2025高中物理一轮复习 动量守恒定律 测试卷 （解析版）

第七章动量守恒定律

测试卷

（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n卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、

学号填写在试卷上。

2.回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。

3.回答第n卷时，将答案直接写在试卷上。

第I卷（选择题共48分）

一、选择题（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.如图所示，轻弹簧的下端系着质量相等的。、6两球，两小球之间由轻质细线连接，系统静止时弹簧未

超出弹性限度。现剪断“b间细线，在接下来的运动过程中，下列说法正确的是（）

A.a、6两球组成的系统机械能守恒

B.a,b两球和轻弹簧组成的系统机械能守恒

C.a、b两球组成的系统动量守恒

D.a,6两球和轻弹簧组成的系统动量守恒

【答案】B

【详解】A.剪断a、b间细线后，弹簧对。做功、。球的机械能发生变化，b球只有重力对它做功，机械能

不变，所以6两球组成的系统机械能不守恒，故A错误；

B.剪断4、b间细线后，a、b两球和轻弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，

故B正确；

C.剪断°、万间细线后，a,b两球组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；

D.剪断a、b间细线后，a、b两球和轻弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D错误。

故选B。

2.如图所示，OA、为两条不同的光滑轨道，端点。、A、8都在竖直圆周上，0C竖直直径。完全相同

的两个小球分别从A、8两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达。点的过程中,

下列判断正确的是（）

A.沿B0轨道运动的小球先到达0点

B.两个小球重力的冲量不相同

C.两小球的动量变化率相同

D,沿A。轨道运动小球的动量变化率大

【答案】D

【详解】A.设轨道与水平方向的夹角为。，对小球研究，小球受重力和支持力，将重力沿轨道方向和垂直

轨道方向正交分解，根据牛顿第二定律可得3?=%gsine由图中的直角三角形可知，小球的位移为

s=2Rsin6由于小球下落过程中做初速度为0的匀加速直线运动，故下落时间仁户=j2x2Rsi*=口

所以下落时间与。无关，故两小球一起到达，故A错误；

B.下落时间相同，重力相同，由/=「可得两个小球重力的冲量相同，故B错误；

CD.小球的末速度为丫=at=gtsin。由于A点下落的。大，即sin。大，故从A点下落的末速度大，根

据=可知沿4。轨道运动小球的动量变化率大，故C错误，D正确。故选D。

3.如图所示，若手机质量机=200g,从离人眼约/?=20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经AuO.Ols手机

停止运动，取重力加速度g=10m/s2,下列分析正确的是（）

A.手机对眼睛的作用力大小约为30N

B.手机对眼睛的作用力大小约为40N

C.全过程手机重力的冲量大小约为0.42N・s

D.全过程手机重力的冲量大小约为0.40N”

【答案】C

【详解】AB.手机自由下落/i时的速度为v=7^=2m/s手机与眼相互作用过程，以竖直向下为正方，据

动量定理可得（侬-尸）加=。-w解得手机受到的作用力大小为尸=42N由牛顿第三定律可知，手机对眼睛

的作用力大小约为42N,AB错误；

V

CD.手机自由下落时间为，=—=0.2s全过程手机重力的冲量大小为/=?咫"+zV）=0.42N-s,C正确，D错

g

误。故选C。

4.如图所示，质量为根的人立于平板车上，人与车的总质量为加。,人与车以速度切在光滑水平面上向右

匀速运动，当此人相对于车以速度V2竖直跳起时，车的速度变为（）

解作

/〃〃〃£0〃7〃〃7/〃52〃〃〃〃〃

侬工，向右—

A.D.向右

m0-mm0-m

c,也y,向右

D.匕，向右

m0-m

【答案】D

【详解】根据题意可知，人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和车之间在竖直方向上有相

互作用，在水平方向上合力为零，动量仍然守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍为切，方

向向右。故选D。

5.如图，质量为机的小球A沿光滑水平面以速度%向右运动，与质量为4m的静止小球B发生碰撞，碰撞

后小球A以速率丫=W（左为待定系数）弹回，然后与固定挡板尸发生弹性碰撞，要使A球能与B球再次

发生碰撞，则左的取值范围应满足（）.

挡板P

B.0<%<—

3

1、33

C.k<-^k>-D.0<^<-

355

【答案】A

【详解】A球与B球第一次碰撞过程,根据动量守恒可得机为=-m-h/0+4mvB碰撞过程应遵循系统总动能

不增加原则，则有:相说•皿牝）2+；x4加偌为了使A球能与B球再次发生碰撞，需要满足公。

13

联立解得3＜女《《故选A。

6.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为%和⑦的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。

现使冲瞬时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,

以下说法正确的是（）

/区pvvww啊

7777777777777777777777.

甲

A.两物块的质量之比为犯：吗=2:1

B.在％时刻和J时刻弹簧的弹性势能均达到最大值

C.t|-tz时间内，弹簧的长度大于原长

D.时间内，弹簧的弹力逐渐减小

【答案】B

【详解】A.以利/的初速度方向为正方向，对0〜1s时间内的过程，由动量守恒定律得叫匕=（g+叫）v共

将V7=3m/s,vJi=lm/s代入解得叫：/=1：2故A错误;

B.根据系统能量守恒可知在。时刻和与时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确;

C.在「时刻弹簧压缩至最短，所以时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；

D.马-3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故选B。

7.一粒水银珠竖直地掉在光滑的水平玻璃板上，分成三粒小水银珠1、2、3,以相等的速率在玻璃板上沿

三个方向运动，如图所示。小水银珠1与2、2与3、3与1的运动方向之间的夹角分别为90。、135。、135%

A.1:1:1B.2:3:3C.l：l：0D.1：A/2：A/2

【答案】C

【详解】一粒水银珠分成三个小水银珠，其前后满足水平方向动量守恒，设三个小水银珠的速度大小为均

为v,垂直水银珠3运动方向有吗丫8$45°-和vcos45°=0沿水银珠3方向有m1vsin45°+m2vsin45°=

解得:网=1:1:应故C正确，ABD错误。故选C。

8.一位解放军海军士兵蹲在皮划艇上进行射击训练，用步枪在f时间内沿水平方向发射了7发子弹。若该

士兵连同装备和皮划艇的总质量是发射每两发子弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为加，子弹

离开枪口的对地速度为%。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，

则在/时间内皮划艇的位移为（）

A4加%/B7加%fc3加%/口5加即

'M2MM2M

【答案】B

【详解】发射子弹时，根据动量守恒可得每发一颗子弹，皮划艇增加的速度为刈=簪所以在f时间内沿水

平方向发射了7发子弹，则皮划艇在6个。时间内，分别以及，、2Av>3Av……匀速运动，每段匀速运动

的位移依次为=驾；无2=2AvxJ="等；X3=3AVX1=^……故f时间内皮划艇的总位移

66M66M66M

“7根%/耳_3

为X=玉+%+七+%4+%5+%6=-2J故选B。

9.如图所示，丝网版画有其独特的绘画语言，其艺术水准可与国画、油画等其它艺术作品相媲美。丝网版

画在显影时需要用高压水枪冲洗，若高压水枪喷口的截面积为S,喷口的出水速度为叭水的密度为0,喷

口工作时水流垂直射到版画上，之后水与版画接触并在平面上散开，以下说法正确的是（）

A.若仅减小喷口水柱的横截面积S,可以增大水对版画冲击产生的压强

B.若仅减小喷口水柱的横截面积S,可以减小水对版画冲击产生的压力

C.若仅将喷水速度v增大到原来的2倍，可以使水对版画产生的压力增大到原来的4倍

D.若仅将喷水速度v增大到原来的2倍，可以使水对版画产生的压强增大到原来的2倍

【答案】BC

【详解】取时间。内的水为研究对象，则这些水的质量卬=pV=夕Sv△力设这部分水受到版画的冲击力大

小为尸，以水运动的方向为正方向，由动量定理厂加=0-〃体解得尸=--=-0S-2由牛顿第三定律，水

At

P'

2

对版画冲击产生的压力?=-F=pS/水对版画冲击产生的压强夕=—=pV

AB.若仅减小喷口水柱的横截面积S,不能改变水对版画冲击产生的压强，可以减小水对版画冲击产生的

压力，A错误，B正确；

CD.若仅将喷水速度v增大到原来的2倍，可以使水对版画产生的压力和压强均增大到原来的4倍，C正

确，D错误。故选BC。

2带有。光滑圆弧轨道，质量为优的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为优的小球以速

度%水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（）

7777777^7777777777777777

A.小球返回车的左端时，速度为零

B.小球返回车的左端时，速度为%

C.小球上升到最高点时，小车的速度为g%

D.小球在弧形槽上上升的最大高度为孑

4g

【答案】ACD

【详解】AB.设小球离开小车时，小球的速度为切，小车的速度为也，选取向右为正方向，整个过程中动

量守恒，由动量守恒定律得mvo=mvi+mv2由机械能守恒定律得g根说+；机学解得vi=Q；V2=vo

即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误，A正确。

CD.当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为九以向右为正方向，由

动量守恒定律得解得v=T由机械能守恒定律得〈根说=:（2根加2力解得耳=子故CD正确。

故选ACDo

11.溜冰车是冬季最受欢迎的娱乐项目之一，冰车的钢制滑板与冰面间的动摩擦因数很小，可近似认为接

触面光滑。如图所示，某次游戏时甲在左、乙在右，甲、乙乘坐各自的冰车一起以%=2m/s的速度向冰面

的左侧壁滑行，某时刻甲用力将乙推开。再次游戏时乙在左、甲在右，二者一起再以2m/s的速度向冰面的

左侧壁滑行，某时刻甲再次用力将乙推开。已知甲与冰车的总质量为河=60kg,乙与冰车的总质量为

相=40kg,冰车与侧壁的碰撞可看作弹性碰撞，下列说法正确的是（）

A.甲在左、乙在右，二者分开时只要甲的速度大小大于3m/s,乙的运动就反向

B.甲在左、乙在右，若二者分开时甲的速度大小为6m/s,则甲与左侧壁碰后还能与乙再次相碰

C.乙在左、甲在右，若二者分开时乙的速度大小为5m/s,则甲反向运动

D.乙在左、甲在右，二者分开，乙与左侧壁碰后总能追上甲

【答案】BD

【详解】A.甲在左、乙在右，甲用力将乙推开的过程，甲、乙和两冰车组成的系统动量守恒，设向左为正

方向，有（加+根）％=Mvt+mv2当v2=0时得”=?m/s所以当分开时甲的速度大小满足3m/s</v/m/s时,

乙的运动方向还是向左，A错误；

B.由（M+机）％=MV|+机匕知，当巧=6m/s时匕=_4m/s则二者分开后，乙反向以4m/s的速度大小运动，

而甲与左侧壁碰撞后速度大小不变，方向反向，甲的速度大小大于乙的速度大小，故甲还能与乙再次相碰，

B正确；

C.乙在左、甲在右，甲用力将乙推开的过程，甲、乙和两冰车组成的系统动量守恒，设水平向左为正方向，

有（M+zn）%=加%+“匕当V”=5m/s时％=。甲没有反向运动，C错误；

D.若乙与左侧壁碰后不能追上甲，则需满足匕V-%而因为》!<〃，由（"+»!）%=根与+M匕可判断匕>-匕

即乙与左侧壁碰后总能追上甲，D正确。故选BD。

12.如图，两辆完全相同的小车A和8静止在光滑水平面上，两小车紧靠在一起而不粘连，在小车A上竖

直固定一轻质细杆，长/=lm的轻质细绳的一端系在细杆顶端，另一端拴一质量相=lkg的小球，已知小车

的质量M=2加，重力加速度g=10m/s2,细杆的高度大于绳长。现将小球向右拉至细绳水平且绷直后由静止

释放，下列说法正确的是（）

A.小球与两小车组成的系统动量守恒

B.释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，小车A对小车8的弹力一直增大

C.小球第一次到达最低点后能向左上升的最大高度为。m

6

D.小球第二次到达最低点时小球与小车A的速率之比为8：7

【答案】CD

【详解】A.小球与两小车组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，动量不守恒，故A错误；

B.小球与两小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，释放小球后到小球第一次到达最低

点过程中，小球在水平方向的分速度一直增大，所以小车A、B速度一直增大，当小球到达最低点时，小车

A、8速度达到最大，此时小车A对小车8的弹力为零，所以释放小球后到小球第一次到达最低点过程中，

小车A对小车2的弹力一直减小，故B错误；

C.设小球第一次到达最低点时的速度大小为vo,两小车速度大小均为叼，在水平方向根据动量守恒定律有

mv0=2Mv.①根据机械能守恒定律有gmv；+-2Mvf=mgl②小球第一次到达最低点后能向左上升至最

大高度/?时，小车A和小球速度大小相同，设为也，在水平方向根据动量守恒定律有

mv0-MVl=（m+M）v2③根据机械能守恒定律有gw；=^（m++mgh④联立①②③④解得

〃=：m⑤故C正确；

O

D.设小球第二次到达最低点时小球与小车A的速度分别为火、四，取水平向左为正方向，在水平方向上根

据动量守恒定律有（机+加）畛=机匕+”以⑥根据机械能守恒定律有;（m+M）W+mg人=⑦

Q7u8

联立⑥⑦解得V3=-W向$,v4=-m/s⑧所以二~=亍⑨故D正确。故选CD。

3J/

第II卷（非选择题共52分）

二、实验题（满分14分）

13.某同学设计了如图甲所示的装置验证动量守恒定律:

打点计时器

橡皮泥

纸带

长木板小车人

图甲

（1）小车。的前端粘有质量不计的橡皮泥，在小车。后连着纸带，纸带通过电磁打点计时器，长木板下垫

着小木块，开始时未放小车〃，移动长木板下的小木块，轻推小车。，直到纸带上打下的点迹;（填

“均匀”或“不均匀”）

（2）在小车。的前方放置一个与。材料相同的静止小车6,推动小车。使之运动，之后与小车b相碰并粘

合成一体，若已测得打点的纸带如图乙所示，O为运动的起点，尤/、尤2、X3、X4分别为。4、A3、BC、CD的

长度，则应选段来计算a碰撞前的速度，应选段来计算a和b碰后的共同速度；（以上两

空均选填“X/”“X2”“X3”或X")

OABCD

—/J，％3~

图乙

（3）设。的质量为根.、6的质量为相"要验证碰撞中的动量守恒定律，要验证的关系为（选机“、

mb、XI>X2>X3>X4来表示）。

【答案】均匀X?X4max^=（ma+mb）x4

【详解】（1）口]当小车。所受的摩擦力和重力沿斜面方向的分力平衡时，小车。做匀速直线运动，即纸带

上打下的点迹均匀分布；

（2）[2][3]推动小车由静止开始运动，小车先加速后匀速，即在相同的时间间隔内通过的位移相等，所以

段为匀速运动阶段，可计算小车。碰前的速度，即选尤2；碰撞过程是一个变速过程，而碰后b共速,

一起做匀速直线运动，点迹均匀分布，所以应选段计算碰后共同的速度，即选必；

（3）[4]设打点计时器的打点周期为T,所以两相邻计数点间的时间间隔为U5T由图可知，碰前小车。的速

度为%=迨=亮碰后小车的共同速度为片区=言需要验证的关系为砥%=（"+%＞联立以上各式可得

t5Tt5T

%々=（，"“+"N

14.如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面打=20m的高处，现将质量为〃?=20kg的物资以相对地

面的速度匕=5m/s水平投出，物资落地时速度大小为3=20m/s。物资抛出后经f=5s热气球的速度变为

%=6m/s,方向竖直向上。投出物资后热气球的总质量为M=100kg,所受浮力不变，重力加速度g取lOm/sz,

求：

（1）物资运动过程中克服空气阻力所做的功；

（2）热气球抛出物资后5s内所受空气阻力冲量的大小。

【答案】（1）叼=250J；⑵/=100A/17N.S

【详解】（1）根据动能定理有"-叼=g根E-g明2解得“=250J

（2）投出物资过程，系统动量守恒。=根匕-M匕投出物资后，对热气球在水平方向和竖直方向用动量定理

列方程-A=。-Wv4；Fnt-叫""=M匕其中/=（M+m）g联立求得空气阻力冲量的大小为

Z=100V17N-s

15.如图所示，光滑曲线轨道3c分别与竖直轨道A3、粗林水平地面8平滑连接，8右端与光滑半圆轨

道。E平滑连接，半圆轨道直径为2R。CD长为l=2R,竖直轨道的最高点A与地面高度差/z=2R。质量为

机的小滑块P从A点静止释放，之后在。点与静止放置在该处的小滑块Q发生碰撞，碰撞过程机械能损失

不计。已知小滑块Q的质量也为，"，小滑块Q被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大了2〃?g。己知重力加速

度为g。

（1）求水平轨道的动摩擦因数〃；

（2）如果小滑块P的质量变为如？（左为正数），如果要求小滑块Q在半圆轨道OE段运动过程中没有脱离

圆弧（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求上的取值范围。

【详解】（1）设滑块P与Q碰撞前瞬间速度的大小为昨°,碰撞后Q的速度为为D,则根据动能定理可得

mgh-jumgl=mVpD-0,P与Q弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有加”,=+加%,；

|mvj,D=；mv'^D+1mv^D解得vQD=vPD增加的压力AN=2mg=m皿解得H=0.5

222H

（2）设滑块P与Q碰撞前瞬间速度的大小为外。，贝肝艮据动能定理得加zg〃-〃切7g/=；hm4-0,P与Q

碰撞为弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为匕和匕,以向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒定律可得

kmvPD=kmvx+mv2-gkmv*D=gkmv；+；mv；解得h=子不脱离圆弧轨道的条件有两种情形有：

情形一：不过圆心等高处，有;机V；v解得％（1

情形二：对Q从。点到E点过程，由机械能守恒定律得;，璘+2〃zgR对Q球在E点，由牛顿第二定

律得mg<加理解得k>§3国所以满足k<l^k>5+2M。

R33

16.跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程

姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以

获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为%,%与水平方向夹角为仇到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂

直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为〃（4〃>tan。），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,

全过程忽略空气阻力影响。

（1）求运动员起跳时的水平分速度V,与竖直分速度0；

（2）运动员与墙发生相互作用的时间为3蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动

员上升的最大高度H；

（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高

度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间却。

【答案】(1)Vx=V0cos6»,V=vosin6＞；(2)”=也世2"®_；(3)Zm=^-(4//cos6»-sini?)

2g2g

【详解】（1）水平方向分速度匕=%cos。竖直方向分速度匕=%sin。

（2）设墙对运动员平均弹力大小为N,平均最大静摩擦力为力蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为VH，

人质量为山，设水平向右为正方向，由动量定理得加=。-（-根％cos。）设竖直向上为正方向，由动量定理得

ft-mgt=mvH-。其中/联立得%=〃％cos6-gf运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速

度为零，由人.得以=（〃％——初,

2g2g

（3）设墙对运动员平均弹力大小为N',平均最大静摩擦力为广，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v,

与墙发生相互作用的时间为，，人的质量为如设水平向右为正方向，由动量定理得

NT=mv0cos6>-（-mv0cos6）设竖直向上为正方向,由动量定理得ft'-m=nw-0其中/'=联立得

丫=2〃%8$。-8，设运动员起跳位置离墙面水平距离为心到达墙面所需时间为1,离墙后到达起跳位置正

上方的运动时间为L，起跳后水平方向做匀速直线运动，得彳=丫/,4=及型’运动员离墙后水平方向做匀

g

速直线运动，竖直方向做初速度为口加速度为g的匀变速直线运动，当竖直位移为。时，水平位移不小于