文档内容
考点 28 动量守恒定律及其应用
1. 3年真题考点分布
题型 选择题、解答题
动量守恒定律条件的理解；动量守恒定律的理解和应用；碰撞现象的特点和
高考考点
规律
海南卷18题、全国甲卷25题、浙江卷21题、湖南卷15题、湖北卷15题、
2023
全国乙卷25题、浙江春招卷20题
天津卷11题、福建卷14题、北京卷10题、广东卷13题、河北卷13题全国
新高考 2022
乙卷25题、
辽宁卷15题、浙江卷21题、海南卷17题、北京卷17题、天津卷11题、湖
2021
南卷8题、浙江春招12题
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】近3年新高考卷对于运动的描述考查共计20次，主要考查：
1. 动量守恒定律条件的理解；
2. 动量守恒定律的理解和应用；
3. 碰撞现象的特点和规律；
【备考策略】选择不同的参考系，正确判断物体的运动情况；正确区分时间和时刻，掌握时间和时刻在
时间轴上的表示方法；掌握矢量和标量异同点，学会位移和路程的确和计算的原则；根据
物体的运动，理解速度和速率、平均速度和平均速率的差别和计算的方法，理解加速度，
并掌握其计算的方法。
【命题预测】本节内容的碰撞、反冲和爆炸问题是高考常考的热门考点，考察范围广，常常与动能定律、
能量守恒定律结合在一起，同时动量守恒定律还常出现在复合场和叠加场中，在各省的高
考题中常以压轴题的形式出现，其难度较大。2024年考生要想获得高分，本节内容是必须
要掌握好的，建议多做此类相关的压轴题。
1考法 1 对动量守恒 条件 的理解
1. 几个相关概念
（1）系统：我们把由两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫一个力学系统，简称系统.系统可按解
决问题的需要灵活选取.
（2）内力：系统中物体间的作用力.
（3）外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力.
2. 动量守恒定律：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变.
3. 动量守恒定律成立的条件
理想守恒 系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒
近似守恒 系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计(如碰撞、爆炸类问题).
分方向守恒 系统在某一个方向上所受的合力为零，则在该方向上动量守恒.
4. 动量守恒表达式
表达式 具体含义
p＝p′ 系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
mv＋mv＝ m v ′ ＋
1 1 2 2 1 1
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和
mv′
2 2
Δp＝ － Δ p 相互作用的两个物体动量的变化量等大反向
1 2
Δp＝0 系统总动量的增量为零
2【典例1】（2021·全国·高考真题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，
另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块
在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组
成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做
功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤
去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
判断系统的动量是否守恒，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力为零。因此，要分
清系统中的物体所受的例那些事内力，那些是外力，在同一物理过程中，系统的动量是是否守恒。
1．（2023·河南开封·统考二模）如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够
长的平行且光滑的金属导轨，导体棒ab的质量为m、电阻为 ，导体棒cd的质量为 、电阻为R，
均静止在导轨上，现给导体棒ab以初速度 向右滑动。运动过程中，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并
接触良好，关于导体棒ab、cd组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】C
【详解】由于系统不受外力，动量守恒，但导体棒在运动过程，整个回路会产生焦耳热，机械能不守恒。
故选C。
32．（2023·江苏·模拟预测）如图，车静止在粗糙的水平地面上，一人站在车上抡起重锤从P处由静止砸
向车的左端Q，锤下落的同时小车向左运动，锤瞬间砸在Q处后与小车保持相对静止，最终小车停止运
动。取水平向右为正方向，不考虑空气阻力，此过程人、锤及小车组成的系统水平方向的动量 随时间
t变化的图像可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】重锤从P处由静止下落的同时小车向左运动，系统受到向右的滑动摩擦力作用，重锤的加速度
有竖直向下的分量且此分量逐渐减小，系统处于失重状态，地面对车的支持力逐渐增加，系统受到向右
的滑动摩擦力逐渐增大，根据动量定理可知，系统受到的滑动摩擦力的冲量等于系统动量的增加量，故
此过程系统动量的增加量逐渐增大且方向向右，p-t图像斜率逐渐变大；锤瞬间砸在Q处后与小车保持
x
相对静止后（此时速度方向向左），系统受到向右的恒定滑动摩擦力作用而减速运动，根据动量定理可
知，故此过程系统动量方向向右均匀减小，p-t图像斜率不变，故B正确，ACD错误。
x
故选B。
考法 2 动量守恒定律的理解和应用
1. 动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(以地面为参考系)
动量是一个瞬时量，表达式中的p、p、…必须是系统中各物体在相互作用前同
1 2
同时性
一时刻的动量，p′、p′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
1 2
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微
4观粒子组成的系统
2. 人船模型
（1）条件：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，总动量为零；
②在相对运动过程中，至少一个方向动量守恒；
m s =m s
（2） 1 1 2 2
结论：
（3）
理解：
①s1和s2是两物体相对于同一参考系的位移（一般选择地面），两者方向相反，一正一负；
②由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度大小与质量成反比，方
向相反。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。
（4）人船模型中的动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于相互作
用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”
做的功量度“船”动能的变化。
【类人船模型】
【典例2】（多选）（2023·全国·模拟预测）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
5C．小车向左运动的最大距离为
D．小车获得的最大速度为
【答案】CD
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，小球
与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的系统总动量不守恒，A错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，且系统水平方
向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有
，解得
即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；
C．根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方
向上有 ，此过程有 ，解得 ，C正确；
D．根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得速度最大，则有 ，
，解得 ，D正确。
故选CD。
利用动量守恒定律解题步骤和注意事项
1. 解题步骤
（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．
2．注意事项
（1）系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．
（2）分析系统内物体受力时，要弄清哪些力是系统的内力，哪些力是系统外的物体对系统的作用力．
1．（2023·全国·高三模拟题）滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动。现有一个质量为m的小孩站
在一辆质量为 的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度 匀速运动，突然发现前
面有一个小水坑，由于来不及转向和刹车，该小孩立即相对滑板车以速度 向前跳离滑板车，滑板车速
6度大小变为原来的 ，但方向不变，则 为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【详解】由题意，小孩在起跳过程中和滑板车组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
解得
故选A。
2．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）2023年2月7日土耳其发生严重地震灾害，包括
中国在内的各方救援力量紧急展开救援行动。一个载有救灾物资的热气球总质量为 ，在离水平地
面高 处保持静止，现将质量为 的救灾物资以对地 的速度水平抛出，假设热气球所受浮力
始终不变，重力加速度为 ，不计一切阻力。当物资落到水平地面时，它与热气球间的距离为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，水平投出重力为 的物资瞬间，满足
动量守恒定律
热气球和物资的动量等大反向，热气球和物资的运动示意图如图所示，热气球和物资所受合力大小均为
，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地H过程所用的时间t内，根据
解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为 ，
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
解得 ，故B正确。
7考法 3 碰撞现象的特点和规律
1. 碰撞及其特征
（1）碰撞：物体间的相互作用持续时间极短，二物体间相互作用力非常大的现象；
（2）碰撞的特点：在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，则相互碰撞系统动量守恒；
2. 碰撞的分类
分类 动量是否守恒 碰后运动/机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 碰后分开，机械能守恒
非弹性碰撞 守恒 碰后分开，机械能不守恒
完全非弹性碰撞 守恒 碰后一起运动，能量损失最多
3. 实例分析
（1）弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m 和m，碰前速度
1 2
为v，v，碰后速度分别为v ˊ，v ˊ，则有：
1 2 1 2
v 1 v 2 v 1 ˊ v 2 ˊ
m m
1 2
mv+m v=m v ˊ+m v ˊ ①
1 1 2 2 1 1 2 2
mv2+ mv2= mv ˊ2+ mv ˊ 2 ②
1 1 2 2 1 1 2 2
联立①、②解得：
m v +m v m v +m v
2 1 1 2 2 −v 2 1 1 2 2 −v
m +m 1 m +m 2
ˊ= 1 2 ，v ˊ= 1 2
1 2
v
【特别提示】特殊情况：速度要合理原则
（1）若m=m，v ˊ= v，v ˊ= v (质量相等，速度交换)
1 2 1 2 2 1
（2）当m＞m 时，v′＞0，v′＞0，且v′＞v′(大碰小，一起跑)
1 2 1 2 2 1
（3）当m＜m 时，v′＜0，v′＞0(小碰大，要反弹)
1 2 1 2
（4）当m≫m 时，v′＝v，v′＝2v(极大碰极小，大不变，小加倍)
1 2 1 0 2 1
（2）非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
8根据动量守恒定律可得：m v +m v =m v ˊ+m v ˊ (1)
1 1 2 2 1 1 2 2
损失动能ΔE 根据机械能守恒定律可得： m v 2+ m v 2= m v ˊ2+ m v 2 + ΔE. (2)
k， 1 1 2 2 1 1 2 2 k
（3）完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：
v 1 v 2 v 共
m m
1 2
m v +m v =(m +m )v ①
1 1 2 2 1 2 共
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔE= ½m v 2+ ½ m v 2- ½(m +m )v 2. ②
k 1 1 2 2 1 2 共
m v +m v 1 m m
1 1 2 2 1 2 (v −v ) 2
m +m 2 m +m 1 2
联立①、②，解之得：v = 1 2 ；ΔE= 1 2
共 k
【典例3】（多选）（2023·安徽·校联考模拟预测）如图所示，光滑水平桌面距离水平地面的高度为H，
质量为m、半径为R的光滑四分之一圆弧槽B静止放在桌面上，质量为m 的小球A从与圆弧槽圆心等
2 1
高处由静止滑下，与静止在桌面上的质量为m 的小球C发生弹性正碰，最后两小球落到水平地面上的
3
M、N两点，已知H=0.8m，R=0.9m，m=2kg，m=2kg，m=1kg，重力加速度g=10m/s2，两球视为质点，
1 2 3
不计空气阻力，下列选项正确的是（ ）
A．小球A从圆弧槽滑离时的速度为3m/s B．小球A与小球C碰撞后，小球C的速度为2m/s
C．M、N两点的距离为1.2m D．小球A可能落在N点
【答案】AC
【详解】设 球滑离圆弧槽时的速度为 ，圆弧槽的速度为 ，取向右为正方向，此过程由水平方向动
量守恒和机械能守恒得 ，
解得
假设 与 碰撞后的速度为 ，由动量守恒和机械能守恒得 ，
，解得 ，
9假设两球从桌面平抛运动时间为 ，由 ，A球的水平位移
球的水平位移 ，MN两点的距离 ，因为 ，所以A球落在M点。
故选AC。
【典例4】（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考三模）如图所示，质量为 的小车静止在光滑水
平面上，小车 段是半径为 的四分之一光滑圆弧轨道， 段是长为 的粗糙水平轨道，两段
轨道相切于 点。一质量为 的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑
入 轨道，最后恰好停在 点，滑块与轨道 间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为 ，则
（ ）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒 B．滑块由A滑到 过程中，滑块的机械能守恒
C． 段长 D．全过程小车相对地面的位移大小为
【答案】D
【详解】A．滑块社圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，
不满足动量守恒的条件，故A错误；
B．滑块由A滑到 过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；
C．恰好停在 对点时，二者均静止。根据能量守恒有
解得 ，故C错误；
D．水平动量守恒有 ，通过相同的时间有 ，且有
解得 ，故D正确；
故选D。
【典例5】（2023·重庆·模拟预测）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的
水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子
弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较（ ）
A．子弹的末速度大小相等 B．系统产生的热量不同
C．子弹对滑块做的功不相同 D．子弹和滑块间的水平作用力一样大
10【答案】A
【详解】A．设滑块的质量为 ，根据动量守恒定理可知 ，解得
故两种情况子弹的末速度大小相同，A正确；
B．两种情况系统产生的热量都等于系统减少的动能，由题可知系统的初动能和末动能两种情况都相同，
故系统减少的动能一样，增加的内能也相同，B错误；
C．两种情况都只有子弹对滑块做功，根据动能定理可知，物块动能的增量等于子弹对滑块做的功，两
种情况滑块获得的动能相同，说明子弹对滑块做的相同，C错误；
D．系统产生的热量相同，故根据 ，得
由于两种情况子弹相对滑块的位移不同，故子弹和滑块之间的作用力不一样大，D错误。
故选A。
碰撞遵守的规律
（1）动量守恒，即p＋p＝p′＋p′.
1 2 1 2
（2）动能不增加，即E ＋E ≥E′ ＋E′ 或＋≥＋.
k1 k2 k1 k2
（3）速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v >v
后
，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或
前
等于原来在后面的物体的速度，即v′ ≥v′ ，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两
前 后
物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．
1．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知
冰面粗糙程度处处相同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，碰撞时间极短可不计，碰撞前、
后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中，测得乙壶位移是甲壶位移的
k倍，则（ ）
A．k<1
B．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越大
C．k值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越小
D．碰撞后瞬时，乙壶速度为零
【答案】C
【详解】A．甲乙碰撞瞬间动量守恒，即
11且有 ，
所以 ，故A错误；
BC．两壶碰撞过程中损失的机械能为
变形可得 ，由此可知，当k=1时，损失的机械能达到最大，随着k增大，损失的
机械能减小，故B错误，C正确；
D．由于两壶完全相同，所以碰撞后瞬时乙壶速度一定大于零，故D错误。
故选C。
2．（多选）（2019·四川成都·成都七中校考三模）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球1、2发生
正碰，两小球的质量分别为m 和m．图乙为它们碰撞前后的位移一时间图像（x—t图像）．已知
1 2
m=0.1kg，由此可判断
1
A．碰前小球2保持静止
B．碰后小球1和小球2都向右运动
C．两球的碰撞为弹性碰撞
D．小球2的质量m=0.2kg
2
【答案】AC
【详解】A．由x-t图像可知，碰前小球2的位移不随时间变化，处于静止状态，A正确；
B．碰后小球2的速度为正方向，说明向右运动，小球1的速度为负方向，说明向左运动，B错误；
CD．由图读出，碰前小球1速度为v=4 m/s，碰后小球2和小球1的速度分别为v′ =2m/s，v′ =-2m/s，
1 2 1
根据动量守恒定律得mv= mv′ +mv′ 解得m=0.3kg
1 1 1 1 2 2， 2
由于碰撞前后满足 mv2= mv′ 2+ mv′ 2，故为弹性碰撞，D错误， C正确。
1 1 1 1 2 2
故选AC。
3．（2018·天津红桥·统考二模）如图所示，长为L的细绳竖直悬挂着一质量为3m的小球A，恰好紧挨着
放置在水平面上质量为m的物块B．现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与整直方向成60º的位
12置，然后释放小球．小球到达最低点时恰好与物块发生碰撞，而后小球向右摆动的最大高度为 L，碰后
物块向右滑行的距离恰为4.5L，求物块B与地面之间的动摩擦因数μ．
【答案】μ=0.25
【详解】试题分析：小球向下摆动和向上摆动过程机械能都守恒，根据机械能守恒分别求出碰撞前后小
球的速度大小．根据动量守恒定律求出碰撞后物块的速度大小，根据动能定理研究向右滑动过程，求出
物块与水平面间的动摩擦因数．
小球A下摆过程根据机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得碰前A的速度：
小球A向右摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： ，解得：
A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
物块B滑动过程由动能定理得： ，解得：μ=0.25
点睛：本题主要考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，
A、B碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与动能定理
可以解题．
考法 3 爆炸和反冲问题
1．爆炸
爆炸过程中的内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量 守恒
2．反冲运动
(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象．
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．
【典例6】（2021·山东·高考真题）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质
量为m的物资以相对地面的速度 水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球
的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
13A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．
D．
【答案】BC
【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为
的物资瞬间，满足动量守恒定律
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度 ，热气球所受合外力恒为 ，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为 ，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地 过程所用的时间 内，根据 解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
14热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为 ，
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 ，故C
正确，D错误。
故选BC。
【例7】（2022秋·山东菏泽·高二山东省鄄城县第一中学校考期中）如图所示，一热气球正以竖直速度v
匀速上升，当气球下面所系质量为m的物体距水平地面h高处时，绳子断裂，物体和气球分离。已知热
气球与物体的总质量为M，分离后热气球所受浮力不变，重力加速度大小为g，不计阻力，则（ ）
A．从分离开始，经过时间 物体落地
B．物体刚到达地面时的速度大小为
C．物体从分离到落地的过程中，热气球动量增加
D．物体刚到达地面时，热气球离地的高度为
【答案】BCD
【详解】A．从分离开始，物体做竖直上抛运动，设经过时间t物体落地，则有
解得 或 （此解小于零，故舍去），A错误；
B．设物体刚到达地面时的速度大小为v，根据动能定理有
1
解得 ，B正确；
C．热气球与物体组成的系统合外力为0，则系统的动量守恒，设物体刚到达地面时，热气球的速度大小
为v，根据动量守恒定律有 ，解得
2
根据动量定理可知，物体从分离到落地的过程中，热气球所受合力的冲量大小为
15，C正确；
D．根据平衡条件易知热气球所受浮力大小为Mg，设物体刚到达地面时，热气球离地的高度为H，根据
动能定理有
解得 ，所以D正确；
故选BCD。
应用动量定理的注意事项
（1）由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过
程中，系统的总动量守恒。
（2）在爆性过程二，主于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
（3）爆性的时间板短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆性后仍
然从爆炸前的位置以新的动量开始运动.
1．（2021·天津·高考真题）一玩具以初速度 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩
具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩
具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度 时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度 时的速度大小为v，重力加速度大小为
g，以初速度方向为正，整个运动过程有
玩具上升到最大高度 有，
两式联立解得
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为 、 ，水平速度大小分别为 、 。依题意，动能关系为
16玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为 ，设两部分落
地时的速度大小分别为 、 ，由速度合成公式，有 ， ，结合 ，
解得
2．（2020·福建·统考二模）质量为m的烟花弹在获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹在上升到速
度为初速度一半时，弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量相等的两部分，这两部分的动能之和为 ，且均
沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹爆炸时离地高度h；
(2)爆炸后烟花弹两部分碎片的速度大小和方向。
【答案】(1) ；(2) ，方向竖直向上， ，方向竖直向下
【详解】(1)设烟花弹上升的初速度为 ，由题给条件有 ①
由运动学公式 ②
联立①②式得
(2)火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v 和v。规定向上为
1 2
正方向，由动量守恒定律和题给条件有 ④
⑤
解得 方向竖直向上⑥
方向竖直向下⑦
应用动量、能量观点解决问题的两点技巧
（1）灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象,不一定选所
有的物体为研究对象.
（2）灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵
17活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况.
【基础过关】
一、单选题
1．（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m=50 kg
1
的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m=20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地
2
面的高度为h=5 m。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（可以把人看做
质点）（ ）
A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m
【答案】B
【详解】
当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得
且h＋h=h，解得h=1.4 m，所以他离地高度H=h-h=3.6 m
1 2 1 1
故选B。
2．（2023·辽宁沈阳·统考二模）篮球运动深受同学们喜爱。在某次篮球比赛中，质量为m的篮球以水平
速度大小v撞击竖直篮板后，以水平速度大小 被弹回，已知 ，篮球与篮板撞击时间极短。下列说
法正确的是（ ）
A．撞击时篮球受到的冲量大小为
B．撞击时篮板受到的冲量大小为
18C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
【答案】C
【详解】AB．取初速度方向为正方向，则由动量定理可得冲量大小为
，故AB错误；
C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不等于零，则系统动量不守恒，故C正确；
D．由于反弹速度减小，则撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选C。
3．（2023·全国·模拟预测）如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为m的
子弹以 的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60°。木块可视为质点，重力加
速度大小为g，则轻绳的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设子弹射入木块后它们共同的速度大小为v，根据动量守恒定律有
设轻绳的长度为L，根据动能定理有 ，联立解得
故选C。
4．（2023·重庆·重庆八中校考模拟预测）2023年春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的
年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时质量为m的部分动能为E，
爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设爆炸后瞬时质量为m的速度大小为 ，另一部分的速度大小为 ，根据动量守恒可得
解得 ，又
则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为
19联立解得
故选D。
5．（2023·辽宁·校联考一模）光滑水平面上质量为M的物块A以速度 运动，与质量为m的静止物块B
发生正碰，碰撞后A、B的动量刚好相等。A、B质量之比 可能为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【详解】设碰撞后两者的动量都为 ，由于题意可知，碰撞前后总动量为 ，根据动量和动能的关系
有
碰撞过程动能不增加，有 ，解得
设碰后M的速度为 ，m的速度为 ，根据碰后速度合理性可知，碰撞后M的速度小于等于m的速度，
则有 ， ，可得 ，综上可得
故选A。
6．（2023·四川·统考二模）中国人民解放军在某海域进行了一次实弹演练。一个士兵蹲在皮划艇上，用
步枪在 时间内沿水平方向发射了N发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M，发射每两发子
弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为m，子弹离开枪口的对地速度为 。射击前皮划艇是静止的，
不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，则在 时间内皮划艇的位移为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】根据题意可知，在 时间内沿水平方向发射了N发子弹，每两发子弹之间的时间间隔相等，则
时间间隔为
射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，发射第1发子弹之后，由动量守恒定律有
解得皮划艇的速度为
发射第1发子弹之后，发射第2发子弹之前，皮划艇运动的位移为
发射第2发子弹之后，由动量守恒定律有
解得皮划艇的速度为
20发射第2发子弹之后,第3发子弹之前，皮划艇运动的位移为
同理可知，发射第 发子弹之后，发射第 发子弹之前，皮划艇运动的位移为
由数学知识可知，在 时间内皮划艇的位移为
故选A。
7．（2023·重庆·校联考三模）质量为 和 的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位
移—时间图像如图所示，由图像可判断以下说法正确的是（ ）
A．碰后两物体的运动方向相同 B．碰后 的速度大小为
C．两物体的质量之比 D．两物体的碰撞是弹性碰撞
【答案】C
【详解】A． 图像斜率表示速度可知碰后两物体的运动方向相反，故A错误；
B．碰后 的速度大小为 ，故B错误；
C．碰撞后 的速度为 ，碰撞前 的速度为
碰撞前 的速度为0，根据动量守恒定律得 ，代入数据得
故C正确；
D．碰撞前的总动能为 ，碰撞后的总动能为
代入数据比较可得 ，由能量损失，可知不是弹性碰撞，故D错误。
故选C。
8．（2023·四川成都·树德中学校考二模）如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，
现有一质量为2m的光滑小球以v 的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又
0
返回小车右端，则下列说法正确的是（ ）
21A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
【答案】C
【详解】AB．设小球离开小车时，小球的速度为v，小车的速度为v，整个过程中水平方向动量守恒，
1 2
以向左为正方向，由动量守恒定律得
由动能守恒定律得
解得 ， ，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故AB错误；
C．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量
守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得 ，故C正确；
D．对小车运用动能定理得，小球对小车做功 ，故D错误。
故选C。
9．（2023·新疆和田·校考一模）如图所示，质量 、 的小球A、B均静止在光滑水平
面上。现给A球一个向右的初速度 ，之后与B球发生对心碰撞。若A、B两球发生的是弹性碰
撞，求碰后A球和B球的速度分别是多少？
【答案】 ，
【详解】两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，有
， ，解得 ，
2210．（2023·吉林延边·延边第一中学校考模拟预测）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直
固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为 的物块B（可视为质点）静止在水平地
面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、
动摩擦因数为 ，Q点右侧水平地面光滑，现使质量为m的物块A（可视为质点）从圆弧轨道的最
高点由静止开始下滑，重力加速度为g。求：
（1）物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；
（2）弹簧被压缩的最大弹性势能（未超过弹性限度）。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为 ，由机械能守恒定
律有 ，在最低点轨道对物块的支持力大小为 ，由牛顿第二定律有 ，联立解
得 ，由牛顿第三定律可知在P点物块对轨道的压力大小为 。
（2）设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为 ，由动能定理有 ，解得
当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有 ，根据
能量守恒
联立解得
【能力提升】
一、多选题
1．（2023·天津·模拟预测）如图所示，小球 和槽形物体 的质量分别为 、 ， 置于水平面上，
的上部半圆形槽的半径为 ，槽的左右两侧等高。将 从槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计，
则（ ）
23A． 刚能到达槽的左侧顶端
B． 运动到槽的最低点时速度为
C． 向右匀速运动
D． 向右运动的最大位移为
【答案】AD
【详解】A．设A到达左侧最高点的速度为v，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为
1
零，即v=0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A正确；
1
B．设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得0=mv-2mv′
解得
根据能量守恒定律得 ，解得 ，故B错误。
C．B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C错误；
D．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，
设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m（2R-x)=2mx
解得 故D正确。
故选AD。
2．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以v=2.5m/s的速度沿光滑的水平面
0
运动，在小车正上方h=1.25m处有一质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好
落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动
摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒
B．物块落上小车后的最终速度大小为3m/s
C．物块在小车的上表面滑动的距离为0.5m
24D．物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J
【答案】CD
【详解】A．物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动
量不守恒，故A错误；
B．物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则
有：Mv =（M+m）v
0
所以共同速度为： ，故B错误；
C．物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为：
代入数据解得：ΔE=1.25J
1
由功能关系：ΔE=μmg·Δx
1
解得：Δx =0.5m，故C正确；
D．在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒
定律得：
代入数据可得：ΔE=7.5J，故D正确。
故选CD。
3．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考三模）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为2m的小
车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表
面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧
轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在
B点，重力加速度大小为g，下列说法不正确的是（ ）
A．小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．小球第一次到达B点时对小车的压力
C．弹簧具有的最大弹性势能为
D．从开始到弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热
【答案】AB
【详解】A．小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水
25平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误，符合题意；
B．将小车和小球、弹簧当成一个系统，在运动过程中，系统的水平动量守恒，取向右为正
，
小球第一次到达B点时
解得 ，根据牛顿第三定律，对小车的压力 ，故B错误，符合题意；
CD．弹簧具有的最大弹性势能时，系统共速
解得
根据能量守恒，设克服阻力做功为 ，
压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，可知
最终共速为0，根据能量守恒
解得 ，故CD正确，不符合题意。
故选AB。
4．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B（可视为质
点）。物块与左右两边槽壁的距离如图所示， 。凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因
数 。开始时物块静止，凹槽以 的初速度向右运动，设物块与凹槽壁的碰撞没有能量损
失，且碰撞时间不计。g取10 。则（ ）
A．物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5m/s
B．物块与凹槽相对静止时物块在凹槽的左端
C．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间为10s
D．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间内物块运动的位移大小为12.5m
【答案】AB
【详解】A．设两者相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得
解得 ，故A正确；
B．物块与凹槽间的滑动摩擦力
设两者间相对静止前，相对运动的路程为 ，由动能定理
26解得
已知 ，可得物体与凹槽相对静止时物体在凹槽的左端，故B正确；
C．设凹槽与物块碰前的速度分别为 、 ，碰后的速度分别为 '、 '。有 ，
得
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则有 ，
，解得 ，故C错误；
D．设凹槽与物体的速度分别为 ， ，根据动量守恒定律得
即 ， 的运动方向相同，结合上式可得两物体位移关系为
因为两者一直同方向运动，物块开始在凹槽的中央，相对静止时物块在凹槽的左端，所以两物体的位移
关系为 ，解得 ，故D错误。
故选AB。
二、单选题
5．（2023·河北邯郸·校考三模）如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有
一质量为m的木块以初速度v 水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则( )
0
A．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
B．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
C．车表面越粗糙，小车增加的动量越多
D．木块的最终速度为
【答案】D
【详解】以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，
m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动。以初速
度方向为正方向，根据动量守恒有
解得
木块减少的动量 与车面粗糙程度无关，小车M获得动量 与车面粗糙程度无关。
故选D。
6．（2023·江苏南通·海安高级中学校考模拟预测）如图所示，长度为l的轻质细线一端与带孔小球A连
接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球A与木块B质量均为m。t
27＝0时刻，给木块B一水平瞬时冲量I，使其获得v＝ 的初速度，则从t＝0时刻至B再次运动到A
0
正下方的过程中（ ）
A．A、B沿绳方向加速度始终相等 B．绳对A球的冲量大小为m
C．绳对A先做正功后做负功 D．木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg
【答案】D
【详解】A．从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，所以A一直
水平向右加速，B的运动可以分解为水平向右随A加速直线运动和竖直平面内的圆周运动。所以A的加
速度水平向右，B的加速度有与A相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量。故A、B沿绳方向加速
度不相等，故A错误；
B．从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，由动量守恒定理和能量守恒定理可得
，
解得 ，
对A球由动量定理可得
由受力分析可知重力与支持力不相等，所以 ，所以 ，故B错误；
C．从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对A一直做正功，
故C错误；
D．B再次运动到A正下方时，由B项分析知A的速度不为零，所以B随A水平运动的速度为零，由
，得 ，故D正确。
故选D。
7．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考一模）装有砂子的小车在光滑水平地面上匀速运动，小车
和砂子总质量为M，速度为v，在运动过程中有质量为m的砂子从车上漏掉。砂子漏掉后，小车的速度
0
应为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】砂子从车上漏掉的瞬间，其速度仍然为v，设汽车速度为v，根据水平方向动量守恒可得
0
，解得
28故选D。
8．（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，轻弹簧左端固定在墙壁上，右端拴接质量为 的物块 ，
初始时弹簧处于原长状态，物块 静止在地面上，其左侧地面光滑，右侧地面粗糙．质量为 的物块
从距离物块 为 的位置以大小为 的初速度向 运动，并以大小为 的速度与 发生碰撞（碰撞时
间极短），碰后物块 静止。两物块均可视为质点，重力加速度为 ，则（ ）
A．物块 与地面间的动摩擦因数为
B．两物块第一次碰撞损失的能量为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．物块 最终停止在其初始位置的右侧
【答案】B
【详解】A．根据题意，B运动过程中，由动能定理有
解得 ，故A错误；
B．由于碰撞时间极短，则碰撞过程系统动量守恒，则有
解得 ，则两物块第一次碰撞损失的能量为
故B正确；
C．根据题意可知，碰撞之后，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒，当物块A的动能为0时，弹簧的弹
性势能最大，由机械能守恒定律有 ，故C错误；
D．根据题意，由上述分析可知，物块B由初位置运动到物块A静止的位置，动能减小了
由于碰撞过程中动能损失，则物块B经过2次与物块A的碰撞，动能一定小于 ，由动能定理可知，
物块 最终一定停止在其初始位置的左侧，故D错误。
故选B。
三、解答题
299．（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）如图所示，在光滑水平面上小物块B置于足够长的
长木板A的左端和A一起以速度大小 匀速向右运动，与迎面来的速度大小 的小物块C
发生弹性碰撞（时间极短），经过一段时间，A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞。已知
A、C质量分别为 、 ，A与B间的动摩擦因数 ，重力加速度 。求：
（1）A、C碰撞后的速度 、 ；
（2）小物块B的质量 ；
（3）小物块B相对长板A滑动的距离L。
【答案】（1） ，方向水平向左， ，方向水平向右；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意，规定水平向右为正方向，A、C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得 ，
（2）A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞，可判断知A、B最终速度相同等于 ，以A、
B为系统，从A、C碰撞后到A、B共速过程，根据动量守恒定律有 ，解得
（3）从A、C碰后到A、B共速过程，A、B系统根据能量守恒定律有
，解得
10．（2023·江苏镇江·统考三模）如图所示，一个处于光滑水平面的弹簧振子，O点是其平衡位置，振
子质量为m，弹簧劲度系数为k，其振动周期为 ，振子经过O点的速度为v，在O点正上方有
一质量为m的物体自由下落，恰好落在振子上，并与振子粘在一起振动。
（1）求物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小；
（2）以物体落在振子上为 时刻，求振子到达最左端的时刻。
30【答案】（1） ；（2） 或
【详解】（1）振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒
解得物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小
（2）弹簧振子周期 ，振子第一次到达最左端的时刻分别为 ，
振子第N次到达最左侧的时刻分别为 ，
【真题感知】
1．（2021·山东·高考真题）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的
物资以相对地面的速度 水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量
为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．
D．
【答案】BC
【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为
31的物资瞬间，满足动量守恒定律
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度 ，热气球所受合外力恒为 ，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为 ，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地 过程所用的时间 内，根据 解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为 ，
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 ，故C
正确，D错误。
故选BC。
2．（2021·湖南·高考真题）如图（a），质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，
A B
外力 作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为 。撤去外力并开始计
时，A、B两物体运动的 图像如图（b）所示， 表示0到 时间内 的 图线与坐标轴所围面积
大小， 、 分别表示 到 时间内A、B的 图线与坐标轴所围面积大小。A在 时刻的速度为 。
下列说法正确的是（ ）
32A．0到 时间内，墙对B的冲量等于m v
A 0
B． m > m
A B
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
【答案】ABD
【详解】A．由于在0 ~ t 时间内，物体B静止，则对B受力分析有F = F
1 墙 弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，
撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I = m v（方向向右）
A 0
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t 后弹簧被拉伸，在t 时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F = m a =
1 2 弹 A A
m a ，由图可知a > a ，则m < m ，B正确；
B B B A B A
C．由图可得，t 时刻B开始运动，此时A速度为v，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，
1 0
则
可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t 后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t~t 时间内AB组成的系统动量守恒，且在t 时刻
1 1 2 2
弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为 ，在t 时刻AB的速度分别为 ，
2
A、B共速，则 ，D正确。
故选ABD。
3．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面
上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度 ，匀减速滑行 到达N点时，队友用毛刷开
始擦A运动前方的冰面，使A与 间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行 ，与静止在
P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为 和 。已知A、B质量相
同，A与 间冰面的动摩擦因数 ，重力加速度 取 ，运动过程中两冰壶均视为质点，
A、B碰撞时间极短。求冰壶A
33（1）在N点的速度 的大小；
（2）与 间冰面的动摩擦因数 。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设冰壶质量为 ，A受到冰面的支持力为 ，由竖直方向受力平衡，有
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有
设A在 间的加速度大小为 ，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有 ，代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为 ，由动量守恒定律可得
解得
设A在 间受到的滑动摩擦力为 ，则有
由动能定理可得
联立解得
4．（2023·湖南·统考高考真题）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）。
34【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的夹角为 ，小球下降 的过程中，系统水平方向动量守恒
35系统机械能守恒
联立得
5．（2021·河北·高考真题）如图，一滑雪道由 和 两段滑道组成，其中 段倾角为 ， 段水
平， 段和 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为 的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若 后
质量为 的滑雪者从顶端以 的初速度、 的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水
平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为 ，重力加速度取 ，
， ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道 段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设斜面长度为 ，背包质量为 ，在斜面上滑行的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为 ，初速度为 ，加速度为 ，在斜面上滑行时间为 ，落后时间
，则背包的滑行时间为 ，由运动学公式得 ， ，联立解得 或
，故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为 、 ，有 ，
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为 ，有
，解得
36
