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高考物理真题分项汇编（3年（2021-2023）（北京专用）专题07 动量
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专题07 动量
1.（2022·北京卷）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率
C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能
【答案】C
【详解】A．图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知碰前的速度大小为
碰前速度为0，A错误；
B．两物体正碰后，碰后的速度大小为
碰后的速度大小为
碰后两物体的速率相等，B错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
解得两物体质量的关系为
根据动量的表达式可知碰后的动量大于的动量，C正确；
D．根据动能的表达式可知碰后的动能大于的动能，D错误。
故选C。
2.（2022·北京卷）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
故选B。
一、单选题
1.（2023·北京十一中学·校考三模）城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。 图为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50 g鸡蛋从25楼的窗户自由落下，与地面的碰撞时间约为，已知相邻楼层的高度差约为3 m，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10 N B．102N C．103N D．104 N
【答案】C
【详解】下落的高度
则下落的时间
取向下为正方向，根据动量定理得
解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
2.（2023·清华附中·校考三模）一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等。以下说法正确的是（ ）
A．在位置③，人的速度为0
B．从位置②到⑤，重力对人的冲量几乎为0
C．从位置②到⑤，重力做功几乎为0
D．在位置②起跳至离地的过程中，支持力的冲量与重力的冲量大小相等
【答案】C
【详解】A．人做斜抛运动，则在位置③时，人有水平速度，即人的速度不为0，选项A错误；
B．从位置②到⑤，重力对人的作用时间不为零，根据
IG=mgt
可知重力的冲量不为0，选项B错误；
C．从位置②到⑤，人的重心高度几乎不变，则根据
WG=mgh
可知，重力做功几乎为0，选项C正确；
D．在位置②起跳至离地的过程中，人有了向上的速度，平均加速度向上，支持力大于重力，则支持力的冲量大小大于重力的冲量大小，选项D错误。
故选C。
3.（2023·清华附中·校考三模）一个原来静止的原子核发生衰变时，放出一个动量大小为的电子，同时在垂直于电子运动方向上放出动量大小为的某种粒子，则衰变后新原子核的动量（ ）
A．大小为
B．大小为
C．方向与方向相反
D．方向与方向相反
【答案】B
【详解】静止的原子核发生衰变时动量守恒，合动量为零，即新原子核、电子和粒子的合动量为零，电子和粒子的合动量大小为
则衰变后新原子核的动量大小为，方向与电子和粒子的合动量方向相反。
故选B。
4.（2023·北师大实验中学·校考三模）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．碰后红壶将被反弹回来
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
【答案】B
【详解】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv′0+mv
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
C错误；
D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。
故选B。
5.（2023·北大附中·校考三模）一质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度g取。则（ ）
A．时物块的动量大小为
B．时物块的速度大小为，方向向右
C．时间内F对物块的冲量大小为
D．时间内物体的位移为
【答案】D
【详解】A．物块与地面间的滑动摩擦力为
则前，物块开始滑动，受到滑动摩擦力作用，时根据动量定理
故A错误；
B．时物块速度
2s-3s过程，加速度大小为
方向为负，则时物块的速度大小为零，故B错误；
C．0~4s时间内F对物块的冲量大小为
故C错误；
D．时物块的速度大小为零，之后拉力与摩擦力平衡，不再运动，则0~4s时间内物体的位移为
故D正确。
故选D。
6.（2023·北京门头沟·统考二模）如图所示，用细线悬挂一个重物，把重物拿到一定高度，释放后重物下落把细线拉断。如果在此细线上端拴一段橡皮筋，使橡皮筋与细线的总长度与原来细线相等，再从相同高度释放该重物，细线不再被拉断。可认为细绳不可伸长。以下判断正确的是（ ）
A．重物下落把细线拉断的原因是重力大于拉力
B．加橡皮筋后重物下落到最低点时动能最大
C．加橡皮筋后重物的最大动量变化率较小
D．加橡皮筋后重物下落到最低点时是失重状态
【答案】C
【详解】A．重物下落把细线拉断的原因是重物对绳的拉力大于细绳可承受的最大拉力，故A错误；
B．加橡皮筋后重物下落到最低点时，速度为零，动能最小，故B错误；
C．由动量定理
可得
动量改变量相同，冲量相同，橡皮筋经历的时间长，动量变化率小，所受合外力小，故C正确；
D．加橡皮筋后重物下落到最低点时，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。
故选C。
7.（2023·北京东城·统考一模）某人所受重力为G，穿着平底鞋起跳，竖直着地过程中，双脚与地面间的作用时间为t，地面对他的平均冲击力大小为4G，若他穿上带有减震气垫的鞋起跳，以与第一次相同的速度着地时，双脚与地面间的作用时间变为2.5t，则地面对他的平均冲击力变为（ ）
A. 1.2G B. 1.6G C. 2.2G D. 2.6G
【答案】C
【详解】设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理
其中
穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有
解得
故选C。
8．（2023·北京海淀八模（三））如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用，若单位时间从出口流出大米的质量为d，某时刻，盛米的容器中静止那部分大米质量为，还在下落的大米的质量为，落到已静止米堆上之前速度为v，之后静止，则下列说法正确的是（ ）
A. 此时静止米堆受到的冲击力为
B. 此时称米机读数为
C. 由于米流落到容器中时对容器有向下的冲力，故买家不划算
D. 当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，故卖家不划算
【答案】A
【详解】A．在极短的时间内落到已静止的米堆上的米的质量为
设静止的米堆对质量为的米的作用力大小为F，根据动量定理有
解得
因为，所以
根据牛顿第三定律可知此时静止米堆受到的冲击力为，故A正确；
B．此时称米机的读数为
故B错误；
CD．切断米流后，空中米全部落到静止的米堆上所用时间为
解得
结合B项分析可知
所以不存在买家或卖家不划算问题，故CD错误。
故选A。
9．（2023·北京平谷·统考一模）如图所示，质量分别为和（）两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B. 释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C. 若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后弹起的最大高度，则碰撞后弹起的最大高度一定大于2.5h
D. 若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
【答案】C
【详解】A．在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，A错误；
B．释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，B错误；
C．整个过程中两小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律
由题知
解得
故C正确；
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，故两球弹起最大高度为应小于h，故D错误。
故选C。
10．（2023·北京西城·统考一模）2022年12月4日，神舟十四号乘组与十五号乘组完成在轨轮换后，返回地球．载人飞船返回舱进入大气层后，距地面左右时开启降落伞，速度减至约，接下来以这个速度在大气中降落，在距地面时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，到达地面时速度约为．由以上信息可知（ ）
A. 开启降落伞减速的过程中，舱体处于失重状态
B. 在大气中匀速降落过程中，舱体的机械能保持不变
C. 缓冲发动机开启过程中，航天员的加速度约为
D. 舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量
【答案】D
【详解】A．开启降落伞减速的过程中，加速度向上，舱体处于超重状态，A错误；
B．在大气中匀速降落过程中，动能不变，重力势能减少，机械能减少，B错误；
C．缓冲发动机开启过程中，根据运动学公式
代入数据解得
可知航天员的加速度约为，C错误；
D．根据题意可知，舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量竖直向上，重力的重力竖直向下，物体的动量变化量向上，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量，D正确。
故选D。
11．（2023·北京汇文中学·校考一模）如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（ ）
A. 子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B. 子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C. 子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D. 两物块运动过程中，弹簧最短时弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
【答案】D
【详解】A．子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，所以A错误；
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，所以B错误；
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为这过程有动能转化为内能，所以C错误；
D．两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有
则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，所以D正确；
故选D。
12．（2023·北京四中·校考一模）A、B两滑块在同一气垫导轨上，碰前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0~80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则（ ）
A. 碰撞发生在第1次闪光后的3T时刻 B. 碰撞后A与B的速度相同
C. 碰撞后A与B的速度大小之比为1：2 D. A、B两滑块的质量之比为1：3
【答案】D
【详解】A．由于碰前A滑块匀速运动，由图像知，碰撞发生在60cm位置，因此碰撞发生第1次闪光后时刻，A错误；
BC．由于碰撞发生在第1次闪光后的时刻，碰后在0.5T时间内，A、B两滑块位移大小相等，方向相反，因此碰撞后A与B的速度大小相等，方向相反，碰撞后A与B的速度大小之比为1：1，B、C错误；
D．利用图中的数据可知，碰撞前A的速度大小是碰后A速度大小的2倍，碰撞过程中，根据动量守恒可知
解得
D正确。
故选D。
13．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N（可视为质点），稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为、、，动量变化量的大小分别为、、。则下面分析正确的是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】A
【详解】由于小圆柱体N竖直方向上做匀速直线运动，且在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，令为，可知OA、AB、BC三个过程经历时间相等，则有
小圆柱体在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则小圆柱体运动至A、B、C位置水平方向的分位移分别为，，
则有，
根据动能定理有，，
解得
根据动量定理有，，
解得
综合上述有，
故选A。
14．（2023·北京房山·统考一模）如图所示，运动员进行原地纵跳摸高训练。运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，由静止发力跳起摸高。忽略空气阻力影响，在蹬地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员始终处于超重状态
B．运动员机械能守恒
C．运动员一直做加速运动
D．地面对运动员支持力的冲量大于运动员所受重力的冲量
【答案】D
【详解】AC．运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，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。故运动员先超重后失重，AC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，机械能不守恒，B错误；
D．对运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程应用动量定理
故地面对运动员支持力的冲量大于运动员所受重力的冲量，D正确。
故选D。
15．（2023·北京通州·统考一模）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桌面上。现使m1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（ ）
A. 两物块的质量之比为
B. 在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C. 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m1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
将v1=3m/s，v共=1m/s代入解得
故A错误；
B．根据系统能量守恒可知在时刻和时刻，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．时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大
故选B。
16.（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒
B. 乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度
C. 减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功
D. 减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量
【答案】B
【详解】A．甲、乙两人静止在水平冰面上，重力势能一定，开始动能为0，甲推乙后，两者动能增大，即甲推乙的过程中，甲和乙的机械能增大，A错误；
B．甲推乙过程，由于两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力，则有
由于甲的质量小于乙的质量，则有
两人与冰面间的动摩擦因数相同，即减速过程的加速度大小相等，可知乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度，B正确；
C．减速过程中，根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，甲的速度大于乙的速度，则地面摩擦力对甲做的功大于对乙做的功，C错误；
D．根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，则减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大小等于对乙的冲量，D错误。
故选B
17．（2023·北京东城·统考二模）“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从绳刚好伸直时，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 人先处于超重状态，后处于失重状态
B. 绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小
C. 绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大
D. 人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量
【答案】B
【详解】AB．开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，速度增加；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，绳子对人的拉力方向始终向上，对人做负功，人的动能先增加后减小，选项A错误，B正确；
C．绳子对人的拉力方向始终向上，则绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小，选项C错误；
D．由能量关系可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，选项D错误。
故选B。
18．（2023·北京朝阳·统考二模）一个原来静止的原子核发生衰变时，放出一个动量大小为的电子，同时在垂直于电子运动方向上放出动量大小为的某种粒子，则衰变后新原子核的动量（ ）
A. 大小为
B. 大小为
C. 方向与方向相反
D. 方向与方向相反
【答案】B
【详解】静止的原子核发生衰变时动量守恒，合动量为零，即新原子核、电子和粒子的合动量为零，电子和粒子的合动量大小为
则衰变后新原子核的动量大小为，方向与电子和粒子的合动量方向相反。
故选B。
19．（2023·北京西城·统考二模）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知（ ）
A. 弹性绳的原长为15m
B. 0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C. 15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大
D. 0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量
【答案】B
【详解】A．由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15m，故A错误；
B．运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确；
C．15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。故C错误；
D．0~27m下落过程中由动量定理可得
可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。
故选B。
20．（2023·北京朝阳·统考二模）排球运动员在某次发球中，左手托球由静止开始竖直向上运动时，排球脱离左手继续向上运动达到最高点，然后下落被右手击出。已知排球的质量为，重力加速度取，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. 排球刚脱离左手时的速度大小为
B. 排球被右手击出前运动的总时间为
C. 排球向上运动的过程中，人对排球所做的功为
D. 排球向上运动的过程中，人对排球的冲量大小为
【答案】C
【详解】A．排球脱离左手继续向上运动达到最高点，则排球刚脱离左手时的速度大小为
选项A错误；
B．左手托球由静止开始竖直向上运动的时间t1；脱离左手上升1.8m的时间
下落0.8m的时间
则排球被右手击出前运动的总时间为
选项B错误；
C．排球向上运动的过程中，根据动能定理
解得人对排球所做的功为
选项C正确；
D．排球向上运动到脱离手的过程中，由动量定理
则人对排球的冲量大小大于，选项D错误。
故选C。
21．（2023·北京昌平·统考二模）飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（ ）
A. 飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零
B. 飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C. 飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变源于向心力的冲量，即
D. 飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零
【答案】D
【详解】A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但所受合外力提供向心力，不为零，故A错误；
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但动量是矢量，方向时刻变化，故B错误；
CD．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；但飞机飞行一周的动量不变，所以动量的该变量为0。
故D正确，C错误；
故选D。
22．（2023·北京一七一中学·校考模拟）一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较（ ）
A．第一次系统产生的热量较多
B．第一次子弹的动量的变化量较小
C．两次子弹的动量的变化量相等
D．两次子弹和木块构成的系统动量都守恒
【答案】B
【解析】ABC．因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为产热
即两次产热相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量等于
所以第一次速度变化小，动量变化小，故AC错误，B正确；
D．第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故D错误。
故选B。
23．（2023·北京一五六中学·校考模拟）光滑水平面上，一物体在恒力作用下做方向不变的直线运动，在t1时间内动能由0增大到Ek，在t2时间内动能由Ek增大到2Ek，设恒力在t1时间内冲量为I1，在t2时间内冲量为I2，两段时间内物体的位移分别为x1和x2，则（ ）
A. I1I2，x1>x2
C. I1>I2，x1＝x2 D. I1＝I2，x1＝x2
【答案】C
详解】根据动能定理，第一段加速过程F•x1=Ek
第二段加速过程F•x2=2Ek-Ek
联立可得x1=x2
物体做初速度为零的加速运动，故通过连续相等位移的时间变短，即通过位移x2的时间t2小于通过位移x1的时间t1；根据冲量的定义，有
I1=F•t1
I2=F•t2
故I1＞I2
故C正确，ABD错误。
故选C。
二、多选题
24．（2023·北京中关村中学·校考模拟）如图所示，质量为m = 245 g的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m0 = 5 g的子弹以速度v0 = 300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s2，则在整个过程中
A．物块和木板组成的系统动量守恒
B．子弹的末动量大小为0.01kg·m/s
C．子弹对物块的冲量大小为0.49N·s
D．物块相对木板滑行的时间为1s
【答案】BD
【解析】A．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A错误；
B．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：m0v0=（m0+m）v1……①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：（m0+m）v1=（m0+m+M）v2……②
联立可得：
所以子弹的末动量：p＝m0v2＝5×10−3×2＝0.01kg·m/s．
故B正确；
C．由动量定理可得子弹受到的冲量：I＝△p＝p−p0＝0.01 kg·m/s −5×10−3×300 kg·m/s＝1.49kg·m/s=1.49N·s．
子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49N·s．故C错误；
D．对子弹木块整体，由动量定理得：-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1）……③
可得，物块相对于木板滑行的时间 ．
故D正确．
25．（2023·北京一五六中学·校考模拟）如图（a）所示，质量为2m、长为L的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度水平向右射向木块，穿出木块时速度减为。若再将另一相同木块固定在传送带上（如图（b）所示），使木块随传送带以的速度水平向左运动，相同的子弹仍以初速度水平向右射向木块，木块的速度始终不变.已知木块对子弹的阻力恒定.下列说法正确的是（ ）
A. 第一次子弹穿过木块过程中，木块的位移大小为
B. 第一次子弹穿过木块过程中，子弹克服阻力做的功为
C. 子弹前后两次穿过木块的时间之比为
D. 第二次子弹穿出木块时的速度为
【答案】AC
【详解】AB．第一次子弹穿过木块过程中动量守恒
解得
对物块由动能定理
对子弹
即子弹克服阻力做的功为；
联立解得
选项A正确 ，B错误；
CD． 第一次，对物块由动量定理
解得
第二次，子弹在木块没做匀减速运动，加速度为
子弹穿过木块时满足
解得
则子弹前后两次穿过木块的时间之比为
第二次子弹穿出木块时的速度为
选项C正确，D错误。
故选AC。
26．（2023·北京十九中学·校考模拟）如图所示，质量相同的小球A、B通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。由于轻微扰动，小球A、B分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为g，忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（ ）
A. B球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒
B. B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对A一直做正功
C. B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,地面对A的支持力先减小后增大
D. 当细杆与水平方向成30°角时，小球A的速度大小为v，可求得杆长为
【答案】AD
【详解】A．B球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零，所以动量不守恒，故A正确；
BC．初始时刻A球的速度为零，当B球到达水平面时，B的速度向下，此时B球沿着细杆方向的分速度为零，所以此时A球的速度为零，那么在向右端过程中A球必定先加速运动再做减速运动，杆对球A先施加斜向下的推力做正功，此时A对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时A对地面压力小于自身重力，故B、C错误；
D．小球A的速度为时，设小球B的速度大小为，则有
解得
两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有
联立解得
故D正确；
故选AD。
专题07 动量
1.（2022·北京卷）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率
C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能
【答案】C
【详解】A．图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知碰前的速度大小为
碰前速度为0，A错误；
B．两物体正碰后，碰后的速度大小为
碰后的速度大小为
碰后两物体的速率相等，B错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
解得两物体质量的关系为
根据动量的表达式可知碰后的动量大于的动量，C正确；
D．根据动能的表达式可知碰后的动能大于的动能，D错误。
故选C。
2.（2022·北京卷）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
故选B。
一、单选题
1.（2023·北京十一中学·校考三模）城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。 图为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50 g鸡蛋从25楼的窗户自由落下，与地面的碰撞时间约为，已知相邻楼层的高度差约为3 m，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10 N B．102N C．103N D．104 N
【答案】C
【详解】下落的高度
则下落的时间
取向下为正方向，根据动量定理得
解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
2.（2023·清华附中·校考三模）一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等。以下说法正确的是（ ）
A．在位置③，人的速度为0
B．从位置②到⑤，重力对人的冲量几乎为0
C．从位置②到⑤，重力做功几乎为0
D．在位置②起跳至离地的过程中，支持力的冲量与重力的冲量大小相等
【答案】C
【详解】A．人做斜抛运动，则在位置③时，人有水平速度，即人的速度不为0，选项A错误；
B．从位置②到⑤，重力对人的作用时间不为零，根据
IG=mgt
可知重力的冲量不为0，选项B错误；
C．从位置②到⑤，人的重心高度几乎不变，则根据
WG=mgh
可知，重力做功几乎为0，选项C正确；
D．在位置②起跳至离地的过程中，人有了向上的速度，平均加速度向上，支持力大于重力，则支持力的冲量大小大于重力的冲量大小，选项D错误。
故选C。
3.（2023·清华附中·校考三模）一个原来静止的原子核发生衰变时，放出一个动量大小为的电子，同时在垂直于电子运动方向上放出动量大小为的某种粒子，则衰变后新原子核的动量（ ）
A．大小为
B．大小为
C．方向与方向相反
D．方向与方向相反
【答案】B
【详解】静止的原子核发生衰变时动量守恒，合动量为零，即新原子核、电子和粒子的合动量为零，电子和粒子的合动量大小为
则衰变后新原子核的动量大小为，方向与电子和粒子的合动量方向相反。
故选B。
4.（2023·北师大实验中学·校考三模）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．碰后红壶将被反弹回来
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
【答案】B
【详解】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv′0+mv
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
C错误；
D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。
故选B。
5.（2023·北大附中·校考三模）一质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度g取。则（ ）
A．时物块的动量大小为
B．时物块的速度大小为，方向向右
C．时间内F对物块的冲量大小为
D．时间内物体的位移为
【答案】D
【详解】A．物块与地面间的滑动摩擦力为
则前，物块开始滑动，受到滑动摩擦力作用，时根据动量定理
故A错误；
B．时物块速度
2s-3s过程，加速度大小为
方向为负，则时物块的速度大小为零，故B错误；
C．0~4s时间内F对物块的冲量大小为
故C错误；
D．时物块的速度大小为零，之后拉力与摩擦力平衡，不再运动，则0~4s时间内物体的位移为
故D正确。
故选D。
6.（2023·北京门头沟·统考二模）如图所示，用细线悬挂一个重物，把重物拿到一定高度，释放后重物下落把细线拉断。如果在此细线上端拴一段橡皮筋，使橡皮筋与细线的总长度与原来细线相等，再从相同高度释放该重物，细线不再被拉断。可认为细绳不可伸长。以下判断正确的是（ ）
A．重物下落把细线拉断的原因是重力大于拉力
B．加橡皮筋后重物下落到最低点时动能最大
C．加橡皮筋后重物的最大动量变化率较小
D．加橡皮筋后重物下落到最低点时是失重状态
【答案】C
【详解】A．重物下落把细线拉断的原因是重物对绳的拉力大于细绳可承受的最大拉力，故A错误；
B．加橡皮筋后重物下落到最低点时，速度为零，动能最小，故B错误；
C．由动量定理
可得
动量改变量相同，冲量相同，橡皮筋经历的时间长，动量变化率小，所受合外力小，故C正确；
D．加橡皮筋后重物下落到最低点时，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。
故选C。
7.（2023·北京东城·统考一模）某人所受重力为G，穿着平底鞋起跳，竖直着地过程中，双脚与地面间的作用时间为t，地面对他的平均冲击力大小为4G，若他穿上带有减震气垫的鞋起跳，以与第一次相同的速度着地时，双脚与地面间的作用时间变为2.5t，则地面对他的平均冲击力变为（ ）
A. 1.2G B. 1.6G C. 2.2G D. 2.6G
【答案】C
【详解】设脚着地瞬间的速度大小为v，取竖直向上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理
其中
穿上气垫鞋时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有
解得
故选C。
8．（2023·北京海淀八模（三））如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用，若单位时间从出口流出大米的质量为d，某时刻，盛米的容器中静止那部分大米质量为，还在下落的大米的质量为，落到已静止米堆上之前速度为v，之后静止，则下列说法正确的是（ ）
A. 此时静止米堆受到的冲击力为
B. 此时称米机读数为
C. 由于米流落到容器中时对容器有向下的冲力，故买家不划算
D. 当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，故卖家不划算
【答案】A
【详解】A．在极短的时间内落到已静止的米堆上的米的质量为
设静止的米堆对质量为的米的作用力大小为F，根据动量定理有
解得
因为，所以
根据牛顿第三定律可知此时静止米堆受到的冲击力为，故A正确；
B．此时称米机的读数为
故B错误；
CD．切断米流后，空中米全部落到静止的米堆上所用时间为
解得
结合B项分析可知
所以不存在买家或卖家不划算问题，故CD错误。
故选A。
9．（2023·北京平谷·统考一模）如图所示，质量分别为和（）两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B. 释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C. 若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后弹起的最大高度，则碰撞后弹起的最大高度一定大于2.5h
D. 若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
【答案】C
【详解】A．在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，A错误；
B．释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，B错误；
C．整个过程中两小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律
由题知
解得
故C正确；
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，故两球弹起最大高度为应小于h，故D错误。
故选C。
10．（2023·北京西城·统考一模）2022年12月4日，神舟十四号乘组与十五号乘组完成在轨轮换后，返回地球．载人飞船返回舱进入大气层后，距地面左右时开启降落伞，速度减至约，接下来以这个速度在大气中降落，在距地面时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，到达地面时速度约为．由以上信息可知（ ）
A. 开启降落伞减速的过程中，舱体处于失重状态
B. 在大气中匀速降落过程中，舱体的机械能保持不变
C. 缓冲发动机开启过程中，航天员的加速度约为
D. 舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量
【答案】D
【详解】A．开启降落伞减速的过程中，加速度向上，舱体处于超重状态，A错误；
B．在大气中匀速降落过程中，动能不变，重力势能减少，机械能减少，B错误；
C．缓冲发动机开启过程中，根据运动学公式
代入数据解得
可知航天员的加速度约为，C错误；
D．根据题意可知，舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量竖直向上，重力的重力竖直向下，物体的动量变化量向上，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量，D正确。
故选D。
11．（2023·北京汇文中学·校考一模）如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（ ）
A. 子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B. 子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C. 子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D. 两物块运动过程中，弹簧最短时弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
【答案】D
【详解】A．子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，所以A错误；
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，所以B错误；
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为这过程有动能转化为内能，所以C错误；
D．两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有
则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，所以D正确；
故选D。
12．（2023·北京四中·校考一模）A、B两滑块在同一气垫导轨上，碰前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0~80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则（ ）
A. 碰撞发生在第1次闪光后的3T时刻 B. 碰撞后A与B的速度相同
C. 碰撞后A与B的速度大小之比为1：2 D. A、B两滑块的质量之比为1：3
【答案】D
【详解】A．由于碰前A滑块匀速运动，由图像知，碰撞发生在60cm位置，因此碰撞发生第1次闪光后时刻，A错误；
BC．由于碰撞发生在第1次闪光后的时刻，碰后在0.5T时间内，A、B两滑块位移大小相等，方向相反，因此碰撞后A与B的速度大小相等，方向相反，碰撞后A与B的速度大小之比为1：1，B、C错误；
D．利用图中的数据可知，碰撞前A的速度大小是碰后A速度大小的2倍，碰撞过程中，根据动量守恒可知
解得
D正确。
故选D。
13．（2023·北京石景山·统考一模）如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N（可视为质点），稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为、、，动量变化量的大小分别为、、。则下面分析正确的是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】A
【详解】由于小圆柱体N竖直方向上做匀速直线运动，且在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，令为，可知OA、AB、BC三个过程经历时间相等，则有
小圆柱体在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则小圆柱体运动至A、B、C位置水平方向的分位移分别为，，
则有，
根据动能定理有，，
解得
根据动量定理有，，
解得
综合上述有，
故选A。
14．（2023·北京房山·统考一模）如图所示，运动员进行原地纵跳摸高训练。运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，由静止发力跳起摸高。忽略空气阻力影响，在蹬地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员始终处于超重状态
B．运动员机械能守恒
C．运动员一直做加速运动
D．地面对运动员支持力的冲量大于运动员所受重力的冲量
【答案】D
【详解】AC．运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，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。故运动员先超重后失重，AC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，机械能不守恒，B错误；
D．对运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程应用动量定理
故地面对运动员支持力的冲量大于运动员所受重力的冲量，D正确。
故选D。
15．（2023·北京通州·统考一模）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桌面上。现使m1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（ ）
A. 两物块的质量之比为
B. 在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C. 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m1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
将v1=3m/s，v共=1m/s代入解得
故A错误；
B．根据系统能量守恒可知在时刻和时刻，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．时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大
故选B。
16.（2023·北京丰台·统考二模）如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒
B. 乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度
C. 减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功
D. 减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量
【答案】B
【详解】A．甲、乙两人静止在水平冰面上，重力势能一定，开始动能为0，甲推乙后，两者动能增大，即甲推乙的过程中，甲和乙的机械能增大，A错误；
B．甲推乙过程，由于两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力，则有
由于甲的质量小于乙的质量，则有
两人与冰面间的动摩擦因数相同，即减速过程的加速度大小相等，可知乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度，B正确；
C．减速过程中，根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，甲的速度大于乙的速度，则地面摩擦力对甲做的功大于对乙做的功，C错误；
D．根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，则减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大小等于对乙的冲量，D错误。
故选B
17．（2023·北京东城·统考二模）“蹦极”运动中，将一根有弹性的绳系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。不计空气阻力的影响。从绳刚好伸直时，到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 人先处于超重状态，后处于失重状态
B. 绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小
C. 绳对人的冲量始终向上，人的动量先减小后增大
D. 人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量
【答案】B
【详解】AB．开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，速度增加；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，绳子对人的拉力方向始终向上，对人做负功，人的动能先增加后减小，选项A错误，B正确；
C．绳子对人的拉力方向始终向上，则绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小，选项C错误；
D．由能量关系可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，选项D错误。
故选B。
18．（2023·北京朝阳·统考二模）一个原来静止的原子核发生衰变时，放出一个动量大小为的电子，同时在垂直于电子运动方向上放出动量大小为的某种粒子，则衰变后新原子核的动量（ ）
A. 大小为
B. 大小为
C. 方向与方向相反
D. 方向与方向相反
【答案】B
【详解】静止的原子核发生衰变时动量守恒，合动量为零，即新原子核、电子和粒子的合动量为零，电子和粒子的合动量大小为
则衰变后新原子核的动量大小为，方向与电子和粒子的合动量方向相反。
故选B。
19．（2023·北京西城·统考二模）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知（ ）
A. 弹性绳的原长为15m
B. 0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C. 15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大
D. 0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量
【答案】B
【详解】A．由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15m，故A错误；
B．运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确；
C．15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。故C错误；
D．0~27m下落过程中由动量定理可得
可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。
故选B。
20．（2023·北京朝阳·统考二模）排球运动员在某次发球中，左手托球由静止开始竖直向上运动时，排球脱离左手继续向上运动达到最高点，然后下落被右手击出。已知排球的质量为，重力加速度取，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. 排球刚脱离左手时的速度大小为
B. 排球被右手击出前运动的总时间为
C. 排球向上运动的过程中，人对排球所做的功为
D. 排球向上运动的过程中，人对排球的冲量大小为
【答案】C
【详解】A．排球脱离左手继续向上运动达到最高点，则排球刚脱离左手时的速度大小为
选项A错误；
B．左手托球由静止开始竖直向上运动的时间t1；脱离左手上升1.8m的时间
下落0.8m的时间
则排球被右手击出前运动的总时间为
选项B错误；
C．排球向上运动的过程中，根据动能定理
解得人对排球所做的功为
选项C正确；
D．排球向上运动到脱离手的过程中，由动量定理
则人对排球的冲量大小大于，选项D错误。
故选C。
21．（2023·北京昌平·统考二模）飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（ ）
A. 飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零
B. 飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C. 飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变源于向心力的冲量，即
D. 飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零
【答案】D
【详解】A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但所受合外力提供向心力，不为零，故A错误；
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但动量是矢量，方向时刻变化，故B错误；
CD．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；但飞机飞行一周的动量不变，所以动量的该变量为0。
故D正确，C错误；
故选D。
22．（2023·北京一七一中学·校考模拟）一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较（ ）
A．第一次系统产生的热量较多
B．第一次子弹的动量的变化量较小
C．两次子弹的动量的变化量相等
D．两次子弹和木块构成的系统动量都守恒
【答案】B
【解析】ABC．因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为产热
即两次产热相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量等于
所以第一次速度变化小，动量变化小，故AC错误，B正确；
D．第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故D错误。
故选B。
23．（2023·北京一五六中学·校考模拟）光滑水平面上，一物体在恒力作用下做方向不变的直线运动，在t1时间内动能由0增大到Ek，在t2时间内动能由Ek增大到2Ek，设恒力在t1时间内冲量为I1，在t2时间内冲量为I2，两段时间内物体的位移分别为x1和x2，则（ ）
A. I1
C. I1>I2，x1＝x2 D. I1＝I2，x1＝x2
【答案】C
详解】根据动能定理，第一段加速过程F•x1=Ek
第二段加速过程F•x2=2Ek-Ek
联立可得x1=x2
物体做初速度为零的加速运动，故通过连续相等位移的时间变短，即通过位移x2的时间t2小于通过位移x1的时间t1；根据冲量的定义，有
I1=F•t1
I2=F•t2
故I1＞I2
故C正确，ABD错误。
故选C。
二、多选题
24．（2023·北京中关村中学·校考模拟）如图所示，质量为m = 245 g的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m0 = 5 g的子弹以速度v0 = 300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s2，则在整个过程中
A．物块和木板组成的系统动量守恒
B．子弹的末动量大小为0.01kg·m/s
C．子弹对物块的冲量大小为0.49N·s
D．物块相对木板滑行的时间为1s
【答案】BD
【解析】A．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A错误；
B．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：m0v0=（m0+m）v1……①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：（m0+m）v1=（m0+m+M）v2……②
联立可得：
所以子弹的末动量：p＝m0v2＝5×10−3×2＝0.01kg·m/s．
故B正确；
C．由动量定理可得子弹受到的冲量：I＝△p＝p−p0＝0.01 kg·m/s −5×10−3×300 kg·m/s＝1.49kg·m/s=1.49N·s．
子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49N·s．故C错误；
D．对子弹木块整体，由动量定理得：-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1）……③
可得，物块相对于木板滑行的时间 ．
故D正确．
25．（2023·北京一五六中学·校考模拟）如图（a）所示，质量为2m、长为L的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度水平向右射向木块，穿出木块时速度减为。若再将另一相同木块固定在传送带上（如图（b）所示），使木块随传送带以的速度水平向左运动，相同的子弹仍以初速度水平向右射向木块，木块的速度始终不变.已知木块对子弹的阻力恒定.下列说法正确的是（ ）
A. 第一次子弹穿过木块过程中，木块的位移大小为
B. 第一次子弹穿过木块过程中，子弹克服阻力做的功为
C. 子弹前后两次穿过木块的时间之比为
D. 第二次子弹穿出木块时的速度为
【答案】AC
【详解】AB．第一次子弹穿过木块过程中动量守恒
解得
对物块由动能定理
对子弹
即子弹克服阻力做的功为；
联立解得
选项A正确 ，B错误；
CD． 第一次，对物块由动量定理
解得
第二次，子弹在木块没做匀减速运动，加速度为
子弹穿过木块时满足
解得
则子弹前后两次穿过木块的时间之比为
第二次子弹穿出木块时的速度为
选项C正确，D错误。
故选AC。
26．（2023·北京十九中学·校考模拟）如图所示，质量相同的小球A、B通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。由于轻微扰动，小球A、B分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为g，忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（ ）
A. B球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒
B. B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对A一直做正功
C. B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,地面对A的支持力先减小后增大
D. 当细杆与水平方向成30°角时，小球A的速度大小为v，可求得杆长为
【答案】AD
【详解】A．B球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零，所以动量不守恒，故A正确；
BC．初始时刻A球的速度为零，当B球到达水平面时，B的速度向下，此时B球沿着细杆方向的分速度为零，所以此时A球的速度为零，那么在向右端过程中A球必定先加速运动再做减速运动，杆对球A先施加斜向下的推力做正功，此时A对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时A对地面压力小于自身重力，故B、C错误；
D．小球A的速度为时，设小球B的速度大小为，则有
解得
两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有
联立解得
故D正确；
故选AD。
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