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第 15 讲 动量 动量守恒定律
1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.
2.知道动量守恒的条件.
3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．
考点一 动量、冲量、动量定理的理解与应用
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．
(2)表达式：p＝mv.
(3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．冲量
(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．
(2)定义式：I＝Ft.
(3)单位：N·_s.
(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．
(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．
3．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量．
(2)表达式：
[例题1] （2024•河南一模）质量相等的A、B两个小球处在空中同一高度，将A球水平
向右抛出，同时将B球斜向上抛出，两小球抛出时的初速度大小相同，两小球在空中运动的轨
迹如图，不计空气阻力。则两小球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．相同时间内，速度变化量可能不同
B．同一时刻，速度变化快慢可能不同
C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同
D．相同时间内，重力的冲量大小可能不同
【解答】解：A．两物体运动过程中的加速度相同，则由Δv＝gΔt可知，相同时间内，速度变化
量一定相同，故A错误；
B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，因两物体的加速度均等于重力加速度，因此同一时刻，
速度变化快慢一定相同，故B错误；
1 1
C．抛出后下降到同一高度时，根据动能定理可得mgℎ = mv2− mv2 ，由于重力做功相同，
2 2 0
两小球抛出时的初动能相等，则两小球下降到同一高度时的动能一定相同，故C正确；
D．根据I＝mgt可知相同时间内，重力的冲量大小一定相同，故D错误。
故选：C。
[例题2] （2024•开福区校级模拟）一质量为m＝1kg的物体，从距地面高度为0.8m处以某一未知初速度水平抛出。落地后不弹起。假设地面为粗糙刚性水平接触面（与物体发生碰撞
的时间极短，不计重力产生的冲量），物体与地面间的动摩擦因数 ＝0.5，取重力加速度g＝
10m/s2。下列说法正确的是（ ） μ
A．物体从抛出到最终停下的过程中，减少的机械能等于与粗糙水平面的摩擦生热
B．若物体的初速度为1m/s，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为4N•s
C．若物体的初速度为3m/s，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为2√5N•s
D．若物体的初速度变为之前的2倍，物体落地后沿水平运动的距离可能是原来的4倍
【解答】解：A、物体从抛出到最终停下的过程中，减少的机械能一部分用于与粗糙水平面的摩
擦产生的热量，一部分在与地面碰撞中对地面做功，故A错误；
BC、物体落地时竖直方向的分速度大小为 v
y
=√2gℎ =√2×10×0.8m/s=4m/s，物体落地
时竖直方向的速度变为零了，规定竖直向下的方向为正方向，所以在与地面碰撞过程中，根据
动量定理可得地面对其冲量为 I＝0﹣mv ＝0﹣1×4kg•m/s＝﹣4kg•m/s，则地面对其的冲量大小
y
为4N•s，与其初速度大小无关故BC错误；
1 v2
D.根据动能定理可得物体落地后沿水平面前进的距离为x，则﹣ mgx＝0− mv2 ，解得x=
2 2μg
μ
，所以物体的初速度变为之前的2倍，物体落地后沿水平面运动的距离可能是原来的 4倍，故D
正确。
故选：D。
[例题3] （2024•宁波二模）如图所示，在水平地面上用彼此平行、相邻间距为l的水平小
细杆构成一排固定的栅栏。栅栏上方有一个质量为m、半径为r l的匀质圆板，圆板不会与地
面接触。一根细长的轻绳穿过板的中央小孔C，一半在图的背面≫，一半在图的正面，绳的两头
合在一起记为P端。在P端用力沿水平方向朝右拉动圆板，使板沿栅栏无跳动、无相对滑动地
朝右滚动。圆板水平方向朝右的平均速度可近似处理为圆板中心 C在最高位置时的速度大小
v，设v是不变量。略去绳与板间所有接触部位的摩擦，施加于P端的平均拉力T为（ ）
1 l 1 r 3 l 3 r
A．
mv2
B．
mv2
C．
mv2
D．
mv2
2 r2 2 l2 4 r2 4 l2【解答】解：取栅栏中相邻两根小细杆A，B，板心C从位于杆A正上方到位于B杆的正上方。
3
圆板绕杆定轴转动惯量为：I杆 ＝I
C
+mr2=
2
mr2
1 v 3
C位于A正上方时圆板运动为：E = I ( ) 2= mv2
k 2 杆 r 4
3 θ l
C到达A、B杆连线中点正上方瞬间，速度为v′，动能为： mv'2=E +mgr（1−cos ）+T•
4 k 2 2
将圆板与B杆完全非弹性碰撞后瞬间，绕B杆转动角速度记为 ，根据角动量守恒有：I ＝
B B B
I +rmv ′ ω ω
C C 0
ω v'
= ，v ′＝v′cos
C r 0
ω α
3 1 v' 1 1
可得： mr2ω = mr2 ⋅ +rmv′cos = mrv'+mrv′cos ＝mv′（ +cos ）
2 B 2 r 2 2
θ θ θ
2 1
则有： r= v'（ +cosθ）
B 3 2
ω
1 3 4 1
此时圆盘的动能E = I ω2= mv'2 ⋅ ( +cos) 2
k 2 B B 4 9 2
3 1 θ
C杆转到B杆正上方时，速度又增加v，由机械能定理有： mv2= I ω2−mgr（1﹣cos ）
4 2 B B 2
1
+ Tl
2
3
联立以上各式，消去
mv2
4
3 3 4 1 θ
可 得 ： mv2= mv2 • ( +cosθ) 2+mgr• （ 1﹣ cos ）
4 4 9 2 2
4 1 1 4 1 θ 1
⋅ ( +cosθ) 2+ Tl⋅ ( +cosθ) 2−mgr（1﹣cos ）+ Tl
9 2 2 9 2 2 2
1 3 1 9 3
取近似值：( +cosθ) 2=( − θ2 ) 2= − θ2
2 2 2 4 2
θ 1 l
又有：1−cos = θ2 ， =
2 8 r
θ
1 l
代入上式，并忽略高阶小量得：T = mv2 ⋅ ，故A正确，BCD错误。
2 r2
故选：A。考点二 动量守恒定律的理解和判断
1．内容
如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系
统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
[例题4] （多选）（2024•海口一模）如图所示，不可伸长的轻绳跨越钉子O，两端分别
系有大小相同的小球A和B。在球B上施加外力F，使轻绳OB水平且绷直，球A与地面接触，
两球均静止。已知OA＝OB＝L，两球质量分别为m 、m ，重力加速度为g，不计一切阻力。
A B
现将球B由静止释放，发现两球可沿水平方向发生碰撞，且碰后粘在一起运动。则（ ）
A．两球质量应满足m ≥3m
A B
B．外力F应满足m g≤F≤√10m g
B B
C．两球碰撞前瞬间，B球的加速度大小为3g
1
D．两球碰后摆起的最大高度不超过 L
16
1
【解答】解：A.两球可沿水平方向发生碰撞，说明A不会离开地面，则对B有m gL= m v2 ，
B 2 B
v2
在最低点时T﹣m g＝m ，解得T＝3m g，因A不会离开地面，则m g≥T＝3m g，故A正
B B B A B
L
确；
B.要使的细绳处于伸直状态，则力F最小值为m g，因A的重力无最大值（可以是无穷大），可
B知F无最大值，故B错误；
v2
C.两球碰撞前瞬间，B球的加速度大小为a= =g，故C错误；
L
1
D.因A质量最小值为3m
B
，则AB碰后由动量守恒 m
B
v＝（m
A
+m
B
）v共 ，
2
（m
A
+m
B
）v
共
2 =
1
（m +m ）gh，解得h= L，故D正确；
A B 16
故选：AD。
[例题5] （2024•东城区一模）如图所示，质量为M、倾角为 的光滑斜劈置于光滑水平
地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水θ平向左、大小均为v 的初
0
速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用 g表示，下列说法正确的是（
）
A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒
2mv sin2θ
B．第②次碰撞后斜劈的速度小于 0
M
C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于（M+m）g
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与
斜面法线的夹角一定相等
【解答】解：A，第①次碰撞小球和斜劈组成的系统合外力为0，系统动量守恒，第②次碰撞
过程中，系统的合外力不为0，动量不守恒，故A错误；
B．第②次碰撞后速度的分解如图
规定向左为正方向，根据水平方向的动量守恒定律有mv cos cos ﹣mv sin +Mv ＝mv
0 y x 0
即有mv ﹣mv cos2 +mv sin ＝Mv θ θ θ
0 0 y x
θ θmv sin2θ+mv sinθ mv sin2θ+mv sin2θ 2mv sin2θ
解得斜劈的速度v = 0 y ＜ 0 0 = 0
x
M M M
故B正确；
C．第②次碰撞过程中，斜劈有竖直向下的动量，则可知地面对斜劈的支持力大于（M+m）g，
故C错误；
D.第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度 v'＜v sin ，根据速度的合成可知，第②次碰撞
0
前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定不相等，故Dθ错误；
故选：B。
[例题6] （2024•南昌二模）如图所示，质量为2kg的物块乙静止于A点，质量为1kg的
物块甲在乙的左侧，物块丙静止在B点。甲、乙中间夹有不计质量的火药，火药爆炸时，将四
分之一的化学能转化为甲、乙的动能，乙立即获得3m/s的速度向右运动。乙在AB间运动的
某段连续的距离中，受到一水平向右、大小为12N的恒定拉力，使得乙恰好未与丙发生碰撞。
已知AB间的距离为8.25m，乙与地面间的动摩擦因数为0.2，碰撞与爆炸时间均极短，甲、乙、
丙均可视为质点，g取10m/s2。
（1）求火药爆炸时释放的化学能；
（2）求恒定拉力在AB间持续作用的最短时间；
（3）若拉力从A点开始持续作用，乙运动到B点后与丙发生碰撞，碰后瞬间，乙、丙的动量大
小之比为1：6，求丙的质量范围。（不考虑再次碰撞）
【解答】解：（1）火药爆炸时，甲、乙组成的系统动量守恒0＝m甲v甲+m乙v乙
代入数据解得：v甲 ＝﹣6m/s
1 1
E k总 = 2 m 甲 v 甲 2 + 2 m 乙 v 乙 2
代入数据解得：E
k总
＝27J
火药爆炸时释放的化学能E＝4E
k总
＝4×27J＝108J；
（2）研究乙由A运动至B的过程，由动能定理
1
W
F
﹣ m乙gL＝0−
2
m
乙
v
乙
2
μ
代入数据解得：W ＝24J
F无论何时开始有F的作用，F做的功为定值，因此，当乙的速度最大时开始有F的作用，则F作
用时间最短。
有力F作用时，对乙由牛顿第二定律
F﹣ m乙g＝m乙a
代入μ数据解得：a＝4m/s2，
设F作用的位移为x
W ＝Fx
F
x＝2m
有运动学公式
1
x＝v乙t +
2
at2
解得：t＝0.5s；
（3）F持续作用时，由动能定理
1 1
FL﹣ m乙gL =
2
m
乙
v
乙
2
2
−
2
m
乙
v
乙
2
μ
得乙与丙碰撞前的速度
v乙2 ＝5√3m/s
因此乙在和丙碰撞前的动量
P乙 ＝m乙v乙2
解得P乙 ＝10√3kg•m/s
乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律
P乙 ＝P'+P丙
若碰后乙、丙同向P'＝m乙v'
P丙 ＝m丙v丙
P'：P丙 ＝1：6
不撞穿：v'＜v丙
1 1 1
根据动能不增加： m v2 ≥ m v'2+ m v2
2 乙 乙2 2 乙 2 丙 丙
3
联立解得：
4
m
乙
≤m丙 ≤6m乙
即：1.5kg≤m丙 ≤12kg
若碰后乙、丙反向P'＝m乙v'＜0
P丙 ＝m丙v丙
P'：P丙 ＝﹣1：6
1 1 1
根据动能不增加： m v2 ≥ m v'2+ m v2
2 乙 乙2 2 乙 2 丙 丙
联立解得：m丙 ≥1.5m乙
即：m丙 ≥3kg
综上所述，碰后乙、丙同向时，1.5kg≤m丙 ≤12kg；碰后乙、丙反向时，m丙 ≥3kg
答：（1）火药爆炸时释放的化学能为108J；
（2）恒定拉力在AB间持续作用的最短时间为0.5s；
（3）丙的质量范围为碰后乙、丙同向时，1.5kg≤m丙 ≤12kg；碰后乙、丙反向时，m丙 ≥3kg。
考点三 动量守恒定律的应用（人船模型）
1．动量守恒定律的不同表达形式
(1)mv ＋mv ＝mv ′ ＋ m v′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量
1 1 2 2 1 1 2 2
和．
(2)Δp＝ － Δ p，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
1 2
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
2．应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
[例题7] （多选）（2024•贵州模拟）如图所示，在水平面上放置一半径为R的半圆槽，
半圆槽的左、右最高点A、B在同一水平线上、最低点为C，现让一个小球从槽右侧最高点B
无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为m和2m，不计小球与半圆槽和半圆槽与水平地
面之间的摩擦，当地的重力加速度为g。则（ ）A．小球向左运动能达到A点
2
B．半圆槽向右运动的最大距离为 R
3
√3gR
C．半圆槽的运动速度大小可能为
2
D．小球经过C点时对半圆槽的压力大小为3mg
【解答】解：A．两物体所构成的系统水平方向动量守恒、运动过程中机械能守恒。小球向左到
达最高点时两者共速，设共速时的速度为 v，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有 0＝
（m+2m）v
可得v＝0
由机械能守恒定律有mgR＝mgh
解得h＝R
即小球向左能达到的最高点是A，故A正确；
B．取水平向左为正方向，设小球速度为 v ，圆槽速度为 v ，由水平方向动量守恒有 0＝
1 2
mv +2mv
1 2
可得0＝ mv Δt+ 2mv Δt
1 2
即0＝mx∑+2mx ∑
1 2
同时x ﹣x ＝﹣2R
1 2
2R
可得x =
2 3
故B正确；
C．从B点释放后到C点有，取水平向左为正方向，设在C点小球的速度为v ，圆槽的速度为
3
1 1
v ，根据能量和动量守恒有mgR= mv2+ 2mv2
4 2 3 2 4
0＝mv +2mv
3 4
2 √3gR
解得v =− √3gR，v =
3 3 4 3
√3gR
则小球到最低点时槽的速度不可能是 ，故C错误；
2D．小球相对于槽做圆周运动，在最低点槽的加速度为0是惯性参考系，根据牛顿第二定律有
(v −v ) 2
F −mg=m 3 4
N R
解得F ＝4mg
N
故D错误。
故选：AB。
[例题8] （多选）（2023•佛山一模）某同学平时在操场立定跳远成绩最好能达到2.5m。
在静浮在水面可自由移动的小船上，若该同学同样尽最大的能力立定跳，船上下颠簸可忽略，
则该同学在小船上立定跳（ ）
A．相对地面运动的水平距离小于2.5m
B．相对小船运动的水平距离小于2.5m
C．起跳相对地面的初速度比在操场时的小
D．当人落在船上时，船还会继续向前运动
【解答】解：AB．对于人和小船组成的系统，水平方向动量守恒，设该同学起跳时相对地面水
平初速度为v ，竖直初速度为v ，小船相对于地面的速度为v，水平距离等于2.5m，设水平向
x y
右为正方向，根据水平方向动量守恒可得
0＝m人v
x
+m船v
可知小船向左运动，所以该同学相对地面运动的水平距离小于2.5m，故A正确，B错误；
C．由AB选项分析可知，相比在地面起跳，人相对地面的水平初速度变小，根据v =√v2+v2
人 x y
可知起跳相对地面的初速度比在操场时的小，故C正确；
D．根据水平方向动量守恒，当人落在船上时，船停止运动，故D错误。
故选：AC。
[例题9] （2022•永定区模拟）如图所示，一个质量为m ＝50kg的人爬在一只大气球下方，
1
气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m ＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当
2
静止时人离地面的高度为h＝7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（ ）
A．0 B．2m C．5m D．7m
【解答】解：设人的速度v ，气球的速度v ，根据人和气球动量守恒得：
1 2
则m v ＝m v ，
1 1 2 2
2
所以v = v ，
1 5 2
2
气球和人运动的路程之和为h＝7m，则人下滑的距离为：s = h＝2m
1 7
5
气球上升的距离为：s = ℎ =5m
2 7
即人下滑2m，气球上升5m，所以人离地高度为5m，故C正确、ABD错误。
故选：C。
考点四 碰撞现象的特点和规律
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象．
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
(3)分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非完全弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
2.碰撞后运动状态可能性判定
(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即 p ＋p ＝p′
1 2 1
＋p′.
2
(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即E ＋E ≥E ′＋E ′
k1 k2 k1 k2
(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体
的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改
变，除非碰后两物体速度均为零．
[例题10]（2024•宁波二模）质量为m 的滑块沿倾角为 、长度为l的光滑斜面顶端静止
1
滑下。斜面质量为m ，并静置于光滑水平面上，重力加速度为θ g。滑块可看成质点，则滑块滑
2
到斜面底端所用的时间为（ ）
√4l(m +m sin2θ) √2l(m +m sin2θ) √ 2l √4l(m +m sin2θ)
A． 2 1 B． 2 1 C． D． 2 1
(m +m )gsinθ (m +m )gsinθ gsinθ (m +m ) 2gsinθ
1 2 1 2 1 2
【解答】解：设滑块滑到底端时的水平速度和竖直速度为 v 和 v ，即滑块的合速度为 v
x y 1
→ →
=v +v ，斜面的合速度为v 2 。由于滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平
x y
方向的动量守恒，以向右为正方向，有：m v ﹣m v ＝0
1 x 2 2
v v
结合两者的水平位移关系有： xt+ 2t=lcosθ
2 2
v
对滑块，在竖直方向的位移： yt=lsinθ
2
1 1
对两物体的系统，由机械能守恒定律有：m glsinθ= m v2+ m (v2+v2 )
1 2 2 2 2 1 x y
√2l(m +m sin2θ)
联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为：t= 2 1 ，故ACD错误，B正确。
(m +m )gsinθ
1 2
故选：B。
[例题11] （2024•朝阳区一模）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v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（ ）
A．P的动量为0B．Q的动量达到最大值
C．P、Q系统总动量小于mv
1
D．弹簧储存的弹性势能为
mv2
4
【解答】解：AC、物体P、Q与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，
系统总动量为mv，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为mv，以向右为正方向，根据
1 1
动量守恒定律可得：mv＝2mv ，解得：v = v，所以P的动量为mv = mv，不为零，故AC错
1 1 2 1 2
误；
1 1 1
D、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为E = mv2− ×2mv 2= mv2 ，故D正确；
p 2 2 1 4
B、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体Q有向右的弹力，物体Q的速度方向也
向右，所以在接下来的一段时间内，物体Q做加速运动，其动量会继续增大，故此时Q的动量
不是最大，故B错误。
故选：D。
[例题12]（2024•沈阳模拟）如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水
平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v 从左端滑上
0
小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正
确的是（ ）
A．小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
3v2
B．小球沿轨道上升的最大高度为 0
8g
C．小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D．小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v
0
【解答】解：AB．依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守
恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律mv ＝（m+3m）v
0可得小球在最高点时仍然具有水平速度，
1 1
设达到最高点的高度为H，根据能量守恒，可得
mv2= (m+3m)v2+mgH
2 0 2
3v2
解得H= 0
8g
故A错误；B正确；
CD．设小球滑离小车时，二者速度分别为v球 和v车 ，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量
1 1 1
守恒可得mv
0
＝mv球+3mv车 ，
2
mv2
0
=
2
mv
球
2 +
2
⋅3mv
车
2
1 1
联立，解得v =− v ，v = v
球 2 0 车 2 0
可知小车相对小球的速度大小为Δv＝v车 ﹣v球 ＝v
0
故CD错误。
故选：B。
题型1动量和动量变化量、冲量的计算
1. （2023•龙凤区校级模拟）如图所示，一同学练习使用网球训练器单人打回弹，网球
与底座之间有一弹性绳连接，练习过程中底座保持不动。该同学将网球抛至最高点a处用球拍
击打，b是轨迹上的最高点，c处弹性绳仍然处于松弛状态，d处弹性绳已经绷紧并撞在竖直墙
壁上，不计空气阻力。则（ ）
A．a处网球拍给网球的冲量沿水平方向
B．拍打后a到c过程中网球受到的冲量方向竖直向下C．c到d过程中网球受到的冲量方向竖直向下
D．d处反弹后网球做平抛运动
【解答】解：A、网球拍击打网球后，网球做曲线运动，曲线上任意一点的切线方向即为网球的
速度方向，由轨迹可知，a处轨迹的切线方向斜向右上方，则可知a处的速度方向斜向右上方，
因此网球拍给网球的冲量应斜向上方，故A错误；
B、a到c过程中网球只受到竖直向下的重力作用，则重力的冲量竖直向下，因此拍打后a到c过
程中网球受到的冲量方向竖直向下，故B正确；
C、由题意可知，d处弹性绳已经绷紧，即弹性绳在到达d处时已经出现了弹力，因此网球从c
到d过程中受力情况分为只受重力与受到重力和弹性绳的拉力两种情况，若只受重力阶段，则冲
量竖直向下；若受到重力和弹性绳的拉力则二者合力斜向左下方，因此网球受到的冲量方向斜
向左下方，故C错误；
D、做平抛运动的条件是初速度水平，且只受重力，显然网球在d处反弹后除了受到重力还有因
弹性绳收缩而受到的拉力，故D错误。
故选：B。
2. （2023•莱阳市校级模拟）如图，A、B两物体靠在一起静止于光滑水平面上，A物体
的质量为3kg。t＝0时刻起对A物体施加一水平向右、大小为F＝5N的推力，测得0～2s内两
物体的位移大小为2m，则B物体的质量和1s末B物体的动量大小分别为（ ）
A．1kg；2kg•m/s B．2kg；2kg•m/s
C．3kg；6kg•m/s D．4kg；4kg•m/s
1
【解答】解：设两物体共同运动的加速度大小为a，则由x= at2
2
代入数据解得a＝1m/s2
1s末两物体的速度为v ＝at＝1×1m/s＝1m/s
AB
由牛顿第二定律可得F＝（m +m ）a
A B
代入数据解得m ＝2kg
B
p ＝m v ＝2×1kg•m/s＝2kg•m/s
1 B AB
故B正确，ACD错误。
故选：B。3. （2024•聊城模拟）潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇
如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。我海军某潜艇在执行任务
期间，突然遭遇“水下断崖”急速“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的
奇迹。总质量为6.0×106kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200m，距海底138m处沿水
平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域 A 点时，浮力突然降为
5.4×107N，15s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全
上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为 1.2×106N潜艇
减重的时间忽略不计，海底平坦，重力加速度g取10m/s2，√69=8.31，求：
（1）潜艇“掉深”15s时的速度；
（2）潜艇减重排出水的质量；
（3）潜艇从A点开始“掉深”到返回A点过程中阻力的冲量。（结果取2位有效数字）
【解答】解：（1）设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a ，对潜艇，由牛顿第二定律得
1
mg﹣F﹣f＝ma
1
代入数据解得a =0.8m/s2
1
15s末的速度为v＝a t ＝0.8×15m/s＝12m/s
11
v 12
（2）掉深15s时，潜艇下落的高度ℎ = t = ×15m=90m
1 2 1 2
潜艇减速下落的高度h ＝h﹣h ＝138m﹣90m＝48m
2 1
v2
在减速阶段ℎ =
2 2a
2
解得a =1.5m/s2
2
潜艇减重后的质量为m ，潜艇减重后以1.5m/s2的加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得
1
F+f﹣m g＝m a
1 1 2代入数据解得m =4.8×106kg
1
排水前潜艇的质量m＝6.0×106kg，“掉深”过程中排出水的质量
m'=m−m =6×106kg−4.8×106kg=1.2×106 kg
1
v 12
（3）向下减速所需时间为t = = s=8s
2 a 1.5
2
设上浮过程潜艇的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F﹣f﹣m g＝m a
3 1 1 3
解得a =1m/s2
3
1
在上浮过程中，根据位移一时间公式可得ℎ = a t2
2 3 3
解得t =2√69=16.62s
3
潜艇下降过程阻力的冲量I ＝ft +ft
1 1 2
方向竖直向上；潜艇上升过程中阻力的冲量I ＝ft
2 3
方向竖直向下，全程阻力的冲量I＝I ﹣I
1 2
综上代入数值解得：I＝7.7×106N•s
方向竖直向上。
题型2应用动量定理求平均冲力
4. （2024•泰州模拟）人们常利用高压水枪洗车（如图），假设水枪喷水口的横截面积
为S，喷出水流的流量为Q（单位时间流出的水的体积），水流垂直射向汽车后速度变为 0。
已知水的密度为 ，则水流对汽车的平均冲击力为（ ）
ρ
ρQ ρQ2
A． QS B． Q2S C． D．
S S
ρ ρ
【解答】解：选择短时间Δt内与汽车发生相互作用的水为研究对象，该部分水的质量为Δm＝ SvΔt
ρ SvΔt
则有Q=
Δt
根据动量定理有
﹣F Δt＝0﹣Δmv
1
根据牛顿第三定律有
F ＝F
2 1
解得，水流对汽车的平均冲击力为
ρQ2
F =
2 S
故ABC错误，D正确；
故选：D。
5. （2024•北京一模）航天器离子发动机原理如图所示，电子枪发射出的高速电子将中
性推进剂离子化（即电离出正离子），正离子被正负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而
使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅
板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I，忽略离子间的相互作用力及离子
喷射对航天器质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为（ ）
√2mU √mU √mU √mU
A．I B．I C．I D．2I
q q 2q q
【解答】解：设离子经电场加速后，从端口喷出时的速度大小为v 。由动能定理得
0
qU=
1
mv2 ，解得：v =
√2qU
2 0 0 mQ nq
设在Δt时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式得：I= =
Δt Δt
对于单个离子，由动量定理得：F Δt＝mv
0 0
若有n个离子被喷出，则有F′＝nF
0
√2mU
由以上各式联立可解得：F′＝I
q
√2mU
根据牛顿第三定律可知，该发动机产生的平均推力大小：F＝F′＝I ，故A正确，BCD
q
错误。
故选：A。
题型3在多过程问题中应用动量定理
6. （2024•宁波模拟）如图所示，莲莲在亚运会蹦床比赛中，达到的最高点距地面高度
为H，蹦床离地面的高度为h，莲莲的质量为M，下落过程中弹性网最大下陷量为x，受到的
空气阻力大小恒为f，从最高点到最低点下落时间为t，则莲莲在下落到最低点的过程中，下列
说法正确的是（ ）
A．莲莲的机械能减少了（Mg﹣f）（H+x﹣h）
B．弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为（Mg﹣f）t
C．莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为√2M(Mg−f )H
D．弹性网弹性势能的增量为（Mg﹣f）t
【解答】解：A．莲莲在下落到最低点的过程中，莲莲的初速度、末速度都是零，则动能不变，
莲莲的机械能减少量等于重力势能的减少量，则ΔE＝Mg（H+x﹣h），故A错误；
B．莲莲在下落到最低点的过程中，根据动量定理有Mgt﹣ft﹣I＝0
弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为I＝（Mg﹣f）t，故B正确；1
C．莲莲从下落至与蹦床接触过程中，根据动能定理有Mg(H−ℎ)−f(H−ℎ)= Mv2
2
莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中，根据动量定理有﹣I ＝0﹣Mv
1
莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为I =√2M(Mg−f )(H−ℎ)，
1
故C错误；
D．根据能量守恒，弹性网弹性势能的增量为，E ＝Mg（H+x﹣h）﹣f（H+x﹣h）＝（Mg﹣f）
p
（H+x﹣h）
另外，（Mg﹣f）t对应的国际单位是N•s，是动量的单位，不是能量的单位。
故D错误。
故选：B。
7. （2024•沙坪坝区模拟）如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头
盔中装入质量为2.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从3.20m的高处自由落下，并与水
平面发生碰撞，头盔被挤压了0.08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，
不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．挤压过程中物体处于失重状态
B．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N
C．物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg•m/s，方向竖直向下
D．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N•s
【解答】解：A、头盔的运动是匀减速直线运动，所以加速度方向是竖直向上，所以头盔是处于
超重状态，故A错误；
B、头盔落地时的速度为：v=√2gH=√2×10×3.20m/s=8m/s
v
头盔和地面的相互作用时间为t，则有：Δℎ = t
2
2Δℎ 2×0.08
解得：t= = s=0.02s
v 8规定竖直向下的方向为正方向，在头盔受挤压的过程中，对头盔根据动量定理有
（mg﹣F）t＝0﹣mv
代入数据解得：F＝820N，故B正确；
C、物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为：ΔP＝0﹣mv＝0﹣2×8kg•m/s＝﹣16kg•m/s，负
号说明方向竖直向上，故C错误；
D、根据动量定理可知物体在自由下落过程中重力的冲量大小为：I＝mv，代入数据解得：I＝
16N•s，故D错误。
故选：B。
8. （2024•青羊区校级模拟）如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂
直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。
经过一定时间，重心上升h ，获得速度v。在第二阶段，脚离开地面，人躯干形态基本保持不
1
变，重心又上升了h ，到达最高点。重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（
2
）
A．该同学在t ～t 时间段处于超重状态，在t ～t 时间段处于失重状态
1 2 2 3
1
B．在第一阶段地面支持力对该同学做的功为 mv2
2
C．在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为mv
D．在第一和第二阶段该同学机械能共增加了mgh +mgh
1 2
【解答】解：A、由图乙所示图象可知，在t ～t 阶段地面对该同学的支持力大于他的重力，t ～
1 3 3
t 阶段地面对该同学的支持力小于他的重力，由牛顿第三定律可知，该同学对地面的压力先大于
4
重力后小于重力，该同学t ～t 阶段处于超重状态，t ～t 处于失重状态，故A错误；
1 3 3 4
B、在第一阶段，该同学的脚没有离地，地面对该同学支持力作用点的位移为零，地面支持力对
该同学做的功为零，故B错误；
C、以向上为正方向，在第一阶段该同学动量的变化量Δp＝mv﹣0＝mv，由动量定理可知：I +I
G
支持力
＝Δp，则I支持力 ＝mv﹣I
G
，故C错误；
D、根据重力势能的计算公式可知，在第一和第二阶段该同学机械能共增加了E＝mgh +mgh ，
1 2故D正确。
故选：D。
题型4流体类柱状模型、微粒类柱状模型
9. （多选）（2023•芝罘区校级模拟）如图所示装置，装有细砂石的容器带有比较细的
节流门，K是节流门的阀门，节流门正下方有可以称量细砂石质量的托盘秤。当托盘上已经有
质量为m的细砂石时关闭阀门K，此时从管口到砂石堆顶端还有长为H的细砂石柱，设管口
单位时间流出的细砂石的质量为m ，管口处细砂石的速度近似为零，关闭阀门K后，细砂石
0
柱下落时砂石堆高度不变，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．刚关闭阀门K时，托盘秤示数为mg
√2H
B．细砂石柱下落过程中，托盘秤示数为m+m
0
g
C．细砂石柱对砂石堆顶端的冲击力为m √2gH
0
D．细砂石柱全部落完时托盘秤的示数比刚关闭阀门K时托盘秤的示数大
【解答】解：A、刚关闭阀门时，细沙石在下落，下落的细沙石对砂石堆有一定的冲击力，托盘
示数大于m，故A错误；
v2
BC、细沙石从管口开始做自由落体运动，则细沙石到达砂石堆时的速度为：H= ，细沙石与
2g
砂石堆作用后速度为零，砂石堆对细沙石的作用力为F，选向上为正，由动量定理得：Ft＝m tv
0
解得F＝m √2gH，根据牛顿第三定律细沙石对砂石堆的冲击力大小也为 F，所以细沙石下落过
0
√2H
程中托盘示数为m+m ，故BC正确。
0 g√2H
D、细沙石的位移H需要的时间t= ，单位时间流出的细砂石的质量为m ，所以高度为H
0
g
√2H
的细沙石的质量为m t＝m ，所以细沙石全部落完时托盘示数不变。故D错误。
0 0
g
故选：BC。
10. （2023•通州区一模）为寻找可靠的航天动力装置，科学家们正持续进行太阳帆推进
器和离子推进器的研究。太阳帆推进器是利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进
器则是利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。
ℎ
（1）由量子理论可知每个光子的动量为p= （h为普朗克常量， 为光子的波长），光子的能
λ
λ
量为ε＝hv（v为光子的频率），调整太阳朝使太阳光垂直照射，已知真空中光速为 c，光子的
频率v，普朗克常量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太
阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射，求：
①时间t内作用在太阳帆的光子个数N；
②在太阳光压下宇宙飞船的加速度a的大小
（2）离子推进器的原理如图所示：进入电离室的气体被电离，其中正离子飘入电极A、B之间
的匀强电场（离子初速度忽略不计），A，B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速正
离子束的过程中所消耗的功率为P，推进器获得的恒定推力为F。为提高能量的转换效率，即要
F
使 尽量大，请通过论证说明可行的方案。设正离子质量为m，电荷量为q。
P
【解答】（1）①时间t内，作用在太阳帆的光子的总能量为E总 ＝ES
E ES
时间t内作用在太阳帆的光子个数为N= 总=
ɛ ℎν
②根据动量定理得Ft＝2Np
2Np 2ES ℎ 2ES
故太阳光对飞船的推力为F= = ⋅ =
t ℎνt λ ctF 2ES
根据牛顿第二定律可知，在太阳光压下宇宙飞船的加速度为a= =
M Mct
（2）正离子飘入匀强电场，电场力做功功率为P＝UI
1
正离子在电场中做匀加速直线运动，则有qU= mv2
2
1
P= F′v
2
联立，可得
√2mU
F′＝I
q
根据牛顿第三定律，可知引擎获得的推力F的大小为
√2mU
F＝F′＝I
q
分析，可知
F √2m
=
P qU
为提高能量的转换效率，可以用质量大的粒子、用带电量少的离子、减小加速电压。
题型5动量守恒定律的判断与应用
11. （2024•浙江模拟）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平
面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功
B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒
D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒
【解答】解：ABD、小球在下滑过程中，物体向左运动，动能增大，重力势能不变，物体的机
械能增大，说明小球对物体做正功。因为水平面光滑，对小球和物体组成的系统而言，只有重力做功，故系统的机械能守恒，则小球的机械能减少，物体对小球的弹力做负功，故 AB错误，
D正确；
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，竖直方
向动量不守恒，则系统动量不守恒，故C错误。
故选：D。
12. （2024•琼山区校级模拟）光滑水平面上有原来静止的斜劈 B，B的斜面也是光滑的。
现在把物体A从斜面顶端由静止释放，如图所示，在A从斜面上滑下来的过程中，以下判断
正确的是（ ）
A．A和B组成的系统机械能守恒
B．A和B组成的系统动量守恒
C．B对A的支持力对A不做功
D．A的速度方向一定沿斜面向下
【解答】解：A、水平面与斜面均是光滑的，在A从斜面上滑下来的过程中，A和B组成的系统
无机械能损失，故此系统机械能守恒，故A正确；
B、物体A从斜面上加速下滑的过程中，A具有向下的加速度分量，A和B组成的系统具有竖直
向下的加速度，故此系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒。此系统在水平方向所受合外
力为零，在水平方向上动量守恒，故B错误；
CD、A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，且初始系统水平方向总动量为零。A下滑时在
水平方向有向左的动量分量，由动量守恒定律可知，B在水平方向有向右的动量，即斜面向右运
动，则A的速度方向不与斜面平行，即A的速度方向不沿斜面向下，而B对A的支持力方向垂
直于斜面，可知B对A的支持力方向不与A的速度方向垂直，则B对A的支持力对A做功，故
CD错误。
故选：A。
13. （2024•岳麓区校级模拟）如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为
M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞
击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则（ ）A．碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒
M
B．碰撞过程中系统损失的机械能为mgℎ
M+m
m
C．圆环和圆板的最大速度为 √2gℎ
m+M
Mmg
D．碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为2
M+m
【解答】解：A、碰撞过程中，圆环与圆板组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒。由于碰
撞之后圆环与圆板共同向下运动，机械能有损失，则机械能不守恒，故A错误；
B、圆环下降到与圆板碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有
1
mgℎ = mv2
2
圆环和圆板碰撞过程中，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有
mv＝（m+M）v
1
m
解得碰后共同速度为：v = √2gℎ
1 m+M
1 1
则碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE= mv2− (m+M)v2
2 2 1
M
联立解得：ΔE=mgℎ ，故B正确；
m+M
C、圆环和圆板在向下运动的过程中，开始阶段圆环和圆板的重力之和大于弹簧的弹力，圆环和
m
圆板还在加速，则圆环和圆板的最大速度大于 √2gℎ，故C错误；
m+M
D、碰撞后瞬间，对圆环和圆板整体，由牛顿第二定律有mg＝（m+M）a
对圆板，由牛顿第二定律有F＝Ma
Mmg
解得碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为：F= ，故D错误。
M+m
故选：B。
14. （2024•道里区校级一模）轻质弹簧上端悬挂于天花板上，下端与质量为 M的木板相连，木板静止时位于图中Ⅰ位置。O点为弹簧原长时下端点的位置，质量为m的圆环形物块套
在弹簧上（不与弹簧接触），现将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，物块m与木板瞬时相
碰后一起运动，物块m在P点达到最大速度，且M恰好能回到O点。若将m从比Ⅱ位置高的
Q点自由释放后，m与木板碰后仍一起运动，则下列说法正确的是（ ）
A．物块m达到最大速度的位置在P点的下方
B．物块m与木板M从Ⅰ位置到O的过程做匀减速运动
C．物块m与木板M在O点正好分离
D．物块m能回到Q点
【解答】解：A．在物块m下落过程中，当物块m、木板M的总重力等于弹簧弹力时，物块m
达到最大速度，故物块m达到最大速度的位置仍在P点，故A错误；
B．物块m与木板M从I位置到O的过程，总重力不变，弹簧的弹力逐渐减小，故物块 m与木
板M做加速度增大的减速运动，故B错误；
C．将m从O点正上方的Ⅱ位置自由释放，且M恰好能回到O点，可知将m从比Ⅱ位置高的Q
点自由释放后，根据能量守恒，M回到O点时速度不为零，O点为弹簧原长时下端点的位置，
则物块m与木板M间的作用力为零，故物块m与木板M在O点正好分离，故C正确；
D．根据能量守恒可知，碰撞过程存在一定的机械能损失，且物块m的部分机械能转化为木板
M的机械能，故物块m不能回到Q点，故D错误。
故选：C。题型6碰撞（弹簧）模型
15. （多选）（2024•贵阳模拟）如图所示，一质量为m的物块A与质量为2m的物块B
用轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，B右边有一竖直固定的弹性挡板；现给A向右的初速
1
度v ，A的速度第一次减为 v 时，B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后瞬间取走挡板，
0 3 0
此时弹簧的压缩量为x。运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
1
A．物块B与挡板碰撞时的速度大小为 v
3 0
1
B．物块B与挡板碰撞时，弹簧弹性势能为
mv2
3 0
4
C．物块B与挡板碰撞后弹簧弹性势能的最大值为
mv2
27 0
1
D．弹簧第一次伸长量为x时物块B的速度大小为 v
9 0
【解答】解：A.从开始到物块B与挡板碰前过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
1
mv =m× v +2mv
0 3 0 1
1
解得v = v ，故A正确；
1 3 0
1 1
B.从开始到物块B与挡板碰前过程，根据机械能守恒定律有E = mv2− ×3mv2
P 2 0 2 1
1
解得E = mv2 ，故B正确；
P 3 0
C.物块B与挡板碰撞后到和A共速时弹簧的弹性势能最大，以向左为正方向，根据动量守恒定
1 1
律有2m× v −m× v =3mv
3 0 3 0 2
1
解得v = v
2 9 0
1 1 1 1 1
根据能量守恒定律有E =E + ×2m×( v ) 2+ m×( v ) 2− ×3mv2
Pm P 2 3 0 2 3 0 2 213
解得E = mv2 ，故C错误；
Pm 27 0
D.物块B与挡板碰撞后到弹簧第一次伸长量为x过程，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
1 1
2m× v −m× v =2mv +mv
3 0 3 0 3 4
1 1 1 1 1 1
根据机械能守恒定律有 ×2m×( v ) 2+ m×( v ) 2= ×2mv2+ mv2
2 3 0 2 3 0 2 3 2 4
1
联立解得v = v ，故D正确。
3 9 0
故选：ABD。
16. （2024•包头三模）如图，轻弹簧的一端固定在垂直水平面的挡板上的P点，Q点为
弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能 E ＝112J，弹簧右端一
p
质量m ＝2.0kg的物块A与弹簧接触但不拴接，Q点右侧的N点静止一质量m ＝8.0kg的物块
1 2
B，Q、N两点同的距离d＝6.0m，P、Q间水平面光滑，Q点右侧水平面粗糙且足够长，物块
A与Q点右侧水平面间的动庠擦因数 ＝0.10，物块B与Q点右侧水平面间的动摩擦因数
1 2
＝0.20。弹簧解除锁定后物块A向右运μ动，之后物块A与物块B发生多次弹性正碰，物块A、μ
B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块A与物块B发生第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小v ；
0
（2）从物块A开始运动到物块A与物块B发生第二次碰撞的过程中物块A与水平面间因摩擦
产生的热量Q。
【解答】解：设解除锁定后物块A的最大动能为E ，弹簧弹开过程根据机械能守恒定律可得：
k
E ＝E ＝12J
k p
1
物块A在Q点离开弹簧这后运动到N点，此过程根据动能定理有：﹣ m gd= m v2−E
1 1 2 1 0 k
μ
代入数据得：v ＝10m/s
0
（2）以向右为正方向，AB发生弹性碰撞，则根据动量守恒定律：m v ＝m v +m v
1 0 1 1 2 2
1 1 1
由机械能守恒定律得： m v2= m v2+ m v2
2 1 0 2 1 1 2 2 2
联立解得：v ＝﹣6m/s （﹣表示方向向左）v ＝4m/s
1 2物块B向右做减速运动，以向右为正，根据动量定理有：﹣ m gt＝0﹣m v
2 2 2 2
解得：t＝2s μ
v 4
物块B运动的位移大小为：x = 2t= ×2m＝4m
B
2 2
物块A先向左做匀减速直线运动，运动到Q点后压缩弹簧，之后又以压缩弹簧前瞬间的速度大
小向右做匀减速直线运动，加速度大小为：a ＝ g
A 1
假设不坟压缩弹簧与弹开恢复原长的时间，即不μ计物块A在Q点左侧移支的距离，物块A在t＝
1
2s时间内运动的距离：x＝|v |t− a t2
1 2 A
代入结果得：x＝10m
x＜2d，则物块B停止之前物块A一定没有到达N点，则物块A一定是在物块B停止之后与B
发生第二次碰撞，则第二次碰撞前物块 A 与水平面因摩擦生热产生的热量是：Q＝ m g
1 1
（3d+x ） μ
B
代入数据得：Q＝44J
题型7人船模型
17. （2023•浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际
问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。
初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（
）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒
D．人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒
【解答】解：A．对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守恒，水平
方向整体总动量为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动量守恒，小车向右运动；当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往复运动，不会持续向右
运动，故A错误；
BCD．人消耗体能，根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车
和锤整体机械能不守恒；在锤子连续敲打下，整体在竖直方向合外力不等于零，故整体在竖直
方向不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故BD错误，C正确。
故选：C。
18. （多选）（2023•郑州二模）如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水
面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁
块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到湖岸的水平距离
1
x= L，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受
3
到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的有（ ）
1
A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为 L
3
L√2g
B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为
3 ℎ
L√2g
C．小木船最终的速度大小为
3 ℎ
mgL2
D．弹簧释放的弹性势能为
6ℎ
【解答】解：A、设铁块脱离木船时的速度为v ，木船的速度为v ，从烧断细线到铁块离开小船
1 2
的过程中，对木船和铁块组成的系统由动量守恒得：mv ＝Mv
1 2
已知M＝2m
则v ＝2v
1 2
1
铁块和木船均做匀加速直线运动，铁块的位移为x = （0+v ）t
1 2 1
1
木船的位移为x = （0+v ）t
2 2 2则x ＝2x
1 2
由几何关系得：x +x ＝L
1 2
2
联立解得：x = L
1 3
1
x = L
2 3
1 2 2
铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为x ＝L+x﹣x ＝L+ L− L= L
3 1 3 3 3
故A错误；
B、铁块离开木船后做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，位移为x ＝v t
3 1
1
竖直方向为自由落体运动，位移为h= gt2
2
L√2g
联立解得：v =
1
3 ℎ
故B正确；
1 L√2g
C、小木块最终的速度大小为v = v =
2 2 1 6 ℎ
故C错误；
1 1
D、由能量守恒定律得，弹簧释放的弹性势能E = mv2+ Mv2
p 2 1 2 2
mgL2
解得：E =
p
6ℎ
故D正确。
故选：BD。
19. （多选）（2023•宝鸡模拟）如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静
止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球（可视为质点）从A点正上方高为R处由静止释
放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则（ ）A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动了
2
C．小车向左运动的最大距离为 R
3
√2gR
D．小车获得的最大速度为
3
【解答】解：A、小球进入半圆轨道后，水平方向不受力，由小球和小车组成的系统总动量在水
平方向守恒，故A错误；
B、开始时系统水平方向的总动量为零，小球由B点离开小车时，小球和小车在水平方向的速度
相同，结合系统水平方向动量为零，知小球离开小车小球与小车水平方向速度均为零，则小球
离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；
C、系统水平方向动量守恒，当小球由B离开小车时，小车向左运动的距离最大，小球在半圆轨
道的任意位置时，小球的水平速度大小v 与小车的速度大小v 始终满足：mv ﹣2mv ＝0
x 1 x 1
2R−x x
设小车向左运动的最大距离为x，用位移表示平均速度，可得：m• −2m⋅ =0，解得：x
t t
2
= R，故C正确；
3
D、系统水平方向动量守恒，当小球下滑到半圆轨道的最低点时，小车获得的速度最大（设为
v ），规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得：
m
mv﹣2mv ＝0
m
根据机械能守恒定律得：
1 1
mg•2R= mv2+ ⋅2mv2
2 2 m
√2gR
解得：v = ，故D正确。
m
3
故选：CD。
20. （2023•高新区校级模拟）如图所示，光滑水平地面上放置一个如图所示形状的木质
凹面体ABCDE，其左侧部分AB为半径为0.6m的四分之一圆弧，右侧部分BC水平且足够长。
BC上的某处静置一个质量为2kg的小物块，另一质量为1kg的光滑小球从圆弧面的顶部A处
静止释放，当小球运动至圆弧面的最低点B处时，凹面体恰与左侧的竖直墙壁相碰，碰后便被
墙上所涂的材料牢牢地粘住。凹面体的质量为1kg，物块与BC面的摩擦因数为0.5，在凹面体
的运动过程中，小物块与凹面体保持相对静止，且物块每次被小球碰前都已经减速为零，小球和物块间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度g＝10m/s2。
（1）小球第一次到B处时，凹面体的速度；
（2）小球释放前，凹面体与墙面的距离；
（3）为保证物块不从C端掉落，物块的初始静置位置离C点的最短距离是多少？
【解答】解：（1）小球、凹面体、物块的质量分别为m ＝1kg、m ＝1kg、m ＝2kg，设小球第
1 2 3
一次运动至B处的速度为v ，凹面体和物块的速度为v 。小球从A运动到B处过程，小球与凹
1 2
面体、物块组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有：
0＝m v ﹣（m +m ）v
1 1 2 3 2
1 1
由能量守恒则有：m gR= m v2+ (m +m )v2
1 2 1 1 2 2 3 2
代入数据可得：v ＝1m/s，v ＝3m/s
2 1
（2）小球从A运动到B处过程，小球与凹面体在水平方向的位移如下图所示：
由图可知：x +x ＝R
1 2
小球与凹面体、物块组成的系统水平方向动量守恒，水平方向的位移满足：0＝m x ﹣
1 1
（m +m ）x
2 3 2
代入数据可得：x ＝0.15m
2
（3）凹面体与墙壁相碰就固定，小球以速度v 向右运动，物块向左匀减速运动到速度为零后，
1
1
两者发生弹性碰撞。设物块向左运动的最大距离为x ，由动能定理得： m gx = m v2
3 3 3 2 3 1
μ
解得：x ＝0.1m
3
小球的质量小于物块的质量，碰后小球反弹，物块向右做匀减速直线运动直到速度减为零，小
球光滑，反弹后做匀速直线运动，运动到圆弧面后做减速运动，速度减为零，然后下滑，运动
到水平面与物块再发生弹性碰撞，再重复前面的运动，小球与物块每碰撞一次小球的速度减小一次，多次碰撞后，小球和物块的速度为零，由能量守恒可知，小球开始的动能全部转化为热
量，则有：
1
m v2=μm gs
2 1 1 3
代入数据可得s＝0.45m
物块的初始静置位置离C点的最短距离为：d＝s﹣x ＝0.45m﹣0.1m＝0.35m
3
