文档内容
第7讲 动量定理和动量守恒定律锁定主干知识
CONTENTS 01
探明高考考向
02
精研典型例题
03
拓展思维空间
04
提升关键能力
05锁定主干知识
目录目录探明高考考向
目录. （ 江苏高考 题）如图所示，在水平面上静止有一个 形滑板 ，
1 2024· 9 U A A
的上表面有一个静止的物体 ，左侧用轻弹簧连接在滑板 的左端，右
B A
侧用一根细绳连接在滑板 的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面
A
均光滑，剪断细绳后，则（ ）
√. 弹簧恢复原长时 的动能最大
A A
. 弹簧压缩至最短时 的动量最大
B A
. 整个系统动量变大
C
. 整个系统机械能变大
D
目录解析： 对 、弹簧与 组成的系统受力分析，该系统所受外力矢量和
A B
为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的
机械能守恒， 、 错误；对系统，由动量守恒定律可知 ＝ ，
C D m v m v
A A B B
由机械能守恒定律有 ＝ ＋ ，联立两式可知当弹簧恢复至
E m m
p A B
1 1
2 2
原长，弹簧的弹性势能完全转化为 、 的动能时， 的动能最大，动量
A B A
2 2
也最大， 正确， 错误。
A B
目录2 . （ 多选 ）（ 2024· 广东高考 10 题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点
的甲、乙两个相同滑块，分别从 、 高度同时由静止开始下滑。斜
H H
甲 乙
坡与水平面在 处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为 ，乙在
O μ
水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有
（ ）
√. 甲在斜坡上运动时与乙相对静止
A
√
. 碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
B
. 乙的运动时间与 无关
C H
乙
√ 乙
. 甲最终停止位置与 处相距
D O
目录解析： 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，
则相对速度为 ，故 正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速直线运
0 A
动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速
度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故 正确；设斜
B
面倾角为 ，乙下滑过程有 ＝ ，在水平面运动一段时间 后
θ H gsin θ· t
乙 2
1
与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速直2线运动的时间为
t
，则乙运动
1 3
2
的时间为 ＝ ＋ ＋ ，由于 与 有关，则总时间与 有关，故 错
t t t t t H H C
1 2 3 1 乙 乙
误；乙下滑过程有 ＝ ，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速
mgH m
乙 乙
1
度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；
2
2
则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有 ＝ ，联立可得 ＝
2μgx x
乙
乙 乙
，即发生碰撞后甲最终停止位置与 处相距 ，故 正确。
O 2 D
目录. （ 江苏高考 题）嫦娥六号探测器于 月 日在中国文昌航天发射
3 2024· 14 5 3
场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺
利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道
器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为 ，着陆器对应的
v
0
组合体 与轨道器对应的组合体 分离时间为 ，分离后 的速度为 ，
A B Δt B v
B
且与 同向， 、 的质量分别为 、 。求：
v A B m M
0
（ ）分离后 的速度 ；
1 A v
A
目录（ ＋ ）
答案：
0−
解析： 、 组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒
A B
定律有（ ＋ ） ＝ ＋
m M v Mv mv
0 B A
（ ＋ ）
解得分离后 的速度 ＝ 。
A v
A
0−
目录（ ）分离时 对 的推力大小。
2 A B
答案：
− 0
Δ
解析： 、 分离的过程，对 由动量定理有 ＝ －
A B B FΔt Mv Mv
B 0
解得分离时 对 的推力大小为 ＝ 。
A B F
− 0
Δ
目录精研典型例题
目录考点一 动量定理的应用
.
1 冲量的三种计算方法
公式法 ＝ 适用于求恒力的冲量
I Ft
动量定理法 多用于求变力的冲量或 、 未知的情况
F t
图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若 与 成线性关
F-t F t
图像法
系，也可直接用平均力求解
目录.
2 动量定理
（ ）公式： ＝ －
1 FΔt mv' mv
（ ）应用技巧
2
①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
②表达式是矢量式，需要规定正方向。
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理
比用牛顿第二定律求解更简捷。
④在变加速运动中 为 时间内的平均力。
F Δt
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体
棒的位移。
目录【例1】
（
2024·
北京海淀三模）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静
止于水平桌面上，甲的 极正对着乙的 极，甲的质量大于乙的质量，两者
N S
与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程
中的任一时刻（ ）
. 甲的速度大小比乙的大
A
. 甲的加速度大小比乙的加速度小
B
. 甲的动量大小比乙的大
C
. 甲合力冲量与乙合力冲量大小相等
D
目录答案：
B
解析：对甲、乙两条形磁铁水平方向分别受力
分析，如图所示
甲 乙
根据牛顿第二定律有 ＝ 、 ＝ ，由于 ＝ ， ＞ ，
a a F F' m m
甲 乙 甲 乙
甲 乙
− −
′
所以 ＜ ，由于两物体运 动时间相同，且 同时由静止释放，可得 ＜
a a v v
甲 乙 甲
， 错误， 正确；对于整个系统而言，由于 ＞ ，系统所受合
A B μm g μm g
乙 甲 乙
力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小
比乙的小， 错误；因为甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合
C
力冲量， 错误。
D
目录【例2】
（
2024·
广东汕头一模）某实验小组用电池、电动机等器材自制
风力小车，如图所示，叶片匀速旋转时将空气以速度 向后排开，叶片旋转
v
形成的圆面积为 ，空气密度为 ，下列说法正确的是（ ）
S ρ
. 风力小车的原理是将风能转化为小车的动能
A
. 时间内叶片排开的空气质量为
B t ρSv
. 叶片匀速旋转时，空气对小车的推力为
C ρSv2
. 叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能
D
为
ρSv2
1
2
目录答案：
C
解析：风力小车的原理是消耗电能，先转化成风能，再推动小车运动，所
以其原理是将电能转化为小车的动能，故 错误； 时间内叶片排开的空气
A t
质量为 ＝ ，故 错误；由动量定理可得叶片匀速旋转时， 时间内叶片
m ρvtS B t
排开的空气受到的推力 ＝ ＝ ＝ ，根据牛顿第三定律可知空气
F ρSv2
·
对小车的推力为 ，故 正确；叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的
ρSv2 C
动能为 ＝ ＝ ＝ ，故 错误。
E m v2 ρSv·v2 ρSv3 D
k 0
1 1 1
2 2 2
目录用动量定理求解“流体”问题的方法
. 建立“柱状”模型，沿流速 的方向选取一段柱形流体，其横截面积
1 v
为 。
S
. 隔离微元研究，作用时间 内的一段柱形流体的长度为 ，对应质量
2 Δt vΔt
为 ＝ ，求小柱体的动量变化 ＝ ＝ 。
Δm ρSvΔt Δp vΔm ρv2SΔt
. 应用动量定理 ＝ 研究这段柱状流体，列方程求解。
3 FΔt Δp
目录【例3】 （ 多选 ）（ 2024· 浙江 6 月选考 15 题）如图所示，一根固定的足够
长的光滑绝缘细杆与水平面成 角。质量为 、电荷量为＋ 的带电小球套
θ m q
在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为 的匀强磁场中，磁场方向垂
B
直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度 沿细杆向上运动至
v
0
最高点，则该过程（ ）
. 合力冲量大小为
A mv cos θ
0
. 重力冲量大小为
B mv sin θ
0
. 洛伦兹力冲量大小为
C
2
0
2 sin
. 若 ＝ ，弹力冲量为零
D v
0
2 cos
目录
答案：
CD
解析：根据动量定理得 ＝ － ＝－ ，则合力
I 0 mv mv
合 0 0
冲量大小为 ， 错误；小球上滑时间 ＝ ，重
mv A t
0
0
力冲量大小为 ＝ ＝ ， 错误；小球所
mgt mg· B
sin
0 0
受洛伦兹力垂直杆向上，大小为 ＝ （ － ）＝－ ＋ ，随时
qvB qB v at qBat qBv
sin sin 0 0
间线性变化。洛伦兹力的冲量大小为 ＝ ＝ ， 正确；若
q Bt q B· C v
0
2
0 0 0 0
＝ ， 时刻小球所受洛伦兹力为 ＝ ，小球在垂直细杆方
0 qv B 2mgcos θ
2 2 sin 2 sin
0
2 cos
向所受合力为零，有 ＝ ＋ ，则小球在整个减速过程的 图线
qvB mgcos θ F F -t
N N
如图所示，由 图线与横轴围成的面积表示冲量可知，弹力冲量为零，
F -t D
N
正确。
目录.
1 用动量定理解题的基本思路
. 对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。
2
目录考点二 动量守恒定律的应用
动量守恒定律的三种表达形式
（ ） ＋ ＝ ＋ ，作用前的动量之和等于作用后的动量
1 m v m v m v ' m v '
1 1 2 2 1 1 2 2
之和。
（ ） ＝－ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
2 Δp Δp
1 2
（ ） ＝ ，系统总动量的变化量为零。
3 Δp 0
目录如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼 ”以速度
【例4】 -20 v
0
水平向右匀速飞行，到达目标地时，将战机上质量为 的导弹自由释放，
M
导弹向后喷出质量为 、对地速率为 的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速
m v
1
率下列表述正确的是（ ）
＋
. 速率变大，为
A
0 1
. 速率变小，为 −
B
0− 1
. 速率变小，为 −
C
0− 1
＋
. 速率变大，为
D
0 1
目录答案：
A
解析：设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得 ＝（ － ）
Mv M m
0
＋
－ ，解得喷气后瞬间导弹的速率 ＝ ＞ ，故选 。
v mv v v A
1 0
0 1
−
目录如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲
【例5】
和他的冰车总质量为 ，乙和他的冰车总质量也为 ，游戏时，甲推着一
M M
个质量为 的箱子和他一起以 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑
m v
0
来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速
抓住。不计冰面摩擦：
（ ）若甲将箱子以速度 推出，甲的速度变为多少；
1 v
（ ＋ ）
答案：
0−
解析： 甲将箱子推出的过程中，甲和箱子组成的系统动量守
恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得（ ＋ ） ＝
M m v mv
0
（ ＋ ）
＋ ，解得 ＝ 。
Mv v
1 1
0−
目录
（ ）设乙抓住迎面滑来的速度为 的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速
2 v
度变为多少；
答案：
＋
− 0
解析：箱子 和 乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方
向，由动量守恒定律得 － ＝（ ＋ ） ，解得 ＝ 。
mv Mv M m v v
0 2 2
＋
− 0
目录（ ）若甲、乙分别和他的冰车总质量均为 ＝ ，箱子质量 ＝
3 M 30 kg m 10
， ＝ ，为使甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少
kg v 6 m/s
0
多大（计算结果保留两位小数）。
答案： .
21 43 m/s
解析： 甲、乙不相撞的条件是 ≤ ，即
v v
1 2
（ ＋ ）
≤ ，解得 ≥ . 。
v 21 43 m/s
＋
0− − 0
目录考点三 碰撞与反冲问题
.
1 碰撞问题遵循的三条原则
目录.
2 反冲的两条规律
（ ）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机
1
械能，所以总机械能增加。
（ ）平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过
2
程中平均动量必定守恒；若系统由两个物体组成，且相互作用前
均静止，相互作用后均发生运动，则有 － ＝ 。
m m 0
1 2
1 2
目录【例6】
（
2024·
山东济宁一模）目前我国空间实验已走在世界的前列，
神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞
的实验。桂海潮用质量较小的钢球以 . 水平向左的速度与静止的质量
0 6 m/s
较大的钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为 、 ，较小钢球
v v
1 2
的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为弹性碰撞。下列说法
正确的是（ ）
. ＝ . ，方向水平向左
A v 0 2 m/s
1
√. ＝ . ，方向水平向右
B v 0 2 m/s
1
. ＝ . ，方向水平向左
C v 0 2 m/s
2
. ＝ . ，方向水平向左
D v 0 1 m/s
2
目录答案：
B
解析：设较小钢球的质量为 ，较大钢球的质量为 ，碰后小钢球与大钢
m 2m
球的速度分别为 、 ，两钢球的碰撞可视为弹性碰撞，以水平向左为正
v ' v '
1 2
方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ＝ ＋ ，
mv mv ' 2mv ' m
0 1 2
1
2
0
＝ ＋ × ，代入数据解得 ＝－ . ， ＝ . ，可2知
mv '2 2mv '2 v ' 0 2 m/s v ' 0 4 m/s v
1 2 1 2 1
1 1
＝ . ，方向水平向右； ＝ . ，方向水平向左。故选 。
0 2 m/s v 0 4 m/s B
2 2 2
目录喷气背包曾经是宇航员舱外活动的主要动力装置。假定宇航员
【例7】
与空间站保持相对静止。启动喷气背包后，横截面积为 的喷口以速度
S v
（以空间站为参考系）持续向后喷出密度为 的气体。已知宇航员连同整
ρ
套舱外太空服的质量为 （含背包及其内气体），则启动喷气背包，经过
M
时间 后宇航员相对空间站的速度大小为（ ）
t
A . B .
2
C . D .
2
− −
目录答案：
D
解析：设启动喷气背包，经过时间 后宇航员相对空间站的速度大小为 ，
t v'
规定宇航员相对空间站的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 ＝－
0
＋（ － ） ，解得 ＝ ，故选 。
ρvtS·v M ρvtS v' v' D
2
−
目录【例8】 （ 2024· 吉林高考 14 题）如图，高度 h ＝ 0 . 8 m 的水平桌面上放置
两个相同物块 、 ，质量 ＝ ＝ . 。 、 间夹一压缩量 ＝ .
A B m m 0 1 kg A B Δx 0 1 m
A B
的轻弹簧，弹簧与 、 不拴接。同时由静止释放 、 ，弹簧恢复原长时
A B A B A
恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程 ＝ . ； 脱离弹簧后沿桌
x 0 4 m B
A
面滑行一段距离 ＝ . 后停止。 、 均视为质点，取重力加速度 ＝
x 0 25 m A B g
B
。不计空气阻力，求：
10 m/s2
（ ）脱离弹簧时 、 的速度大小 和 ；
1 A B v v
A B
答案：
1 m/s 1 m/s
目录解析： 离开桌面后做平抛运动，则
A
水平方向有 ＝
x v t
A A
竖直方向有 ＝
h gt2
1
联立并代入数据解得 ＝
v 1 m/s
2 A
、 与弹簧相互作用的过程中， 、 所受水平桌面的摩擦力等大反
A B A B
向，所受弹簧弹力也等大反向，又 、 竖直方向上所受合力均为
A B
零，故 、 组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有
A B
＝
m v m v
A A B B
解得 ＝ 。
v 1 m/s
B
目录（ ）物块与桌面间的动摩擦因数 ；
2 μ
答案： .
0 2
解析：对 离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有
B
－ ＝ －
μm gx 0 m
B B B
1
2
代入数据解得 ＝ . 。
μ 0 2
2
目录（ ）整个过程，弹簧释放的弹性势能 。
3 ΔE
p
答案： .
0 12 J
解析：对 、 与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有
A B
＝ ＋ ＋ ＋
ΔE m m μm g· μm g·
p A B A B
1 1 Δ Δ
2 2
代入数据解得 ＝ . 。
ΔE 0 12 J
2 2 p 2 2
目录拓展思维空间
目录归纳法解决多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较
多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法：
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几
数学 次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或
归纳法 结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求
和公式计算全程的路程等数据
通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的 图像，通过图像
v-t
图像法 可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与 轴所围面积求出物
t
体的位移
目录【典例】
（
2024·
山东聊城二模）如图所示，长木板在光滑水平面上
以 ＝ 的速度做匀速直线运动，长木板质量 ＝ . ，某时刻
v 2 m/s M 0 5 kg
0
在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的质量 ＝ .
m 1 5
，长木板右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺
kg
口，小物块与长木板之间的动摩擦因数 ＝ . ，小物块与挡板发生正
μ 0 1
碰，碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够大。重力加
速度取 ＝ ，求：
g 10 m/s2
（ ）若要小物块不从长木板上滑下，求长木板的长度至少是多少？
1
目录答案： .
0 625 m
解析： 设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速
时的速度为 ，则由动量守恒定律得 ＝（ ＋ ） ，小物
v Mv M m v
10 0 10
块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小
物块再次共速时速度为 ，则由动量守恒定律得 － ＝
v mv Mv
20 10 10
（ ＋ ） ，由能量守恒定律可得 ＝ － （ ＋ ）
M m v μmgL M M m
20
1 1
2
，解得 ＝ . 。
L 0 625 m 0
2 2
2
20
目录（ ）若长木板足够长，质量变为 . ，求：
2 4 5 kg
①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间。
②小物块与挡板第 次碰撞到第 ＋ 次碰撞过程中，相对于长木板的
n n 1
位移是多少？
答案： ① . ② ×
1 5 s 27 m
2 +1
1
解析： ①更换长木板后，
2
设长木板与小物块第一次共速时速度为
v
，
由动量守恒定律可得 ＝（ ＋ ） ，小物块与挡板发生第一次弹
M'v M' m v
0
性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理
可得－ ＝ － ，解得 ＝ . 。
μmgt 0 mv t 1 5 s
目录②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为 ，由动量守恒定律可得
v
1
－ ＝（ ＋ ） ，解得 ＝ ，设第三次碰撞前、第四次碰撞
M'v mv M' m v v v
1 1
1
前，小物块和木板的共同速度为 、2 ，同理可得 ＝ ＝ ，
v v v v v v
2 3 2 1 3
2
1 1
＝ ＝ ，根据数学归纳法，第 ＋ 次碰撞前的共2同速度 2 为 ＝
v v n 1 v
2 n
3
1 1
v 2 ＝ 2 v ，小物块与挡板第 n 次碰撞到第 n ＋ 1 次碰撞过程中，相
－
n 1
1 1
对于长木板的位移是 ，由能量守恒定律可得 ＝ （ ＋ ）
2 2
x μmgx M' m
1
－ （ ＋ ） ，解得 ＝ × 。 2
M' m x 27 m
2 +1
1 1
2 2
−1
2 2
目录提升关键能力
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 河南郑州三模）如图所示，某同学利用平板车将货物沿斜坡向
1 2024·
上匀速运送，货物与小车之间始终没有发生相对滑动，则平板车与货物
组成的系统（ ）
. 动量增大 . 机械能不变
A B
√C . 所受合外力的冲量为零 D . 所受推力做功为零
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，速度不变，动量不变，
根据动量定理可知所受合外力的冲量为零， 错误， 正确；平板车将
A C
货物沿斜坡向上匀速运送，平板车与货物组成的系统动能不变，重力势
能增加，则机械能增加， 错误；同学利用平板车将货物沿斜坡向上匀
B
速运送，推力不为零，位移不为零，则所受推力做功不为零， 错误。
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 贵州安顺一模）有些太空探测器装配有离子发动机，其工作原
2 2023·
理是将被电离后的正离子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推
力。若发动机向后喷出的离子的速率为 （远大于探测器的飞行速
25 km/s
率）时，探测器获得的推力大小为 . ，则该发动机 时间内喷出离
0 1 N 1 s
子的质量为（ ）
. × －4 . × －5
A 4 10 kg B 4 10 kg
. × －6 . × －7
C 4 10 kg D 4 10 kg
√
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 由牛顿第三定律可知 时间内喷出的离子受到发动机的平均
1 s
作用力大小为 ＝ . ，对 时间内喷出的离子，由动量定理可得 ＝
F 0 1 N 1 s Ft
－ ，解得该发动机 时间内喷出离子的质量为 ＝ ＝ ＝
mv 0 1 s m kg
0 1×1
.
× － ，故选 。
4 10 6 kg C
25 000
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. 乌贼在无脊椎动物中游泳最快，被称为“水中火箭”。一只悬浮在水中
3
的乌贼，吸满水时的质量为 ，遇到危险时，乌贼通过体管在 . 时
3 kg 0 1 s
间内将 . 的水向后以 的速度喷出，从而获得极大的逃窜速
0 4 kg 90 m/s
度，则乌贼在向后喷水的时间内，获得的向前平均推力约为（ ）
√. .
A 360 N B 560 N
. .
C 640 N D 2 700 N
解析： 设向后为正方向，由动量守恒定律有 ＝ －（ － ）
0 m v M m
1 1 1
，由动量定理有－ ＝－（ － ） － ，解得 ＝ ，故选 。
v t M m v 0 360 N A
2 1 2
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. （ 山西一模）在近地圆轨道上绕地球做匀速圆周运动的天宫号空
4 2024·
间站中，宇航员进行了奇妙的“乒乓球”实验。实验中，朱杨柱做了一
颗实心水球，桂海潮取出一块用毛巾包好的普通乒乓球拍，球拍击打水
球后，水球被弹开了，则水球在与球拍作用过程中及被击打后的一小段
时间内，水球（ ）
. 与球拍作用过程中它们组成的系统动量守恒
A
. 与球拍作用过程中水球受地球引力的冲量为零
B
√C . 被击打后水球相对地球做变速曲线运动
. 被击打后水球相对天宫做匀速圆周运动
D
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解析： 水球与球拍作用过程中，把水球与球拍作为系统，受到手对
系统的作用力，所以系统动量不守恒，故 错误；由冲量公式 ＝ 可知
A I Ft
与球拍作用过程中水球受地球引力并且其作用时间不为 ，所以它的冲
0
量不为零，故 错误；实验舱内的物体处于完全失重状态，航天员会观
B
察到水球离开球拍后相对天宫号空间站做匀速直线运动，被击打后水球
相对地球做变速曲线运动，故 正确， 错误。
C D
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. 水虿（ ），就是蜻蜓的幼虫，会将腹部所吸的水迅速向后喷出，所
5 chǎi
产生的反推力会带动它们向前飞速移动以起到避害的作用。一只悬浮在
水中的水虿，当吸满水后，它的总质量约为 . ，遇到危险时，通过
0 5 g
短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，瞬时
速度可达 。已知喷射出水的质量约为 . ，则喷射水的瞬时速度
15 m/s 0 2 g
约为（ ）
A . 20 m/s √B . 22 . 5 m/s
. . .
C 37 5 m/s D 45 m/s
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解析： 由题意可知，水虿逃窜时的速度达到 ＝ ，水虿和喷出
v 15 m/s
1
的水组成的系统动量守恒，设水虿喷射出水的速度为 ，取水虿向前逃
v
2
窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得（ － ） － ＝ ，解得
m m v m v 0
0 1 0 2
＝ ＝ × ＝ . ，故选 。
v v 15 m/s 22 5 m/s B
2 1
− 0 0 5−0 2
. .
0 0 2
.
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. 如图所示，静止在光滑水平面上的 、 、 三个质量均为 的物体紧
6 A B C 2 kg
贴着放在一起， 、 之间有微量炸药。炸药爆炸后三个物体均沿水平
A B
方向运动且 对 做的功为 ，若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为
B C 16 J
三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出的能量为（ ）
. .
A 48 J B 64 J
√C . 96 J D . 108 J
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解析： 对 由动能定理得 ＝ ，解得 ＝ ，爆炸后 和
C W m v 4 m/s B C
C C C
1
2
共速，即 ＝ ＝ ，对 、 、 整体，动量守恒，则 ＝
v v 4 m/s A B C mv
BC C 2 A
，解得 ＝ ，爆炸释放的能量为三者动能之和，故 ＝
2mv v 8 m/s E m
BC A
1
2
＋ × ＝ ，故选 。 2
2m 96 J C
1
2
2
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. 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右），一
7
位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船
平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下
船。用卷尺测出船后退的距离为 ，然后用卷尺测出船长 ，已知他自身
d L
的质量为 ，则渔船的质量 为（ ）
m M
（ ）
. .
A √B
−
（ ＋ ）
. .
C D
−
解析： 人从船尾走到船头的过程动量守恒，则 ＝ ，即 ＝
Mv mv M
船 人
（ ）
，解得渔船的质量为 ＝ ，故选 。
m M B
− −
目录
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. （ 山东菏泽三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞
8 2024·
子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为
，牵引线与竖直方向夹角为 。已知风筝质量为 ，垂直于风筝面的风
θ 2θ m
速大小为 ，风筝面的面积为 ，重力加速度为 ，则风筝所在高度空气
v S g
密度为（ ）
. .
√A B
2 cos 2 sin
2 2
. .
C D
4 4
2 2
sin2 sin
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解析： 对风筝受力分析如图 所示，作出矢量三
1
角形如图 所示，可知风筝此时获得的垂直于风筝
2
面的力 ＝ ，根据牛顿第三定律，风筝对
F 2mgcos θ
垂直于风筝面的风的作用力大小也为 ，以风为研
F
究对象， 时间内，垂直打在风筝面的风的质量 ＝ ，在垂直于
Δt Δm ρSvΔt
风筝面方向上由动量定理有 ＝ ，联立解得空气密度为 ＝
F·Δt Δm·v ρ
2 cos
，故选 A 。 2
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. 为测量某未知原子核的质量，用带正电的 粒子（ ）以初动量 轰击
9 α He p
4
静止的未知原子核，其过程可视为弹性正碰，如图甲。 粒子在全过程
α
2
中的 图像如图乙所示，其中， 为图线切线斜率最大时刻，已知 粒
p-t t α
1
子的质量为 ，下列说法正确的是（ ）
m
. 该未知粒子的质量约为 粒子质量的 倍
A α 2
. 时刻 粒子的动量为
B t α
1
. 时刻两粒子相距最近
C t
2 3
√. 全过程中系统最大电势能为
D
2
3
8
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 碰撞过程由动量守恒定律可知 ＝－ ＋ ，由能量关系可
p p'
2
得： ＝ ＋ ，解得 ＝ ，选项 错误； 时刻图线切线斜率最
m' 3m A t
2
1
2 2
2
′
大， 2此 时加2 速度 2 最大，两粒子距离最近，两者共速，则由动量守恒定律
′
得 ＝（ ＋ ） ，解得 时刻 粒子的动量为 ＝ ＝ ，选项 、 错
p m 3m v t α p mv B C
1 α
4
误；当两粒子相距最近时电势能最大，最大电势能为 ＝ － （ ＋
E m
pm
2
1
2 2
） ＝ ，选项 正确。
3m v2 D
2
3
8
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. （ 江苏南师附中三模）如图所示，人坐在滑车上在冰面上以速度
10 2024·
＝ 向右滑行，人与滑车总质量 ＝ ，与冰面摩擦不计，
v 4 m/s m 100 kg
0 1
在 点静止一质量 ＝ 的木箱，木箱与冰面间动摩擦因数 ＝
O m 20 kg μ
2
. ，当人到达 点时，将木箱相对地以速度 ＝ 水平向右推出。
0 2 O v 5 m/s
此后人在 点再次追上木箱，人迅速抓住木箱并水平推着木箱一起运
A
动，最后停在 点。重力加速度 取 。
B g 10 m/s2
（ ）推出木箱后，人的速度大小为多少？
1
答案：
3 m/s
解析： 对人与木箱组成的系统，根据动量守恒定律可知
＝ ＋ ，得 ＝ 。
m v m v m v v 3 m/s
1 0 1 1 2 1
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
（ ） 点离 点距离 为多少？
2 B O x
答案： .
16 7 m
解析： 人推出木箱后，此后木箱向前匀减速运动，加速度大
小为 ，则有 ＝ ＝ ，经时间 人追上木箱，则有 ＝ ，
a a μg 2 m/s2 t s v t
1 1
＝ － ， ＝ ＝ ，得 ＝ ， ＝ ，此时木箱速度为 ＝
s vt at2 s s s t 2 s s 6 m v '
2 1 2 2
1
－ ＝ ，人抓住木箱后，共同速度为 ，系统动量守恒，则
v at 1 m/s v'
2
＋ ＝（ ＋ ） ，得 ＝ ，此后二者共同匀减速运
m v m v ' m m v' v' m/s
1 1 2 2 1 2
8
动，则 （ ＋ ） ＝ ，解得 ＝ ，又因为 ＝ ＋ ，
m m v'2 μm gs' s' m x s s'
3
1 2 2
1 32
所以 ＝ ＝ . 。
x m 16 7 m
2 3
50
目录
31 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 湖北武汉二模）如图所示，倾角 ＝ °的足够长斜面固定在
11 2024· θ 30
水平面上， ＝ 时刻，将物块 、 （均可视为质点）从斜面上相距 ＝
t 0 A B l
. 的两处同时由静止释放。已知 的质量是 的质量的 倍， 、
0 05 m A B 3 A B
与斜面之间的动摩擦因数分别为 ＝ 、 ＝ ， 、 之间的碰撞为
μ μ A B
A B
3 3
弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小取 ＝ ，求：
g 10 m/s2
6 3
（ ） 、 发生第一次碰撞后瞬间， 、 的速度大小；
1 A B A B
答案： . .
0 25 m/s 0 75 m/s
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根据牛
A
顿第二定律 － × ＝ ，分析 的受力，则
3mgsin θ μ 3mg·cos θ 3ma B
A
＝ ，即 静止在斜面上。 与 发生第一次碰撞
mgsin θ μ mgcos θ B A B
B
前，由运动学规律得 ＝ ， 与 发生第一次碰撞，由动量
2al A B
2
0
守恒定律和机械能守 恒定律得 3mv ＝ 3mv ＋ mv ， × 3m
A0 A1 B1
1
2
0
＝ × ＋ ，解得 ＝ . ， ＝ .2 。
3m m v 0 25 m/s v 0 75 m/s
A1 B1
1 1
2 2
1 1
2 2
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
（ ） 、 发生第三次碰撞的时刻；
2 A B
答案： .
1 0 s
解析： 由（ ）可得， 从静止释放后，经过时间 与 发生第一次碰
1 A t B
0
撞，有 ＝ ， 以速度 做匀速直线运动， 以初速度 ，加速度 做
v at B v A v a
A0 0 B1 A1
匀加速直线运动，第二次碰撞前，有 ＋ ＝ ，此时， 以速
v t a v t B
A1 1 B1 1
1
度
v
做匀速直线运动，
A
的速度为
v '
＝
v
＋
at
，2
A
与
B
发生第二次碰
B1 A1 A1 11
2
撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 ＋ ＝ ＋ ，
3mv ' mv 3mv mv
A1 B1 A2 B2
× ＋ ＝ × ＋ ， 以速度 做匀速直线运
3mv '2 m 3m m B v
A1 B2
1 1 1 1
动， 以初速度 ，加速度 做匀加速直线运动，第三次碰撞前，有
A v 2 a 2 2 v t
A21 2 2 A2 2
2 2 2 2
＋ ＝ ，显然，每次碰撞后， 均相对 以初速度 、加速度 做
a v t B A v a
B2 2 A0 A
1
匀减速2直线运动至下一次碰撞，经过时间均为
0
.
4 s
。故
A
与
B
发
2
2
生第三次碰撞后的时刻为 ＝ ＋ ＋ ，解得 ＝ . 。
T t t t T 1 0 s
3 0 1 2 3
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
（ ）从静止释放到第 次碰撞， 运动的位移大小。
3 n A
答案： . （ － ＋ ）
0 05 3n2 3n 1 m
解析： 从开始至第一次碰撞 ＝ ，从第一次碰撞至第二次碰
x l
A1
撞 ＝ ＋ ＝ ，从第二次碰撞至第三次碰撞 ＝ ＋ ＝
x 2l 4l 6l x 8l 4l
A2 A3
，从第三次碰撞至第四次碰撞 ＝ ＋ ＝ ，从第 － 次
12l x 14l 4l 18l n 1
A4
碰撞至第 次碰撞 ＝（ － ） ＋ （ ＞ ）， 从静止释放
n x 6n 10 l 4l n 1 A
An
到第 次碰撞后运动的总位移 ＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝（
n X x x x x 3n2
An A1 A2 A3 An
－ ＋ ） ＝ . （ － ＋ ） 。
3n 1 l 0 05 3n2 3n 1 m
目录
