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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<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。
【答案】（1） ， ；（2） 或 ；
（3）
【详解】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量
守恒有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v ，v ，则碰后动量和能量守恒有
A B联立解得 ，
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为
，则有
联立解得
由于两质量均为正数，故k=0，即
1
对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为 ， ，则同样有
联立解得 ， ，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为
；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故k=0，即
2根据①的分析可证 ， ，满足题意。
综上可知 或 。
（3）第一次碰前相对速度大小为v，第一次碰后的相对速度大小为 ，第一次碰后与第二次相
0
碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以B球运动的路程
一共碰了2n次，有
36．（2024·安徽·高考真题）（删减）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，
一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止
释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长
。小球质量 。物块、小车质量均为 。小车上的水平轨道长 。圆弧
轨道半径 。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取 。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
37．（2023·重庆·高考真题）如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两
点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，
其速度大小都增加v。质量为m的小球1从N处以初速度v 沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发
0 0生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
（1）球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
（2）球2的质量；
（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
【答案】（1） ；（2）3m；（3）
【详解】（1）球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v，所以
0
（2）球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则
联立解得 ，
（3）设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
所以
38．（2023·天津·高考真题）质量 的物体A自距地面 高度自由落下，与此同时质量
的物体B由地面竖直上抛，经过 与A碰撞，碰后两物体粘在一起,碰撞时间极短,忽略空气
阻力。两物体均可视为质点，重力加速度 ，求A、B：
（1）碰撞位置与地面的距离x；
（2）碰撞后瞬时的速度大小v；（3）碰撞中损失的机械能 。
【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J
【详解】（1）对物体A，根据运动学公式可得
（2）设B物体从地面竖直上抛的初速度为 ，根据运动学公式可知
即
解得
可得碰撞前A物体的速度 ，方向竖直向下；
碰撞前B物体的速度 ，方向竖直向上；
选向下为正方向，由动量守恒可得
解得碰后速度
（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
39．（2023·全国·高考真题）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上
端口距离为l，圆管长度为 。一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆
盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，
小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。【答案】（1）小球速度大小 ，圆盘速度大小 ；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降 ，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以 与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度
比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为 ，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得 ，
同理可得当位移相等时 ，
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度当二者即将四次碰撞时x = x
盘3 球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x = 8l
盘4
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
40．（2022·海南·高考真题）有一个角度可变的轨道，当倾角为 时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为
，从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一根绳
子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B质量的3倍，求：
①A与轨道间的动摩擦因数 ；
②A与B刚碰完B的速度大小；
③绳子的长度L。
【答案】① ；② ；③0.6h
【详解】①倾角为 时匀速运动，根据平衡条件有
得
②③A从高为h的地方滑下后速度为 ，根据动能定理有A与B碰撞后速度分别为 和 ，根据动量守恒、能量守恒有 ，
B到达最高点速度为 ，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒有
解得 ，
41．（2022·山东·高考真题）（删减）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的
点， 点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在 点正上方的O点，轻绳
处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方
向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于 ），A以速度 沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。
一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。
已知A的质量 ，B的质量 ，A与B的动摩擦因数 ，B与地面间的动摩擦因数
，取重力加速度 。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不
计空气阻力，求：
（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小 与 ；
【答案】（1） ， ；
【详解】（1）设水平向右为正方向，因为 点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过
程根据动量守恒和能量守恒有代入数据联立解得
，（方向水平向左）
，（方向水平向右）
即A和B速度的大小分别为 ， 。
（2024·上海·高考真题）引力场中的运动
包括太阳、地球在内的所有物体都会在其周围产生引力场。在不同尺度的空间，引力场中的物体运动具有
不同的表象。牛顿揭示了苹果下落和行星运动共同的物理机制。意味着天上的物理和地上的物理是一样的，
物理规律的普适性反映了一种简单的美。
42．如图，小球a通过轻质细线Ⅰ，Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长 ，Ⅰ上端固定于离地
的O点，与竖直方向之间夹角 ；线Ⅱ保持水平。O点正下方有一与a质量相等的小球b，
静置于离地高度 的支架上。（取 ， ， ）
（1）在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小 ， 和小球a所受重力大小G中，最大的是 。
（2）烧断线Ⅱ，a运动到最低点时与b发生弹性碰撞。求：
①与b球碰撞前瞬间a球的速度大小 ；（计算）
②碰撞后瞬间b球的速度大小 ；（计算）
③b球的水平射程s。（计算）【答案】
【解析】（1）[1]以小球a为对象，根据受力平衡可得
可知在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小 ， 和小球a所受重力大小G中，最大的是 。
（2）①[2]由动能定理可得
可得
②[3]由动量守恒定律和能量守恒可得
联立解得
③[4]由平抛运动的规律有
，
联立解得
43．（2024·天津北辰·三模）2024年春节前夕，因“冻雨”导致众多车辆在某些高速路段停滞，并发生了
一些交通事故。如图所示，受高速路面冰雪影响，乙车停在水平高速路面上，甲车以速度 从乙车正后方
同一车道匀速驶来，在距乙车 处紧急刹车（牵引力瞬间变为零），但仍与乙车发生了碰撞；碰撞后，甲、
乙两车各自减速运动 和 后停止运动。若甲、乙两车完全相同且均可视为质点，两车碰撞时间不计，碰撞前、后两车质量均保持为m不变，且始终在同一直线上，两车在冰雪路面上的所有减速运动均视
为加速度相同的匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比；
（2）两车与路面的动摩擦因数及甲车碰撞前瞬间的速度大小。
【答案】（1） ；（2） ，
【详解】（1）设碰撞后甲、乙两车的速度大小分别为 、 ，两车与路面的动摩擦因数为 ，根据动
能定理可得
可得碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比为
（2）设碰撞前瞬间甲车的速度为 ，碰撞前对甲车，由动能定理得
碰撞时由动量守恒可得
结合（1）问方程，解得 ，
44．（2024·天津滨海新·三模）如图（a）所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分。
如图（b）所示，某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离
，3号球与球门之间的距离 。运动员用球槌水平打击1号球，使其获得向右的初速度
，经过一段时间后，该球以 的速度与3号球发生碰撞（碰撞时间极短），碰后1号球
又向前运动了 后停下来。已知两球质量均为 ，将两球的运动视为一条直线上的滑动，并且两球与地面间的滑动摩擦因数 相同，重力加速度 取 。
（1）求球与地面的动摩擦因数 ；
（2）求两球碰撞过程1球对3球做的功 ；
（3）通过分析，判断3号球能否进门得分。
【答案】（1）0.4；（2）1.125J；（3）3号球能够进门得分
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）设球1碰后速度为 ，根据动能定理
解得
设球3碰后速度为 ，根据动量守恒定律
解得
根据动能定理知
代入数据解得
（3）设3号球碰后运动的距离为 ，根据动能定理
解得
故3号球能够进门得分。
45．（2024·广东·模拟预测）（多选）如图，碰碰车是深受青少年儿童喜欢的娱乐设施，某次娱乐场景如
下：总质量为 的碰碰车甲静止在地面上，总质量为 的碰碰车乙以 的速度与甲发生正碰后
以 的速度反弹，已知碰撞过程中两车作用时间为 ，若只考虑两车之间的相互作用，不计所有外力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．两车碰撞过程中，动量守恒但机械能不守恒
B．两车碰撞后，甲车获得的速度为
C．两车碰撞过程中，甲车受到的冲量大小为
D．两车碰撞过程中，甲车受到的平均冲力大小为
【答案】BC
【详解】AB．根据动量守恒 ，其中 ， ，解得 ，碰前
机械能 ，碰后机械能 ，则碰撞过程中机械能守恒，故
A错误，B正确；
CD．甲车受到的冲量大小为 平均冲力大小 ，故C正确，D错误。
故选BC。
题型七 “滑块—弹簧”模型
46．（2024·辽宁·高考真题）如图，高度 的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量
。A、B间夹一压缩量 的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，
弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程 ；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距
离 后停止。A、B均视为质点，取重力加速度 。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小 和 ；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能 。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块
整体动量守恒，则
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中 ，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
47．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、
CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量 的滑块a以初速度 从
D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长 ，以 的
速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数 ，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，
弹簧的弹性势能 （x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v 和所受支持力大小F ；
F N
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度 ，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能 ；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得
F =31.2N
N
（2）滑块a返回B点时的速度v =1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
B
根据
可得在C点的速度v =3m/s
C
则滑块a从碰撞后到到达C点解得v=5m/s
1
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度v=5m/s
2
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x，由能量关系
1
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x=x
2 1
则弹簧最大长度与最小长度之差
48．（2024·湖北黄冈·二模）（多选）如图，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一劲度系
数为k的轻质弹簧，弹簧上端放置一个质量为m的物块B。t=0时刻，将质量也为m的物块A（可视为质
点）从斜面顶端由静止释放，t 时刻A与B发生碰撞并粘在一起，粘合体沿斜面简谐运动过程中，弹簧最
1
大形变量为 。已知弹簧弹性势能表达式为 ，弹簧振子周期公式 ，其中x是弹簧
形变量，k为弹簧劲度系数，M为振子质量，重力加速度大小g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．粘合体速度最大为B．物块A释放点到碰撞点的距离为
C．粘合体向下运动过程中的最大加速度大小为g
D．从物体A、B碰撞到运动到最低点的时间为
【答案】AD
【详解】A．由题可知简谐振动的平衡位置合力为零，此时有 ，振幅为 ，
，最大速度为 ，物块AB速度最大为 ，故A正确；
B．设碰前A的速度为2v，则 ，碰撞过程动量守恒可得 ，得 ，
1
从碰后到运动到平衡位置，根据能量守恒可得 ，
解得 ，故B错误；
C．物块AB运动过程中的最大加速度在最低点，即 ，解得 ，故C错误；
D．碰撞后AB做简谐振动，此时AB得位移为 ，从物体AB碰撞后得相位为 ，可得
，到最低点的时间为 ，故D正确。
故选AD。
49．（2024·河南·二模）如图1所示，两物块A、B之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰
好处于原长，物块A 的质量 。现给物块A一向右的初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为
正方向，在 时间内A、B物块运动的a-t图像如图2所示。已知 时刻它们的加速度最大，此时A 的速度 ，位移 求：
(1)物块A的初速度的大小；
(2) 时间内弹簧对物块A 做的功；
(3) 内 B的位移大小和弹簧的劲度系数。
【答案】(1) (2) (3) ，
【详解】（1）在弹簧压缩过程中，A、B受到的弹力大小相等，方向相反，分别对A、B，根据牛顿第
二定律有 ，
结合图2可知，取向右为正，在弹簧有弹力时，可知A物体受到向左的弹力，故其加速度向左，为负值；
B物体受到向右的弹力，故其加速度向右，为正值，则两物体的加速度大小关系为
故联立可得
解得
当 时，A、B的加速度最大，此时速度 相同，即 ，根据动量守恒定律
解得
（2）当 时，弹簧恢复原长，根据能量守恒定律有根据动量守恒定律有
解得 ，
则 时间内弹簧对物块 做功
解得
（3）在 内，设 的速度 ，设 的速度 ，根据动量守恒定律有
两边乘以时间t，则变形得
代入数据解得
弹簧的形变量为
解得
根据牛顿第二定律，可得弹力
根据胡克定律，可得弹簧的劲度系数
解得
题型八 “滑块—斜(曲)面”模型
50．（2023·湖南·高考真题）如图，质量为 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的
光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为 和 ，长轴水平，短轴竖直．质量为 的小球，初始时刻从椭
圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于
地面的直角坐标系 ，椭圆长轴位于 轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为 。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系 中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若 ，求小球下降 高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用 及 表示）。【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正，
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为 时，此时凹槽水平向右运动的位移为
，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得 （ ）
（3）将 代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以 为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为 时有如图此时可知速度和水平方向的夹角为 ，小球下降 的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
51．（2024·河北·模拟预测）如图所示，有一个质量为 、半径为 的半圆形滑槽 静止放在光滑的水
平面上。 是圆弧上的一点， 与圆心 的连线与水平方向成 角，某时刻，将一枚质量为 的光
滑小球从距离A点正上方 处由静止释放。小球从槽口处落入半圆形滑槽内。小球可看成质点，小球质
量 为滑槽质量 的一半，重力加速度为 ，空气阻力不计。求：
(1)半圆形滑槽 向左运动的最远距离；
(2)半圆形滑槽 的速度最大值；
(3)小球经过 点时滑槽和小球的速度大小。【答案】(1) (2) (3) ，
【详解】（1）当小球运动至B点时，半圆形滑槽 向左运动的距离最远，根据水平方向动量守恒有
两边同乘时间，可知
根据几何关系有
解得
（2）当小球运动至C点时，半圆形滑槽 的速度最大，根据水平方向动量守恒有
根据系统机械能守恒有
解得
（3）设小球经过 点时水平方向的速度为 ，竖直方向的速度为 ， 根据水平方向的动量守恒有
以滑槽为参考系则此时小球的速度沿圆弧的切线方向，此时小球水平方向的相对速度为
因相对滑槽的合速度沿圆弧的切线，则有
根据能量守恒定律有
解得
因此滑槽的速度
小球的速度52．（2024·青海海南·一模）如图所示，一个质量为M的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是一个四分之
一圆弧 圆弧半径 。E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以 的初速度水平向右
从E点冲上滑块，若小球刚好没越过圆弧的上端，已知重力加速度大小 不计一切摩擦。则滑块
与小球质量的比值 为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【详解】根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为 ，根据动量守恒定律有
，根据机械能守恒定律有 ，联立解得
故选C。
53．（2024·四川达州·二模）（多选）一质量为1kg、带电量为 的小球，以初速度10m/s冲上一质量为
4kg，半径为1m的四分之一绝缘光滑圆槽。整个空间存在方向竖直向下，电场强度为10N/C的匀强电场。
所有接触面均光滑，重力加速度取 。则从小球开始冲上圆槽到上升到最高点过程中，下列说法正确
的是（ ）
A．小球和槽组成系统机械能不守恒 B．小球和槽组成系统动量守恒
C．整个过程小球的动能最小值为4J D．小球离开槽后继续上升的高度为1m
【答案】AD
【详解】A．小球和槽组成的系统除了重力做功之外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，故A正确；B．小球和槽组成系统水平方向动量守恒，故B错误；
C．对小球和槽组成系统水平方向动量守恒 ，可得 ，整个过程中电场力对小球做
功为 ，由能量守恒定律可知，整个过程中小球在圆槽的最高点时动能最
小，则 ，解得整个过程小球的动能最小值为 ，故C错误；
D．根据 ，解得 ，小球离开圆槽后，由动能定理
，代入数据解得小球离开槽后继续上升的高度为 ，故D正确。
故选AD。
54．（2024·辽宁沈阳·一模）（多选）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分
之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度 从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从
圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为 、 ，作出某段时间内 图像如图
（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒
B．当滑块的速度为 时，小球运动至最高点
C．小球与滑块的质量比为1∶2
D．小球的初速度大小可能为
【答案】AC
【详解】A．小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量
守恒，A正确。C．设小球的质量为m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得 ，化简为
，结合图（b）可得 ，即 ，C正确；
B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度 ，在水平方向上
由动量守恒定律得 ，求得 ，B错误；
D．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度 ，在水平方向上
由动量守恒定律得 ，机械能守恒 ，其中 ，求得
，小球的初速度大小不可能为 ，D错误。
故选AC。
