文档内容
专题 07 动量定理 动量守恒定律
目录
01 模拟基础练.................................................................................................2
题型一 动量和冲量的理解.........................................................................................2
题型二 动量定理的理解和应用..............................................................................10
题型三 动量定理在流体模型中的应用..................................................................17
题型四 动量守恒定律的理解和应用......................................................................20
题型五 爆炸、反冲和人船模型..............................................................................22
02 重难创新练...............................................................................................26
题型六 碰撞问题.......................................................................................................26
题型七 “滑块—弹簧”模型..................................................................................40
题型八 “滑块—斜(曲)面”模型...........................................................................45题型一 动量和冲量的理解
1．（2024·北京·高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小
与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律
可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；
C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速
度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程
合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；
A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均
速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；
B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能
损失大于下落过程机械能损失，B错误。
故选C。
2．（2023·河北·高考真题）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提
供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图
像中 至 内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为 ，重力加速
度g取 。下列说法正确的是（ ）A．起跳过程中运动员的最大加速度约为
B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为
C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
【答案】C
【详解】A．由图像可知，运动员受到的最大支持力约为 ，根据牛顿第二定律
可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为 ，故A错误；
BCD．根据 图像可知，起跳过程中支持力的冲量为 ，起跳
过程中运动员所受合力的冲量大小约为 ，根
据动量定理可得 ，解得起跳离开地面瞬间的速度为 ，则起跳后运动员重心上升的平
均速度为 ，起跳后运动员重心上升的最大高度为 ，故BD错误，
C正确。
故选C。
3．（2022·湖北·高考真题）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时
间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 和W，合外力的冲量大小分
1 2
别为I 和I。下列关系式一定成立的是（ ）
1 2A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】D
【详解】根据动能定理可知 ， ，可得
，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动
量变化量最大，因此冲量的大小范围是 ， ，比较可得 ，一定成立。
故选D。
4．（2024·广西·高考真题）（多选）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，
方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上
底面的夹角均为 。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为 。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤
子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了 的位移，
未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦
力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进 后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【答案】BD
【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为 ，木栓进入过程根据动能定理有
，解得平均阻力为 ，故B正确；
C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能
，故C错误；
D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有 ，且根据B选项求得平均阻力
，又因为 ，联立可得 ，故D正确。
故选BD。
5．（2023·全国·高考真题）（多选）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上
沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩
擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2JC．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W = Fx，可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有 ，则x = 1m时物体的速度为v= 2m/s，x
1
= 1m时，拉力为 ，则此时拉力的功率P = Fv= 12W，x = 4m时物体的动能为E= 2J
1 k
A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为W= μmgx = 8J，C正确；
f
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F= 6N，2—4m的过程中F= 3N，由于物体受到的摩擦力
1 2
恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度 ，则从x
= 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为 ，D错误。
故选BC。
6．（2022·湖南·高考真题）（多选）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、
主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简
化为竖直方向的直线运动，其 图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列
说法正确的是（ ）
A．在 时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在 时间内，返回舱的加速度不变C．在 时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在 时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC
【详解】A．重力的功率为 ，由图可知在0~t 时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功
1
率随时间减小，故A正确；
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t 时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
1
C．在t~t 时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；
1 2
D．在t~t 时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减
2 3
小，故机械能减小，故D错误。
故选AC。
7．（2025·重庆·模拟预测）如图所示，在一项户外竞技娱乐活动中，选手以一定的初速度起跳后，直接跳
到对面平台上，忽略空气阻力，关于选手从离地到着地前的整个过程。则（ ）
A．选手重力的冲量为零
B．选手的动量先减小后增大
C．选手的机械能先增大后减小
D．选手重力的功率先增大后减小
【答案】B
【详解】A．重力为恒力，根据 可知，恒力在一段时间内的冲量一定不为零，故A错误；
B．选手的速度先减小后增大，根据 可知，选手的动量先减小后增大，故B正确；
C．选手从离地到着地前的整个过程，仅有重力做功，选手的机械能守恒，故C错误；
D．选手竖直方向的速度 先减小后增大，由 ，可知，选手重力的功率先减小后增大，故D错
误。
故选B。
8．（2025·甘肃·模拟预测）（多选）图甲是正在送餐的“机器人服务员”，其质量 ，该机器人正在沿图乙中ABCD由线给16号桌送餐，圆弧BC与直线AB、CD相切，AB段长度为5m，CD段长度为
12m．圆弧BC对应的圆心角为60°，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率达到1m/s，接着以
1m/s的速率匀速通过BC段，通过C点后仍以1m/s的速率运动到某位置才开始做匀减速直线运动，最终修
在16号桌旁的D点。已知餐盘与水平托盘间的动摩擦因数 ，餐盘与托盘之间未发生相对滑动，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 。下列说法正确的是（ ）
A．从B点运动到C点过程中机器人的动量变化量为
B．从A点运动到B点过程中机器人的加速度为
C．圆弧BC的半径可以设计为0.45m
D．机器人从C点运动到D点的最短时间为12.25s
【答案】ABD
【详解】A．根据矢量三角形，从 点运动到 点过程中机器人的速度变化量为 ，从而求出动量
变化量为 ，故A正确；
B．从 点运动到 点过程中，有 ，解得机器人的加速度为 ，故B正确；
C．餐盘与托盘之间恰好不发生相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力有 ，解得 ，
所以圆弧BC的半径不可以小于0.5m，不可以设计为0.45m，故C错误；
D．机器人以 的速度匀减速至 点的最大加速度为 ，则匀减速的时间为
，匀减速的位移为 ，故从 点开始匀速运动的时间为 ，所以机器人从 点运动到 点的最短时间为 ，故D正确。
故选ABD。
9．（2024·广东深圳·二模）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针鞘被瞬间弹射，
开始进入组织。在软组织中运动距离d 后进入目标组织，继续运动d 后停下来。若两段运动中针鞘只受到
1 2
组织的阻力。已知该阻力与针鞘在组织中的长度成正比，比例系数为K，则（ ）
A．软组织对针鞘做的总功为-Kd 2
1
B．目标组织对针鞘做的总功为Kd 2
2
C．运动d 的过程中，针鞘克服阻力做功为Kd （0.5d＋d）
2 2 2 1
D．运动d 的过程中，针鞘动量变化量大小为 d
2 2
【答案】C
【详解】A．由题知，针鞘在软组织前进 时，其受到软组织的阻力由零变为 ，则在这段距离
软组织对针鞘做的功为 ，针鞘在目标组织前进 时，其受到软组织的阻力不变，
为 ，则在这段距离软组织对针鞘做的功为 ，故软组织对针鞘做的总功为
，故A错误；
B．由题知，针鞘在目标组织前进 时，其受到目标组织的阻力由零变为 ，则在这段距目标组
织对针鞘做的总功为 ，故B错误；
C．由AB分析，可知在运动d 的过程中，针鞘克服阻力做功为
2
，故C正确；
D．设针鞘质量为m，当其到达目标组织表面时的速度为v，继续前进d 减速至零，根据动能定理有
2，解得 ，则动量变化量的大小为
，因针鞘质量m未知，故无法求出其动量变化量的大小，故D错误。
故选C。
10．（2024·山西太原·二模）为测试甲、乙两电动汽车的直线加速性能，甲、乙从同一地点由静止出发，
第一个x内甲、乙加速度之比为 ，接下来的2x内，甲的加速度变为原来的一半，乙的加速度变为原来
的两倍。甲、乙质量之比为 ，下列说法正确的是（ ）
A．x处甲、乙的速度大小之比为
B．2x处甲、乙的动量大小之比为
C．3x处甲、乙的动能大小之比为
D． 甲、乙运动的时间之比为
【答案】C
【详解】A．设第一个x内甲的加速度为 ，x处甲的速度为 ，乙的加速度为 ，x处乙的速度为 ，
根据 ，解得： ， x处甲、乙的速度大小之比为 ，A错误；
B．接下来的2x内，甲的加速度为 ，乙的加速度为 ，设2x处甲的速度为 ，乙的速度为 ，根据
，解得： ， ，动量 ，得2x处甲、乙的动量大小之比之比为 ，
B错误；
C．设3x处甲的速度为 ，乙的速度为 ，根据 ，动量 ， ，动能
，得3x处甲、乙的动能大小之比为 ，C正确；
D．甲运动的时间 ，乙运动的时间 ，甲、乙运动的时间之比为 ，D错误；
故选C。
题型二 动量定理的理解和应用
11．（2022·山东·高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，
发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火
的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【详解】A．火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体
的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，
故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火
箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着
向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A
正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错
误；C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错
误。
故选A。
12．（2024·宁夏四川·高考真题）（多选）蹦床运动中，体重为 的运动员在 时刚好落到蹦床上，
对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床
接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取 。下列说法正确的是（ ）
A． 时，运动员的重力势能最大
B． 时，运动员的速度大小为
C． 时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知 时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最
大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
BC．根据题图可知运动员从 离开蹦床到 再次落到蹦床上经历的时间为 ，根据竖直上
抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在 时，运动员恰好运动到最大高度处，
时运动员的速度大小 ，故B正确，C错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为 ，以竖直向上为正方向，根据动量定理
，其中 ，代入数据可得 ，根据牛顿第三定律可知运动员每
次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 ，故D正确。
故选BD。
13．（2024·福建·高考真题）（多选）如图（a），水平地面上固定有一倾角为 的足够长光滑斜面，一质
量为 的滑块锁定在斜面上。 时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力 ， 随时间 的变化
关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为 ，则滑块（ ）A．在 内一直沿斜面向下运动
B．在 内所受合外力的总冲量大小为零
C．在 时动量大小是在 时的一半
D．在 内的位移大小比在 内的小
【答案】AD
【详解】根据图像可知当 时，物块加速度为 ，方向沿斜面
向下；当 时，物块加速度大小为 ，方向沿斜面向上，作出
物块 内的 图像
A．根据图像可知 ，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B．根据图像可知 ，物块的末速度不等于0，根据动量定理 ，故B错误；C．根据图像可知 时物块速度大于 时物块的速度，故 时动量不是 时的一半，故C错误；
D． 图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知 过程物体的位移小于 的位移，
故D正确。
故选AD。
14．（2023·福建·高考真题）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。
以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所
示。则（ ）
A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同
C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同
【答案】BC
【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s内，甲车做匀加
速直线运动，加速度大小不变，故A错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有I = mv，I
2 2 2
= S = 2N·s，乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有I = mv，I = S = 2N·s，则可知乙车在t = 2s和
0 ~ 2 6 6 6 0 ~ 6
t = 6s时的速度相同，故B正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，
则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据
动量定理有I = mv，I = S = 0，可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，
8 8 8 0 ~ 8
故D错误。
故选BC。15．（2022·全国·高考真题）（多选）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与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取
。则（ ）
A． 时物块的动能为零
B． 时物块回到初始位置
C． 时物块的动量为
D． 时间内F对物块所做的功为
【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从 s内由动量定理可知 ，即 ，得 ，3s时物块的
动量为 ，设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得 ，
即 ，解得 ，所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，
C错误；
B． s物块发生的位移为x，由动能定理可得 ，即 ，得 ，
1
过程中，对物块由动能定理可得 ，即 ，得 ，
物块开始反向运动，物块的加速度大小为 ，发生的位移为，即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为 ， 拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
16．（2023·江苏·高考真题）（删减）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾
角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A
点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ，重力加
速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
【答案】（1） ；
【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得 ，
17．（2022·北京·高考真题）体育课上，甲同学在距离地面高 处将排球击出，球的初速度沿水平
方向，大小为 ；乙同学在离地 处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量 ，取重力加速度 。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【答案】（1） ；（2） ，方向与水平方向夹角 ；（3）
【详解】（1）设排球在空中飞行的时间为t，则
解得 ；则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
得 ；根据
得 ；设速度方向与水平方向夹角为 （如答图所示）
则有
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
18．（2024·江苏淮安·一模）质量为30kg的小明从离水平网面0.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦
回到水平网面0.45m高处，已知小明与网接触的时间为0.35s，g取 ，求：
(1)小明与网接触的这段时间内动量的变化量的大小；
(2)网对小明的平均作用力大小。【答案】(1) (2)
【详解】（1）在小明下落没接触到网的过程中，根据运动学公式，则有
可解得
在小明离开网向上减速的过程中，根据运动学公式，则有
可解得
所以与网接触的过程中，动量变化量则有
（2）对小明由动量定理，则有
可解得
19．（2024·河南信阳·一模）近年来我国在电磁弹射应用领域取得突破性进展，在“福建号”航母上装备
了电磁弹射器来弹射舰载机。“福建号”航母上的水平直线电磁弹射器轨道长度为L，在飞行训练时“福
建号”匀速航行的速度为 ，沿航向方向弹射新型舰载机歼－35，舰载机的质量为m，离开弹射器轨道末
端的起飞速度为v，弹射过程中舰载机的阻力与速率成正比，即 （k为定值），舰载机发动机提供恒
定的推力 ，弹射器弹射力随速度变化，使舰载机做匀加速直线运动，求：
(1)弹射器最大弹射力大小。
(2)弹射一架舰载机过程中弹射器的弹射力的冲量大小。【答案】(1) (2)
【详解】（1）舰载机做匀加速直线运动，设加速度为a，速度最大时弹射力最大，有
舰载机相对航母做相对初速度为0、相对末速度为 的匀加速直线运动，相对加速度为a，有
解得
（2）舰载机阻力的冲量为
舰载机运动时间
舰载机推力的冲量为
由动量定理有
解得
题型三 动量定理在流体模型中的应用
20．（2022·福建·高考真题）我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端
电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的
比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试
中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为 ，推进器产生的推力为 。已知氙离子的比荷为 ；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作
用，则（ ）
A．氙离子的加速电压约为
B．氙离子的加速电压约为
C．氙离子向外喷射形成的电流约为
D．每秒进入放电通道的氙气质量约为
【答案】AD
【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有 ，可得加速电压为 ，
故A正确，B错误；
D．在 时间内，有质量为 的氙离子以速度 喷射而出，形成电流为 ，由动量定理可得
，进入放电通道的氙气质量为 ，被电离的比例为 ，则有 ，联立解得
，故D正确；
C．在 时间内，有电荷量为 的氙离子喷射出，则有 ， ，联立解得
，故C错误。
故选AD。
21．（2024·贵州六盘水·模拟预测）如图所示是乘客玩喷水飞行器上下翻腾的精彩画面。喷水飞行背包通
过长软管吸水，然后把水从两个喷水口喷出。已知水的密度为ρ，每个喷水口横截面积为S，水喷出瞬间相
对喷水口的速度为v，重力加速度为g，则每股喷出水流对飞行背包的作用力约为（ ）A．ρSv2 B．gSv C．ρSv D．ρSvg
【答案】A
【详解】设时间Δt内喷出的水的质量为Δm，喷水速度v，则有 ，表演者在空中，反冲作用
力为F，根据动量定理有FΔt = Δmv，解得 ，根据牛顿第三定律可知，每股喷出水流对飞行背
包的作用力约为ρSv2。
故选A。
22．（2025·广西·模拟预测）（多选）中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT—100霍尔推进器，
其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E，工作时，工作物质氙气进
入放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离
子数 个，速度 ，单个氙离子的质量为 ，电子电荷量
，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（ ）
A．A、B两电极间的加速电压为275V
B．A、B两电极间的加速电压为375V
C．单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08N
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为29A
【答案】AC
【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有 ，可得加速电压为U=275V，选项A正确，B错误；
C．根据动量定理可得 ，代入数据解得 ，约为0.08N，选项C正确；
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流 ，选项D错
误。
故选AC。
23．（2024·浙江杭州·一模）某水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒
定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流
下。已知水的密度为 ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．水流单位时间撞到B处的体积
B．水流在B处的速度
C．水流对B处的冲击力
D．空中水的质量
【答案】D
【详解】A．设水从水平喷水口P喷水到撞到B处的时间为t，这段时间水的体积为 ，故水流单
位时间撞到B处的体积为 ，故A错误；
B．因水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处，根据速度的分解与合成有 ，解
得水流在B处的速度 ，故B错误；C．由题知，水柱撞到B处速度瞬间变为零，设碰撞时间为 ，则水柱的质量为 ，
根据动量定理得 ，解得斜面对水流的冲击力为 ，根据牛顿第三定律可知，水
流对B处的冲击力为 ，故C错误；
D．因水流在B处的速度 ，则此时竖直方向的速度为 ，则水流从P到B处的
时间为 故空中水的质量 ，故D正确。
故选D。
题型四 动量守恒定律的理解和应用
24．（2024·甘肃·高考真题）（多选）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
故选AD。
25．（2024·江苏镇江·模拟预测）如图，A、B两物体的质量之比为 ，它们原来静止在平板车C
上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，
水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开（A、B两物体始终不滑出平板车），则有
（ ）A．A、B系统动量守恒
B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒
C．A、B在小车C上滑动过程中小车一直处于静止
D．A、B、C组成的系统动量守恒
【答案】D
【详解】A．在弹簧释放的过程中，因 ，由摩擦力公式 ，可知A、B两物体
所受的摩擦力大小不相等，故A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不
守恒，故A错误；
BC．A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止
运动之前，小车所受的合外力向右，小车将向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则
系统的机械能减为零，不守恒，故BC错误；
D．A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，故D正确。
故选D。
26．（2024·山西朔州·模拟预测）如图是老师在课堂上做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼状磁铁
用一根木棒穿过，手拿住木棒（保持水平），此时两磁铁保持静止。当手突然释放，让木棒和磁铁一起自
由下落时（不计空气阻力），发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法正确的是（ ）
A．放手下落过程中，磁铁受滑动摩擦力作用
B．放手下落过程中，磁铁的运动轨迹是一条直线
C．放手下落过程中，两个磁铁水平方向动量不守恒
D．放手下落过程中，磁铁和棒组成系统机械能不守恒
【答案】D
【详解】A．放手下落过程中，磁铁竖直方向只受重力作用，木棒与磁铁间没有弹力，所以不受摩擦力
作用，故A错误；
B．磁铁水平方向受相互吸引力作用，且引力不断增大，所以磁铁所受合力的方向与速度方向不在一条直线上，磁铁做曲线运动，故B错误；
C．两个磁铁水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，故C错误；
D．放手下落过程中，两磁铁间的吸引力做正功，所以系统机械能不守恒，故D正确。
故选D。
题型五 爆炸、反冲和人船模型
27．（2024·浙江·高考真题）如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三
颗卫星送入距离地面约 的轨道。取地球质量 ，地球半径 ，引力常量
。下列说法正确的是（ ）
A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约
C．卫星运行的周期约 D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
【答案】B
【详解】A．根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推
力，故A错误；
B．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为 ，故B正确；
C．卫星运行的周期为 ，故C错误；
D．发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。
故选B。
28．（2024·北京朝阳·模拟预测）在光滑水平面上放有一质量为 的小车，一质量为 的小球用长为 的
轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置（细线伸直且水平）同时由静止释放小球和小车，设小球到达最
低点时的速度为 。从释放到小球达最低点过程中，细线对小球做的功为 。从释放开始小车离开初位置的最大距离为 ，则下列说法正确的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】AB．从释放到到小球达最低点过程中，由水平方向动量守恒和能量守恒得 ，
，解得 ，故A错误，B错误；
C．对小球，由动能定理得 ，解得 ，故C正确；
D．从释放开始小车离开初位置的最大距离发生在小球摆至最高点时，此时小球与车的速度均为零，由
能量守恒知小球回到原高度，由人船模型得 ， ，解得 ，故D错误。
故选C。
29．（2024·广西柳州·模拟预测）（多选）如图为我国“神舟”系列载人飞船返回舱返回地面示意图，打
开降落伞后，返回舱以8m/s匀速下落。在距离地面1m时，返回舱上的缓冲火箭点火，使返回舱做匀减速
运动，着地前瞬间速度降到2m/s，此时立即关闭缓冲火箭同时切断所有降落伞绳，返回舱撞击地面停下，
撞击时间为0.1s，返回舱的质量为 ，g取 ，整个过程都在竖直方向运动，则（ ）A．匀速下降阶段返回舱机械能守恒 B．返回舱点火缓冲的时间为0.6s
C．返回舱在匀减速过程中处于超重状态 D．地面受到的平均冲击力大小为
【答案】CD
【详解】A．匀速下降阶段动能不变，重力势能减小，所以返回舱机械能减小，故A错误；
B．根据匀变速直线运动的平均速度公式有 ，可得，返回舱点火缓冲的时间为
，故B错误；
C．返回舱在匀减速过程中，加速度方向向上，处于超重状态，故C正确；
D．撞击时，取向上为正方向，根据动量定理有 ，代入数据解得，地面对返回
舱的平均冲击力大小为 ，则地面受到的平均冲击力大小也为 ，故D正确。
故选CD。
30．（2024·湖南衡阳·模拟预测）（多选）近年来，随着三孩政策的开放，越来越多的儿童出生，儿童游
乐场所的设施也更加多种多样。如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为6m，滑环质量为m，滑
环套在水平固定的光滑滑索上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方
向的夹角为 ，绳长为L，儿童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速
度为g，以下说法正确的是（ ）
A．儿童和滑环组成的系统水平方向动量守恒
B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C．儿童运动到最低点时速度大小为
D．儿童从静止运动到最低点的过程中，滑环的位移大小为【答案】ABD
【详解】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统水平方向动量守
恒，故A正确；
B．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故B正确；
C．儿童运动到最低点时，根据水平方向系统动量守恒有 ，根据能量守恒定律有
，解得 ，故C错误；
D．儿童从静止运动到最低点的过程中，根据动量守恒定律可知，儿童和滑环在水平方向的平均速度大
小 和 满足 ，则水平位移大小x 和x 满足 ，根据相对位移关系有
1 2
，解得 ，故D正确。
故选ABD。
31．（2024·四川成都·模拟预测）两响爆竹，即二踢脚，是一种传统民俗用品，两响爆竹的纸筒内分两层
安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20米后，凌空爆响。质量为200g的两
响爆竹在0.01s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体（此过程两响爆竹的位移可以忽略），然后
被竖直发射到距离地面 的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设两响爆竹被炸
成两部分，其中80g的部分以 的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取 ，
求：
（1）下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小；
（2）上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设下层火药爆炸后爆竹的速度为 ，则
解得由动量定理得
解得
（2）爆竹做平抛运动
解得
爆竹爆炸的过程在水平方向动量守恒，有
其中 ， ， ，解得
上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为
32．（2024·全国·模拟预测）如图，在光滑水平面上静止放置一质量为5m、半径为R的光滑半圆弧槽，质
量为m的小球从槽口由静止释放，在以后的运动过程中，圆弧槽的最大位移为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设小球小球运动到最右端的过程中所用时间为 ，圆弧槽向左移动的距离为 ，则小球向右移
动的距离为 ，根据水平方向动量守恒得 ，解得
故选B。题型六 碰撞问题
33．（2024·广东·高考真题）（多选）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。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为
，乙在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（ ）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与 无关
D．甲最终停止位置与O处相距
【答案】ABD
【详解】A．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0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，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B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有 ，在水平面运动一段时间t 后与甲相碰，碰后以甲
2
碰前速度做匀减速运动t，乙运动的时间为 ，由于t 与 有关，则总时间与 有关，故C
3 1
错误；D．乙下滑过程有 ，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，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；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有 ，联立可得
，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距 ，故D正确。
故选ABD。
34．（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于
轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B
正碰并粘在一起。已知I = 1.8 Ns，A、B的质量分别为m = 0.3 kg、m = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R
A B
= 0.5 m，两球均视为质点，轻绳∙不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)与B碰前瞬间A的速度大小；
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
【答案】(1)4 m/s (2)11.2 N
【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v，由动量定理有
0
设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有
联立代入数据解得
（2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
联立代入数据解得35．（2024·湖南·高考真题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为m 和m 的小球A
A B
和B（m >m ）。初始时小球A以初速度v 沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与
A B 0
圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量
比 。
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍
（0
