单元检测（六）
动量动量守恒定律
A卷高频考点练清卷
考点一动量、冲量
1.质量为m的列车匀速？行驶，突然以F大小的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到f的空气阻力，
下列说法正确的是
()
A.诚速运动加速度大小a=E
B.力F的冲量为mv
C.刹车距离为2(F+万
mv
D.匀速行驶时功率为(f十F)
2.(2025·广西·二模)某市学生期考体能测试中有一重要项目：排球垫球个数测试.某同学在一次测试中
双手在同一高度多次竖直垫起排球，第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2第二次垫球后，球竖直上
升高度为0.45m.已知排球的质量为0.27kg,重力加速度取10m,:s2,不计空气阻力.则第二次垫球过
程，排球动量变化量的大小为
()
A.0.27kg·m:s
B.0.54kg·ms
C.0.81kg·m:s
D.1.35kg·ms
3.一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由℃增大到2，在随后的一段时间内速度大小由2增大
到5u.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关
系式一定成立的是
A.W2=3W1,I2≤3I1
B.W2=3W1,I2≥I1
C.W2=7W1,I23I1
D.W2=7W1,I2≥I1
考点二动量定理
4.(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型.多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨
上滑动，忽略阻力.开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40ms的
速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22ms.关于两
滑块的碰撞过程，下列说法正确的有
()
A,该过程动量守恒
F→12
3…10
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N
5.(2025·海南海口·一模)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的
平均压强p,小明将一圆柱形量简置于雨中，测得时间t内简中水面上升的高度为h,设雨滴下落的速度
为o,雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为，不计雨滴重力.压强p为
()
A.h(-)
t
B.h(o十)
C.o(v-2)
D.p(听+v2)
考点三动量守恒定律的简单应用
6.(多选)(2025·陕西宝鸡·三模)如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量
分别为mA=6kg、mB=2kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A
紧靠墙面.现对B物体缓慢施加一个向左的力，使A、B间弹簧被压缩且系统
1、009毁B·
7222722272722227727727777777777277
静止，该力对物体B做功W=16J.现突然撤去向左的力，则
41参考答案
单元检测（一）运动的描述匀变速直线运动
x=wt一
2a2,代入教据解得x=50m,公交车在最初6s内
通过的位移与最后6s内通过的位移之差为△x=x1一x2,代
A卷高频考点练清卷
入数据解得△x=24m,故ABC错误，D正确.
1.C研究入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题
5.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从
的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错
静止释狱到下瑞到达A点的过程，有L=a,木板从静止
误：研究空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究
释放到上瑞到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=
问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故
2ai,当木板长度为2L时，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B错误；研究百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和
体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看
△12=t2一t0,联立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
为质点，故C正确：研究运动员通过某个攀岩支，点的动作
正确
时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽
6.解析：(1)设物体的加速度为a,根据位移差公式△x=aT可
略，此时运动员不能够看为质点，故D错误.故选：C.
2
2.C速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位
3X0-x0
得物体的加速度为4=
置随时间变化的快慢，BD错误；根据x与1的关系式可
to
3to2
知，1=0时，质点位于x=1m处，t=1s时，质点位于x=
AC段的平均速度等于这一过程的中间时刻的速度，可得
6m处，因此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C
2
正确，
物体在B,点时的速度为UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)选择向西为正方向，如题图所示，最后6s的住
设物体在A点时的速度为A,则可得
移为△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均连度为==20m=20m8,大小为20m6,」
(2)根据速度时间关系可得物体在C点时的速度为
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全过程的位移为△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
时间为△t=5s十58十4s十6s=20s
则可得物体在CD段的平均速度为=C十D=0
24t
平均速度为==0m=1,5m/s,大小为1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则
(3)全过程的路程为△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：专5=10ms,T=5m因ST间的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的两倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率为0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的时间是RS段的时间的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度减小量是RS段的4倍，则有：vs一VT=4(VR一
4.D设公交车开始减速的速度为%，运动总时间为，则公交
vs),联立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正确，ABD错误.
车在最初减连6s内通过的位移为西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度为a,E到N的距离为L,从E到N有v至=
18m),把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运
2aL,从N到A有v员=2a·9L,联立可得vA=3E,故A
动，最后68内通过的位移为=2a,代入数据解得x2一
错误：根据逵度一时间公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过
的位号之比为21：9，则南以上有g18-号又有0=助
E一0_E=1,所以汽车通过AE段的时间等于21，故B
at,代入数据解得=10mst=10s,则公交车的总位移为
错误：根据匀变速直线运动的推论有四E-4E=2如E,
2
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