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第 2 讲 动量守恒定律
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。其中1～5题为单选，6～10
题为多选)
1．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在，其中一
人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复进行几次之后，甲和
乙最后的速率关系是( )
A．若甲最先抛球，则一定是v甲 >
v乙
B．若乙最后接球，则一定是v甲 >
v乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲 >
v乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲 >
v乙
答案 B
解析 两人及篮球组成的系统动量守恒，且总动量为零，由于两人质量相等，
故最后球在谁手中，谁的总质量就较大，则速度较小，故B正确，A、C、D错误。
2. (2020·四川省雅安市模拟)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静
止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内
能可能为( )
A．16 J B.2 J
C.6 J D.4 J
答案 A
解析 设子弹的质量为m
0
，初速度为v0 ，木块的质量为m，子弹打入木块的过
程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m 0v0 ＝(m＋m 0 ) v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝m 0v－(m＋m
0
)
v
2＝·m
v
2，而木块获得的动能E
k木
＝m
v
2
＝6 J，则ΔE>6 J，A正确。
3．(2020·河北衡水中学4月教学质量监测)有一只小船停靠在湖边码头，小船
又窄又长(估计重一吨左右)。一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：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后
轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质
量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v ′，人从船尾走到船
头所用时间为t。取船的速度方向为正方向，则v＝，v ′＝；根据动量守恒定律有：
M v－m
v
′＝0，则：M＝m，解得船的质量为：M＝，故A正确。
4．(2020·贵州省贵阳市高三下学期开学调研)如图甲所示，在光滑水平面上的
两小球发生正碰，小球1和小球2的质量分别为m 和m 。图乙为它们碰撞前后的
1 2
st图像。已知m ＝0.6 kg，规定水平向右为正方向。由此可知( )
2
A．m ＝5 kg
1
B．碰撞过程小球2对小球1的冲量为3 N·s
C．两小球碰撞过程损失的动能为1.5 J
D．碰后两小球的动量大小相等、方向相反
答案 C
解析 由图乙知碰撞前小球2静止，小球1的速度v1 ＝4 m/s，碰撞后v2 ′＝
m/s＝5 m/s，而v1 ′＝ m/s＝2 m/s，由动量守恒定律知m
1v1
＝m
1v1
′＋m
2v2
′，代
入数据得m ＝1.5 kg，故A错误；根据动量定理，碰撞过程中小球2对小球1的冲
1量I
1
＝m
1v1
′－m
1v1
＝(1.5×2－1.5×4) N·s＝－3 N·s，故B错误；碰撞前后，系统
损失的动能ΔE
k
＝m 1v－m
1v1
′2－m
2v2
′2＝1.5 J，故C正确；碰后两小球的动量方
向都沿正方向，故D错误。
5. 如图所示，两光滑且平行固定的水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球
a、b分别穿在两杆上，两球间连接一个处于原长的竖直轻弹簧，现给小球b一个水
平向右的初速度v0 。小球a的质量为m
1
，小球b的质量为m
2
，且m
1
≠m
2
，如果两杆
足够长，则在此后的运动过程中( )
A．a、b组成的系统动量守恒
B．a、b组成的系统机械能守恒
C．弹簧最长时，其弹性势能为m
2v
D．当a的速度达到最大时，b的速度最小
答案 A
解析 由于水平杆光滑，两球在竖直方向上受力平衡，所受弹簧的弹力在水平
方向上的分力时刻大小相等、方向相反，所以两球组成的系统所受的合力为零，即
系统动量守恒，A正确；两小球受重力、弹簧弹力和杆的支持力，重力和杆的支持
力不做功，弹簧弹力做功大小、正负不同，故两小球组成的系统机械能不守恒，B
错误；当弹簧最长时，两小球的速度相等，由动量守恒定律有m 2v0 ＝(m 1 ＋m 2 ) v，解
得v＝，由机械能守恒定律，弹簧最长时，其弹性势能E
p
＝m 2v－(m
1
＋m
2
)
v
2＝v，C
错误；由于两小球的质量不相等，弹簧开始伸长的过程中，a一直在加速，当弹簧再
次恢复原长时a的速度达到最大，从开始到此刻，相当于b以速度v0 与静止的a发
生弹性碰撞，若m ＜m ，则此时b的速度仍向右，速度最小，若m ＞m ，则此时b
1 2 1 2
的速度向左，大于最小值0，D错误。
6. (2020·山东省枣庄市高三上学期期末)如图所示为建筑工地上打桩机将桩料
打入泥土的图片，图为其工作时的示意图。打桩前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M＝150 kg，桩料的质量为m＝50
kg。某次打桩时，将夯锤提升到距离桩顶h ＝0.2 m处由静止释放，夯锤自由下落。
0
夯锤砸在桩顶上后，立刻随桩料一起向下运动。假设桩料进入泥土的过程中所受
泥土的阻力大小恒为4500 N。取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度大小为2 m/s
B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度大小为1.5 m/s
C．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.16 m
D．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.09 m
答案 ABD
解析 夯锤与桩料碰撞前，夯锤做自由落体运动，则有v＝2gh
0
，代入数据解
得v0 ＝2 m/s，故A正确；取向下为正方向，打击过程内力远大于外力，故系统动量
守恒，夯锤击打桩料后两者共速，则有M
v0
＝(M＋m) v，代入数据解得v＝1.5 m/s，
故B正确；设桩料进入泥土的最大深度为h，对夯锤与桩料，由动能定理得(M＋
m)gh－fh＝0－(M＋m)
v
2，代入数据解得h＝0.09 m，故C错误，D正确。
7. (2020·吉林省桦甸四中、磐石一中、梅河口五中、蛟河实验中学等高三4月
联考)如图所示，一带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，一个可视为
质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车，
AB是圆弧的水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大
C．小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小
D．小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动
答案 BC
解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在竖直方向所受合
力不为零，所以系统动量不守恒，但水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小
车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零不变，
因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车的速度最大，故B正确；
小球由B点离开小车时与小车在水平方向速度相等，又因为小球和小车组成的系
统在水平方向的动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速度
为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，根据系统机械能守恒可知，小球运动到B
点的速度大小等于小球在A点时的速度大小，故C正确，D错误。
8．(2020·陕西省咸阳市高三下学期二模)如图所示，在光滑的水平面上静止放
置一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的
木块A以速度v0 从木板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的
过程中，下列说法正确的是( )
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．B板的加速度先增大后减小
C．弹簧给木块A的冲量大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
答案 BCD
解析 从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原长的过程中，弹簧对木板B有
向左的弹力，B板仍在加速，所以当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；
弹簧压缩量先增大后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先
增大后减小，故B正确；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1 和v2 ，取向左
为正方向，根据动量守恒定律，有2m v0 ＝2m v1 ＋m v2 ，根据机械能守恒定律，有·2m v＝·2m v＋m v，解得v1 ＝，v2 ＝，对木块A，根据动量定理，有I＝2m v1 －2m v0 ＝
－m
v0
，故C正确；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大
根据动量守恒定律，有2m
v0
＝(m＋2m) v，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根
据机械能守恒定律，有E p ＝·2m v－(2m＋m) v 2，联立解得弹簧的最大弹性势能E p ＝
m v，故D正确。
9．如图所示，质量为M 的小车和质量为M 的滑块均静止在光滑水平面上，小
1 2
车紧靠滑块(不粘连)，在小车上固定的轻杆顶端系细绳，绳的末端拴一质量为m的
小球，将小球向右拉至细绳水平且绷直后释放，在小球从释放至第一次达到左侧
最高点的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球与小车组成的系统机械能守恒
B．小球、小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒
C．小球运动至最低点时，小车和滑块分离
D．小球一定能向左摆到释放时的高度
答案 BC
解析 对小球、小车和滑块组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，因为在
整个过程中滑块获得了动能，则小球和小车组成的系统机械能不守恒，故A错误；
对小球、小车和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，则在水平方向上动量守
恒，故B正确；小球向左摆到最低点的过程中，速度增大，水平方向上的动量增大，
根据动量守恒定律，小车和滑块向右的动量增大，可知向右的速度增大，小球从最
低点向左摆时，速度减小，水平方向上的动量减小，则小车向右的动量减小，速度
减小，与滑块发生分离，C正确；小球、小车和滑块组成的系统在水平方向上动量
守恒，最终滑块的速度不为零，则当小球向左摆到最高点时，水平速度不为零，根
据机械能守恒定律知，小球不能摆到释放时的高度，故D错误。
10．(2020·山东省泰安肥城市高三下学期适应性训练)如图所示，完全相同的甲、乙两辆拖车，质量均为m，在水平恒力F作用下，以速度v沿平直路面匀速前进。
某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而牵引力F保持不变(将脱钩瞬间记为t＝0
时刻)，则下列说法正确的是( )
A．甲、乙两车组成的系统在0～时间内的动量守恒
B．甲、乙两车组成的系统在～时间内的动量守恒
C.时刻甲车动能的大小为m
v
2
D．0～时间内系统产生的内能为2m
v
2
答案 AD
解析 设甲、乙所受的滑动摩擦力大小均为f，甲、乙组成的系统匀速运动时有
F＝2f，可得f＝，挂钩脱钩后，取向右为正方向，设经时间Δt乙停止运动，由动量
定理得－fΔt＝0－m v，联立可得Δt＝，在乙停止运动前，即在t＝0至t＝时间内，
甲、乙组成的系统所受合力为零，总动量守恒，故A正确，B错误；在t＝0至t＝时
间内，甲、乙组成的系统动量守恒，设t＝时刻，甲的速度为v1 ，则有2m v＝m v1 ，解
得v1 ＝2 v，则t＝时刻甲车动能为E k ＝m v＝2m v 2，故C错误；0～时间内，对甲车，
根据动能定理有(F－f)s 1 ＝m v－m v 2，可得甲车克服摩擦力做的功为 W 1 ＝fs 1 ＝
m
v
2，根据动能定理可得乙车克服摩擦力做的功为W
2
＝m
v
2，根据功能关系可得系
统产生的内能为Q＝W
1
＋W
2
＝2m
v
2，故D正确。
二、非选择题(本题共3小题，共40分)
11．(2020·江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研)(12分)如图所示，光
滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0 ＝12 m/s的水平
速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、
B的质量分别为m ＝0.5 kg、m ＝1.5 kg。求：
1 2(1)A与B撞击结束时的速度大小v；
(2)在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。
答案 (1)3 m/s (2)12 N·s
解析 (1)A、B组成的系统碰撞过程动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得m 1v0 ＝(m 1 ＋m 2 ) v，
代入数据解得v＝3 m/s。
(2)以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程，
由动量定理得－I＝(m
1
＋m
2
)(－v )－(m
1
＋m
2
)
v
代入数据解得I＝12 N·s。
12. (12分)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、
12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2 v0 、v0 。为避免两船相撞，乙船
上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛
出货物的最小速度。(不计水的阻力)
答案 4 v0
解析 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin ，抛出货物后船的速度为
v1 ，甲船上的人接到货物后船的速度为v2 ，由动量守恒定律得
货物从乙船抛出过程，12m
v0
＝11m
v1
－m
vmin
货物落入甲船过程，10m·2
v0
－m
vmin
＝11m
v2
为避免两船相撞应满足v1 ＝v2
解得vmin ＝4 v0 。
13．(2020·河北省石家庄市一模)(16分)如图所示，在光滑水平面上，有一轻弹
簧左端固定，右端放置一质量m ＝2 kg的小球，小球与弹簧不拴接。小球右侧放置
1
一光滑的四分之一圆弧轨道，半径R＝1.5 m，质量m ＝8 kg。现用力推动小球，将
2弹簧缓慢压缩，当外力做功为25 J时，撤去外力释放小球，弹簧恢复原长后小球进
入圆弧轨道。已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度；
(2)圆弧轨道的最大速度。
答案 (1)1 m (2)2.4 m/s
解析 (1)由题意知，外力做的功转化为小球的初动能，即W＝m 1v
小球与圆弧轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，小球与圆弧轨道组成
的系统在水平方向上动量守恒，得：
m
1v0
＝(m
1
＋m
2
)
v
小球与圆弧轨道组成的系统机械能守恒，得：
m 1v＝(m
1
＋m
2
)
v
2＋m
1
gh
联立解得：h＝1 m。
(2)以水平向右为正方向，设小球第一次从圆弧轨道左侧滑出时速度为v1 ，此
时圆弧轨道的速度为v2 ，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得：
m
1v0
＝m
1v1
＋m
2v2
m 1v＝m 1v＋m
2v
联立解得：v1 ＝－3 m/s，v2 ＝2 m/s
所以小球被弹簧反弹后会继续滑上圆弧轨道，继而再从左侧离开圆弧轨道。
小球第二次与圆弧轨道相互作用的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，
有：
－m
1v1
＋m
2v2
＝m
1v1
′＋m
2v2
′
m 1v＋m 2v＝m
1v1
′2＋m
2v2
′2
联立解得：v1 ′＝1.4 m/s，v2 ′＝2.4 m/sv1
′＜v2 ′，则圆弧轨道的最大速度为2.4 m/s。
