单元检测（六）
动量动量守恒定律
B卷
高考能力评价卷
(满分：100分时间：75分钟)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目
要求
1.(2025·浙江温州·三模)2023年9月25日，中国年仅15岁的小将陈烨在杭
亚会滑板男子碗池决赛中夺冠.图示为运动员陈烨在比赛中腾空越过障碍
物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中
A.运动员始终处于超重状态
B.运动员在最高点的加速度为零
C.运动员所受重力的冲量一直变大
D.运动员和滑板构成的系统动量守恒
2.(2025·河北高三专题练习)两个质量均为m的质点甲和乙静止放在一条水平直线轨道上，乙在甲的前
方，两质点间距为1现给甲施加一冲量，同时用一水平外力F作用在乙上，忽略摩擦，为使甲成功追上
乙，则给甲施加的冲量的最小值为
A.Fml
B.v2Fml
C.2Fml
Da Fnl
3.(2025·福建莆田模拟预测)如图所示，质量为m的半径为R的光滑圆弧形凹槽静止
在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，在小球下滑到
底端B的过程中，则
）nm77777i
A.小球和凹槽组成的系统动量守恒
B.小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒
C.小球对地的运动位移为R
D.小球所受合力的瞬时功率一直增大
4.(2025·河北邢台·二模)某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实
验，如图所示，当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0克.
假设吹风机出风口为圆形，其半径为5cm,空气密度为1.29kgm3,实验前电子秤
已校准，重力加速度10ms2.则此时吹风机的风速约为
A.6 m:s
B.8 m/'s
C.10 ms
D.12 m s
5.(2025·甘肃省天水一中模拟)如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面
上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,与水平地面相切于E点，圆弧半径为R=
R
1m,另有一个质量为m的小球以初速度o从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆
元六m2w
弧的上端，已知M=4m,取g=10ms2,不计摩擦，则小球的初速度o的大小为
A.vo=7 m s
B.vo=6 m s
C.vo=5 m s
D.vo=4 m s
6.(2025·北京朝阳·一模)如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m,P以速度？向右运动，
Q静止且左端固定一轻弹簧.当弹簧被压缩至最短时
()
P
的0
444444444444474444444444444444444444274444444444
45参考答案
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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