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第六章 动量守恒定律
（考试时间：100 分钟 试卷满分：75 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共42 分)
一、选择题(本题共10 小题，共42 分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8 小题，每小题4 分，只有
一个选项符合题意；第9～10 小题，有多个选项符合题意，全部选对的得5 分，选对而不全的得3 分，错
选或不选的得0 分)
1．
【现代科技与学科知识结合】（2025·重庆·三模）中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，
飞行器总质量(含燃料)为
，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为
，喷气速度均为(相对地面)，喷气方
向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行
次爆震(喷气时间极短,忽略重力与
阻力)。下列说法正确的是（ ）
A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C．经过
次喷气后，飞行器速度为
D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
【答案】C
【详解】A．由题意可知，每次喷气过程中，系统（包括飞行器和喷出的气体）总动量守恒。喷出气体的
动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向
1
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相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A 错误；
B．根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为
，速度为，飞行器质
量变为
，速度为
，则有
解得
所以第一次喷气后速度增量
在第二次喷气之前，此时系统总动量为
，喷气后，喷出气体质量仍为
，速度为，飞行器
质量变为
，速度为
，则有
将
代入可得
所以第二次喷气后速度增量
以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B 错误；
C．设经过
次喷气后飞行器的速度为
。系统初始总动量为0，
次喷气后，喷出气体总质量为
，速
度为，飞行器质量变为
，速度为
。根据动量守恒定律可得
解得
故C 正确；
D．虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定
律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D 错误。
故选C。
2．（2025·山东枣庄·三模）我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞
行器（简称飞行器）也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图
所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是（ ）
2
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A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零
C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大
D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同
【答案】B
【详解】A．飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气对飞行器的作用力与飞行器重力的合力沿
水平方向，所以需向斜向下喷射燃气，故A 错误；
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量
不为零，故B 正确；
C．飞行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故C 错误；
D．燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D 错误。
故选B。
3．
【传统文化与学科知识结合】（2025·重庆·模拟预测）舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，
如图所示，杂技演员用手顶住中幡，将幡从胸口处竖直向上抛起，
时间后在自己的胸口相同位置处开始
接幡，并缓慢下蹲，经
时间幡到达最低点。已知一根中幡质量为
，重力加速度为
，忽略空气阻力。
则（ ）
3
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A．幡被抛出时的速度大小为
B．幡被抛出后，仅在最高点时加速度大小为
C．杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为
D．杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．幡被抛做竖直上抛运动，由对称性可得，幡被抛出时的速度大小为
故A 错误；
B．幡被抛出后到被接住的过程中只受重力，其加速度大小一直为
，故B 错误；
CD．幡从最高点开始下落到到达最低点，设手对幡的冲量大小为
，取竖直向下为正方向，根据动量定理
有
求得
故C 错误，D 正确。
故选D。
4．
【竞技体育与学科知识结合】（2025·江西·一模）冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性
竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”。如图所示，运动员投掷出的冰壶甲运动一段时间后，与静止
在大本营中心的冰壶乙发生碰撞，已知两冰壶完全相同，则碰撞后两冰壶最终甲停止的位置不可能是（
）
A．
B．
4
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C．
D．
【答案】C
【详解】由图中选项可知，两质量相等的冰壶发生的是非对心碰撞，碰撞点在原乙所在位置，后方冰壶碰
撞后的速度可能大于前方冰壶的速度，但不可能反向，C 选项中甲碰撞后速度反向，C 不可能，所以答案
应选C
故选C。
5．（2025·吉林长春·二模）中国空间站在距地面高度约
的轨道上做匀速圆周运动，该轨道远在距
地面
的卡门线（外太空与地球大气层的分界线）之上，但轨道处依然存在相对地心静止的稀薄气体，
气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速。空间站安装有发动机，能够实时修正轨道。已知中国空间站
离地面高度为，地球半径为
，地球表面的重力加速度为
，将空间站视为如图所示的圆柱体，其运行
方向上的横截面积为，稀薄气体密度为
，不考虑其他因素对空间站的影响，则（ ）
A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，其高度降低，动能减小
B．空间站的速度大小为
C．气体对空间站前端作用力大小为
D．空间站发动机的功率为
【答案】C
【详解】A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速，
可看作完全非弹性碰撞，故会损失的机械能，其高度降低，又根据牛顿第二定律
5
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故减小时，增大，动能增大，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律
又地球表面
联立解得
故B 错误；
C．设极短的时间
内与空间站前端碰撞的稀薄气体质量为
碰撞瞬间，根据动量守恒
由于
故
对稀薄气体
，根据动量定理
联立解得空间站前端对稀薄气体的作用力大小
根据牛顿第三定律知气体对空间站前端作用力大小为
，故C 正确；
D．空间站发动机的功率为
故D 错误。
故选C。
6．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）哈尔滨冰雪大世界的冰雕师傅将质量为
的冰球放置在内壁为半球形的光
滑冰碗边缘，冰球从静止滑至碗底。已知冰碗质量为
，始终静止于水平冰面，重力加速度为
。此过
程中（ ）
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A．冰碗对地面的最大压力为
B．冰碗与冰面间最大静摩擦力为
C．冰球滑至碗底时，冰碗所受摩擦力为
D．若冰碗置于光滑冰面，冰球无法到达另一侧边缘
【答案】B
【详解】A．当小球到达碗底部时碗对地面的压力最大，则由机械能守恒
由牛顿第二定律
底座对地面的最大压力
联立解得N=5mg
选项A 错误；
B．设小球到达的位置与球心连线与竖直方向夹角为θ 时底座受到地面的摩擦力最大，则由机械能守恒
由牛顿第二定律
对碗受力分析可知地面对碗的摩擦力
7
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联立解得
可知当θ=45°时底座受到地面的最大摩擦力为
所以B 正确；
C．最低点处，小球与光滑冰碗间无摩擦，小球对冰碗的压力竖直向下，则冰碗与地面间摩擦力为零，所
以C 错误；
D．如果把碗放在光滑的水平面上，则小球和碗的系统水平方向动量守恒，当小球到达另一侧最高点时根
据
可知碗和小球的速度均为零，由能量关系可知，小球能到达碗的另一侧边缘，选项D 错误。
故选B。
7．（2025·贵州黔东南·模拟预测）如图所示，半径为
、质量为
的光滑半圆槽置于光滑水平面上，
、
为半圆槽直径的两个端点，现将一质量为
的小球（可看成质点）从
点的正上方
处静止释放，小
球从
点沿切线方向进入半圆槽，已知重力加速度为
，不计空气和一切摩擦力。则（ ）
A．小球和半圆槽组成的系统动量守恒
B．小球将离开半圆槽做斜抛运动
C．小球运动过程中的最大速率为
D．半圆槽向左运动的最大位移为
【答案】D
【详解】A．小球与半圆槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向总动量不守恒，故A 错误。
B．小球运动到达半圆槽A 点时，系统水平初动量为零，小球运动到达半圆槽B 点时，系统水平动量也为
零，小球离开B 点做竖直上抛运动，故B 错误。
8
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C．当小球运动到半圆槽最低点时有最大速度，由机械能和动量守恒定律有
，
解得
故C 错误。
D．小球从A 端到B 端的过程中，半圆槽先加速后减速运动，当小球到达B 端时，半圆槽向左的位移最大，
设为x2，小球的位移为x1，则
由动量守恒定律
解得
故D 正确。
故选D。
8．
【传统文化与学科知识结合】（2025·河北·模拟预测）“榫卯”结构是我国工匠的智慧结晶。
为了使结构点更牢固耐用，工匠师傅们通常需要在结构中加入木楔，如图所示，用铁锤将木楔敲入一块木
料楔缝中。已知木料上楔缝的截面和木楔截面均为顶角为
（非常小）的等腰三角形，先将木楔对准楔缝
（有接触但无挤压），露出楔缝处的高度为，锤子以动量
在极短时间撞击木楔后一起竖直向下运动，
木楔刚好全部进入楔缝。若木楔进入的过程中楔缝侧壁发生了弹性形变，铁锤质量为
，木楔质量为
，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
。木楔进入木料的过程，下列分析正确的是（ ）
A．锤子对木楔的冲量大小为
B．锤子、木楔及木料整体损失的机械能为
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C．木料和木楔间因摩擦产生的内能为
D．木楔受到木料的平均阻力大小为
【答案】D
【详解】A．锤子撞击木楔瞬间共速，根据动量守恒定律得
此时锤子的动量为
锤子和木楔向下运动过程中，对锤子由动量定理可知，
故锤子对木楔的冲量大小为
故A 错误；
BC．木楔进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能，另一部分转化为木料的弹性势能，则
有
碰撞后有
联立解得
解得
故BC 错误；
D．锤子撞击木楔后，锤子和木楔的总动能为
进入木料过程根据动能定理有
解得平均阻力为
10
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故D 正确。
故选D。
9．（2025·吉林延边·一模）如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套
在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向
一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判
断正确的是（ ）
A．儿童和滑环组成的系统动量守恒
B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能
D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1：5
【答案】BD
【详解】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A
错误；
BC．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增
加的机械能，故B 正确，C 错误；
D．根据水平方向系统动量守恒有
解得
则可知儿童和滑环的水平位移之比为1：5，故D 正确；
故选BD。
10．（2025·湖南常德·三模）如图所示，一排人站在沿x 轴的水平轨道旁，原点0 右侧的人的序号记为
n(n=1,2,3……)每人只有一个沙袋，每个沙袋质量为
，一质量为
的小车以某初速度v0从原
点出发向正x 方向滑行，不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u 朝与车速相
反的方向沿车面扔到车上，下列说法正确的是（ ）
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A．若u=2v0，当仅有序号为1 的人将沙袋扔到车上后，则小车的速度变为
B．若u=2v0，当序号为3 的人将沙袋扔到车上后，小车将反向运动
C．若u 的大小不是定值，u 等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n 倍（n 是此人的序号数），则车上有
3 个沙袋时小车开始反向运动
D．若仅有序号为1 的人将沙袋朝与车速相反的方向以相对于小车的速度v 相=2v0沿车面扔到车上后，
【答案】AB
【详解】A．对小车、沙袋系统，以向右为正由动量守恒：Mv0-2mv0=（M+m）v1
解得v1=
，故A 正确；
B．设n 次扔出沙袋小车反向，则有Mv0-2nmv0<0
解得n>2.4
取整数应为n=3 次后小车反向，故B 正确；
C．小车朝正x 方向滑行的过程中，第（n-1）个沙袋扔到车上后的车速为vn-1，第n 个沙袋扔到车上后的车
速为vn，由动量守恒定律有
解得
小车反向运动的条件是：
，
即
，
代入数据解得3.8<n<4.8
取整数应为
即车上堆积4 个沙袋后车开始反向滑行，故C 错误；
D．应取同一参考系，由公式v 甲对地=v 甲对乙+v 乙对地
可知沙袋的速度应表示为v 袋对地=-u+v0
由动量守恒：Mv0+m（-u+v0）=（M+m）v1
解得v1=
，故D 错误。
故选AB。
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第Ⅱ卷(非选择题，共58 分)
二、填空题(本题共2 小题，共15 分)
11．(6 分)（2025·广东惠州·模拟预测）下列是《普通高中物理课程标准》中的三个必做实验，请回答下列
问题。
(1)图（a）是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图。在平衡摩擦力之后，需挑选质量合适的钩
码，使钩码的质量
（选填“远小于”或“远大于”）小车的质量
；图（b）是某次实验
得到纸带的一部分，已知打点计时器的打点周期为
，每5 个点取一个计数点，测得相邻计数点之间的距
离分别为
，则小车加速度大小
。
(2)小雅同学用游标卡尺测量一小球的直径，如图（c），读数前应通过部件 （选填“A”或
“B”）锁定游标尺，该小球的直径
。
(3)如图（d）所示为两小球在斜槽末端碰撞验证动量守恒定律的实验。在数据处理过程中要用到圆规，其
作用是 ；O 是斜槽末端在纸面上的投影点，最终确定P 点为
球单独落下的落点，M 点和
点为两球相碰后的落点，测得
，A、B 两小球质量为
，在误差范围内，若
关系式 成立，即可验证碰撞过程动量守恒。
【答案】(1) 远小于 ，
；(2) A ， 16.3(3) 确定碰撞前后两小球的平均落点或落点
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【详解】（1）[1]对整体，根据牛顿第二定律
设绳子拉力为
，对小车
只有当
远大于
时，才可认为
，则实验中要使钩码的质量
远小于小车的质量
，用钩码所受
的重力作为小车所受的合外力；
[2]已知打点计时器的打点周期为
，每5 个点取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为
根据逐差相等公式可得加速度大小为
（2）[1]为防止读数时游标卡尺发生运动，读数前应锁定图（c）中的部件A；
[2]10 分度的游标卡尺的精确值为0.1mm，由图可知读数为16mm+0.3mm=16.3mm
（3）[1]多次实验后确定小球的平均落点时，用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的
圆心位置代表平均落点；
[2]小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，它们在空中运动时间相等，如果碰撞过程动量
守恒，则
两边同时乘以，得
即动量守恒要验证的式子是
12．(9 分)（2025·安徽黄山·一模）我国天宫实验室中曾进行过“应用动力学方法测质量”的实验。某兴趣
小组受到启发，设计了在太空完全失重环境下（忽略空气阻力）测小球质量并验证弹性碰撞的实验方案：
（1）装置如图，在环绕地球运转的空间站中的桌面上固定一个支架，支架上端通过力传感器O 连接一根
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轻绳，轻绳末端系一个直径为d 的小球a；
（2）保持轻绳拉直，给小球a 一个初速度，小球a 在与桌面垂直的平面内做匀速圆周运动，支架上端O
与小球球心的距离为L。当小球a 运动至最高点时，该处的光电门M 可记录下小球a 通过该位置的遮光时
间，记为
，并同时记下力传感器显示的读数F。根据以上测量数据，可得小球a 的质量
（用
“L，F，
，d”表示）；
（3）更换大小相同的小球b，重复以上操作，可测得小球b 的质量
；
（4）在小球a 匀速圆周运动的过程中，将小球b 放置在桌面右侧的固定支架上，支架在小球a 运动的平面
内。当小球a 运动至最低点时剪断轻绳，为保证小球a 与小球b 能发生正碰，小球b 放置的高度与小球a
运动至最低点的高度相比，应 （选填“等高”“稍高一些”或“稍低一些”）；
（5）小球a 与b 碰后，依次通过右侧的光电门N，光电门记录下小球a 的遮光时间为
、小球b 的遮光时
间为
，若测得
，则当测出
时，即可验证小球a、b 的碰撞为弹性碰撞。
【答案】
等高 4
【详解】[1]由牛顿第二定律有
又有
解得小球a 的质量为
[2] 该实验是在太空完全失重环境下进行，当小球a 运动至最低点时剪断轻绳，由于惯性小球a 将沿着圆
周最低点切线方向做匀速直线运动，所以要使小球a 与小球b 能发生正碰，小球b 放置的高度与小球a 运
动至最低点的高度等高。
[3] 经过光电门时小球a 的速度为
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小球b 的速度为
则若小球a、b 的碰撞为弹性碰撞，应满足
若测得
，则由以上各式解得
三、计算题(本题共3 小题，共43 分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)
13．(10 分（2025·上海·一模）如图（a）所示，在水平直轨道上，质量为0.378kg 的带有可形变、粘合装置
的甲车以一定初速度向右撞向质量为0.226kg 的乙车，两车的v-t 图像及某些点的坐标如图（b）所示，
(1)求甲车所受轨道摩擦力大小Ff ；（保留3 位有效数字）
(2)碰撞过程中两车间的平均相互作用力的大小。（保留3 位有效数字）
【答案】(1)0.0218N；(2)0.306N
【详解】（1）水平向右为正，碰前对甲，根据动量定理可得
（2 分）
由图可知
，
，
，（1 分）代入数据解得
（2 分）
（2）碰撞过程中，对甲，根据动量定理有
（2 分）
由图可知
，
（1 分）
代入数据解得
（2 分）
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14．（15 分）（2025·山东·模拟预测）如图所示，长木板静止在光滑水平地面上，一木块（可视为质点）
放置在长木板的最右端，一轻质弹簧固定在长木板左侧的竖直墙壁上。某一时刻子弹（可视为质点）以水
平速度
射中木块并在极短时间内嵌入其中，之后二者一起运动，当木块与长木板达到共同速度
时，长木板左端刚好与弹簧接触，之后长木板开始压缩弹簧，弹簧压缩至最短时，弹簧自锁
（即不再压缩也不恢复形变），此时木块恰好停留在长木板的最左端。已知子弹的质量
，木块的
质量
，长木板的质量
，木块与长木板间的动摩擦因数
，长木板的长度
，
取
。求：
(1)子弹射入木块前的速度大小；
(2)开始时长木板左端与弹簧右端之间的距离；
(3)弹簧的最大弹性势能。
【答案】(1)600m/s；(2)2.25m；(3)5J
【详解】（1）对子弹、木块和长木板三者组成的系统，根据动量守恒定律，有
（2
分）
解得
（1 分）
（2）子弹射中木块的极短时间内，根据动量守恒定律，有
（1 分）
解得
（1 分）
长木板未接触弹簧前，木块在长木板上滑行时，对木块（含子弹），根据牛顿第二定律有
（1 分）
解得
（1 分）
17
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对长木板，根据牛顿第二定律有
（1 分）
解得
（1 分）
设长木板未接触弹簧前，木块与长木板发生相对滑行的时间为t，则根据运动规律有
（1 分）
解得
此段时间内，木块的位移大小
（1 分）
长木板的位移大小
（1 分）
（3）长木板未接触弹簧前，木块相对于长木板的位移大小
（1 分）
长木板接触弹簧时，木块与长木板左端的距离
（1 分）
长木板压缩弹簧的过程，对木块（含子弹）、长木板与弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有
（1 分）
解得
（1 分）
15．(18 分)（2025·山东聊城·三模）如图所示，竖直放置的半径
的
光滑圆弧轨道AB 与倾角为
，长度为
的倾斜传送带BC 在B 点平滑连接，传送带BC 的右端与静置在光滑水平面上的木
板CD 在C 点等高平滑连接，距木板右端
处有一固定的挡板P。现从A 点正方方h
0.4m 处，由静止释
放小物块a，a 经圆弧轨道和传送带后在一极短光滑圆弧轨道（未画出）的约束下沿水平方向滑上木板，
与静止在木板左端的小物块b 碰后瞬间粘在一起，木板第一次与挡板Р 碰撞时恰好与物块a、b 达到共速。
已知，传送带以
的速度沿顺时针方向匀速转动，a 的质量为
， b 的质量为
，木
板的质量为
，物块a 与传送带间的动摩擦因数为
，物块a、b 与木板间的动摩擦因数均为
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，物块a 经过所有连接处均无能量损失，木板与挡板Р 的所有碰撞均为弹性碰撞，物块a、b 始终
未与木板分离，重力加速度g 取
。求：
(1)物块a 通过B 点时对轨道的压力大小；
(2)物块a 与传动带间摩擦产生的热量；
(3)
的大小；
(4)木板在整个运动过程中总路程的大小。
【答案】(1)100N；(2)
；(3)
；(4)
【详解】（1）物块 a 从释放点到B 点，由动能定理
（1 分）
代入数据，解得
（1 分）
在B 点，由牛顿第二定律
（1 分）
解得轨道支持力
（1 分）
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力为 100N。
（2）由
知物块a 若与传动带共速，则同步向上运动，设经时间物块a 与传动带共速，
（1 分）
根据牛顿第二定律
（1 分）
联立解得
，
物块a 的位移
（1 分）
物块a 与传动带间相对滑动的距离为
（1 分）
19
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物块a 与传动带间摩擦产生的热量为
（1 分）
（3）之后以
的速度做匀速运动到与物块b 相碰，碰撞瞬间动量守恒
（1 分）
解得
（1 分）
之后物块ab 匀减速运动，木板匀加速运动，到第一次与挡板Р 碰撞时恰好达到共速，根据牛顿第二定律，
对物块ab，
（1 分）
牛顿第二定律，对木板
解得
，
对系统，根据动量守恒
（1 分）
解得
根据运动学规律对木板分析
解得
（4）木板与挡板Р 的所有碰撞均为弹性碰撞，物块a、b 始终未与木板分离，故最终整体停下，第一次碰
后瞬间，木板速度反向，大小不变，为
开始做加速度大小为
匀减速直线运动，减速到零再反向运动至与木板共速，设时间为
，物块
a、b 做减速直线运动，加速度大小为
，根据运动学规律
（1 分）
解得
，
木板运动的路程为
（1 分）
再次碰后，木板反向，同理
（1 分）
20
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解得
，
，
这次木板运动的路程为
（1 分）
同理，由数学知识推理得
（1 分）
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