守恒。故C 错误。
D．子弹击穿A 后，子弹和B 组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。故D 正确。
故选AD。
动量守恒定律的应用（3 单选+3 多选）
1．（2024·河北·模拟预测）如图，在光滑水平地面同一直线上放置有三个大小相等的弹性小球，其中
，
，现给小球
一沿
连线的初速度v0，若
、
两小球仅能发生一次碰撞，小球
的质量
最小值为（ ）
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A．3.5kg
B．1kg
C．0.75kg
D．0.5kg
【答案】D
【详解】AB 碰撞时，根据动量守恒和动能守恒
解得
1.若
时，A、B 两小球仅能发生一次碰撞，碰后AB 同向，此时
2.若
时，A、B 两小球仅能发生一次碰撞，此时
3.若
时，A、B 两小球发生碰撞后A 反向，此时
则AC 碰后，根据动量守恒和动能守恒
解得
①若A 球向左运动，不会和B 球再次相碰，此时
即
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②若
，则A 球静止，不会和B 球再次相碰，此时
③若A 球向右运动
若需不会和B 球再次相碰，则
解得
综上，若A、B 两小球仅能发生一次碰撞，小球A 的质量为
故选D。
2．（2023·全国·模拟预测）某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相
同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，碰撞时间极短可不计，碰撞前、后两壶运动轨迹始终
在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中，测得乙壶位移是甲壶位移的k 倍，则（ ）
A．k<1
B．k 值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越大
C．k 值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越小
D．碰撞后瞬时，乙壶速度为零
【答案】C
【详解】A．甲乙碰撞瞬间动量守恒，即
且有
所以
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故A 错误；
BC．两壶碰撞过程中损失的机械能为
变形可得
由此可知，当k=1 时，损失的机械能达到最大，随着k 增大，损失的机械能减小，故B 错误，C 正确；
D．由于两壶完全相同，所以碰撞后瞬时乙壶速度一定大于零，故D 错误。
故选C。
3．（23-24 高三下·江西·阶段练习）总质量为m 的返回式人造地球卫星沿半径为R 的圆轨道绕地球运动到
某点时，向原来运动方向喷出气体以降低卫星的速度，随后卫星转到与地球相切的椭圆轨道，要使卫星相
对地面的速度变为原来的k 倍（k＜1），则卫星在该点将质量为
的气体喷出的对地速度大小应为（将
连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为
，地球表面重力加速度为g）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设原本速度
，由万有引力提供向心力
喷出后速度
，
相对地球速度，由动量守恒
又
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解得
故选C。
4．（2024·台湾·模拟预测）在新款车的碰撞安全测试中，一辆质量为
的汽车，以速度
（
）在水平地面上直线匀速前进，和质量为
的静止箱形障碍物发生一维非弹性正向碰撞，碰
撞后箱形障碍物被向前弹开，汽车车头内凹但仍持续向前行进。假设空气阻力与地面摩擦力可忽略。在此
碰撞过程中，速度感测器测得碰撞开始后汽车速率与时间的关系如图所示。将开始碰撞的时间记为0.0 秒，
则下列叙述哪些正确？（ ）
A．在0.5 秒后，汽车与障碍物分离
B．在0.5 秒后，汽车动能减少一半
C．在0.5 秒后，障碍物速率为
D．在0.5 秒内，汽车平均加速度量值为
E．在0.5 秒后，汽车与障碍物的总动能减少
【答案】ACE
【详解】A．由图可知，汽车在0.5s 之后速度不再发生变化，所以在0.5 秒后，汽车与障碍物分离，故A
正确；
B．由
可知，0.5s 之后汽车速度变为原来的
，所以动能应该减少为原来的
，故B 错误；
C．空气阻力与地面摩擦力可忽略，所以汽车和障碍物组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则
Mv=Mv1+mv2
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代入数据得
即0.5 秒后障碍物速率为20m/s，故C 正确；
D．由加速度公式可得
故D 错误；
E．汽车碰之前的动能为
汽车碰之后的动能为
障碍物的动能为
所以在0.5 秒后，汽车与障碍物的总动能减少
故E 正确。
故选ACE。
5．（2024·贵州六盘水·模拟预测）在光滑绝缘的水平面上，相距为r1的两个带电小球A、B，质量分别为
m、4m，电荷量分别为+q、+2q，小球A 以速度v 向静止的小球B 运动，经时间t 后，它们之间的距离缩短
到r2这一极限值后又被弹开，两个小球均可视为点电荷，则（ ）
A．小球A、B 之间的距离最近时，速度大小分别为0.2v、0.2v
B．小球A、B 之间的距离最近时，速度大小分别为
、
C．在时间内，小球A 对小球B 的平均作用力大小为
D．在时间内，小球A 对小球B 的平均作用力大小为
【答案】AD
【详解】AB．小球A、B 组成的系统满足动量守恒，小球A、B 之间的距离最近时，两球具有相同的速度，
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则有
解得
故A 正确，B 错误；
CD．由于在时间内，小球A 对小球B 的平均作用力随时间并不是线性变化的，所以小球A 对小球B 的平
均作用力大小
以B 为对象，根据动量定理可得
联立解得小球A 对小球B 的平均作用力大小为
故C 错误，D 正确。
故选AD。
6．（2024·湖南·三模）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一质量为M，半径为R 光滑的
圆弧体，圆心
为O，一个质量为m 的小球由静止释放，释放时小球和O 点连线与竖直半径OA 夹角为
，滑至圆弧底部
后与圆弧分离，此时小球相对地面的水平位移为x。改变小球释放时的角度
，得到小球的水平位移x 和
sinθ的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，关于小球下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球与圆弧面组成的系统动量守恒
B．圆弧体对小球做负功
C．圆弧体与小球的质量之比为
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D．当
为90°时，两者分离时小球的速度为
【答案】BC
【详解】A．根据动量守恒条件可知小球与圆弧面组成的系统在竖直方向合力不为0，系统在水平方向动量
守恒。故A 错误；
B．整个系统机械能守恒，圆弧体机械能增加说明小球对圆弧体做正功，则圆弧体对小球做负功。故B 正
确；
C．滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为
根据水平方向动量守恒可得
时间相等，则上式可变形为
解得圆弧体与小球的质量之比为
故C 正确；
D．当
为90°时，根据机械能守恒可得
又根据动量守恒定律解得两者分离时小球的速度为
故D 错误。
故选BC。
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