文档内容
易错点 07 动量
目 录
01 易错陷阱（3大陷阱）
02 举一反三
【易错点提醒一】运用动量定理解释现象错误
【易错点提醒二】根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型
【易错点提醒三】不理解动量守恒定律的条件
【易错点提醒四】运用动量动量守恒列式错误
【易错点提醒五】没有弄清碰撞的特点而出现错误
【易错点提醒六】不会运用碰撞原则求解问题
03 易错题通关
易错点一：应用动量定理求解问题时出现错误
3.动量定理的理解
（1）动量定理反映了合力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量
是原因，物体的动量变化量是结果.
（2）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力
的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.
（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含
义.
2 介质流模型冲力的计算
研 究流体类：液体流、气体流等，通常给出流体的密度ρ
对象
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数n
分 析①建构“柱状”模型：沿流速v 的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
步骤
② 微小柱体的体积ΔV =vSΔt
元 研
究 小柱体质量m=ρΔV =ρvSΔt
小柱体内粒子数N=nvSΔt小柱体动量p=mv=ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt=Δp 研究
易错点二：不理解动量守恒定律的条件也不会运用动量守恒定律列式求解问题
.3.动量守恒定律适用条件
（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零 .
（2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力[4] 远大于系统所受到的外力.
（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为零时，系统在该方向上动
量守恒.
4.表达式
（1）p=p' ，系统作用前的总动量等于作用后的总动量.
（2）Δp =−Δp ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
1 2
（3）Δp=p'−p=0 ,系统总动量的变化量为零.
易错点三：没有弄清碰撞的特点和规律而出现错误
5．碰撞的概念及特点
碰撞是物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的
动量在碰撞过程的极短时间内发生剧烈变化的过程，具有以下特点：
(1) 碰撞过程时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，
平均作用力很大。
(3)动量守恒条件的特点：由于碰撞过程中物体间的相互作用力(内力)很大(远大于外力
如重力及摩擦力等)系统的内力远远大于外力，系统的总动量守恒。
(4) 碰撞过程位移特点：在物体发生碰撞、的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰
撞前后仍在同一位置。
6.碰撞问题的三个原则
（1）系统动量守恒，即p ＋p ＝p′＋p′。要注意“守恒”是矢量守恒，指系统总动量
1 2 1 2
的大小和方向均守恒。
（2）机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为E ＋E ≥E ′＋E ′或
k1 k2 k1 k2
＋≥＋.
（3）速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v ≥v
前 后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零
.
【易错点提醒一】运用动量定理解释现象时出现错误
【例1】．（2020全国Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊
会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安
全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
易错分析：此题许多同学错选B项，误认为减少了碰撞前后司机动量的变化量，实际
上用动量定理解释现象，在动量变化相同的情况下，一股是大男生短时间，小
力长时间。
【答案】D
【解析】 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气
体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机
的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A错误，D正确；碰撞前司机的动
量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机的动量为零，所以安全气囊不能减少
碰撞前后司机的动量的变化量，B错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动
能转化为安全气囊的内能,C错误.
【变式1-1】（2023·广东深圳·统考二模）安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。
如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为
50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s
停下。以下说法正确的是（ ）A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N
【答案】BC
【解析】碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；
假人的初动量为
末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；
使用安全带时，根据动量定理有 ，解得
假人受到的平均作用力约为1250N，故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有
解得
假人受到的平均作用力约为5000N，故D错误
【变式1-2】（2023·江苏南通·统考一模）小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程
如图所示。保持起跳速度不变，则（ ）
A．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人做的功总为零
B．起跳过程屈腿姿态不同，地面对人的平均作用力大小相同
C．着地过程屈腿姿态不同，地面对人的冲量相同
D．着地过程屈腿姿态不同，人的动量变化率相同
【答案】A
【解析】根据题意，由做功公式 可知，由于无论起跳过程屈腿姿态什么样，地面对
人的作用力的位移为0，则地面对人做的功总为零，故A正确；起跳过程屈腿姿态不同，
则起跳时间不同，由于起跳速度不变，由动量定理可知，地面对人的平均作用力大小不同，
故B错误；由于起跳速度不变，则落地速度也不变，即落地过程中动量的变化量不变，但
着地过程屈腿姿态不同，落地时间不同，则人的动量变化率不同，由动量定理地面对人的冲量不相同，所以选项CD错误。
.【变式1-3】（2023广东中山市模拟）质量为 的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经
时间 身体伸直并刚好离开水平地面，此时运动员的速度大小为 ，不计空气阻力，重力
加速度大小为 。则（ ）
A. 运动员在加速上升过程中处于失重状态
B. 该过程中，地面对运动员的冲量大小为
C. 该过程中，地面对运动员做功为0
D. 该过程中，运动员的动量变化量大小为
【答案】C
【解析】对运动员，在加速上升过程中加速度向上，处于超重状态，A错误；
由动量定理有
得地面对运动员的冲量大小为
B错误；地面对运动员的力的作用点的位移为零，得地面对运动员做功为零，C 正确；
运动员的动量变化量大小为 ，D错误
【易错点提醒二】根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型
【例2】（2024·广东省普通高考第一次模拟）汕头市属于台风频发地区，图示为风级
（0~12）风速对照表。假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度
立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力
的（ ）
风级 风速（m/s） 风级 风速（m/s）
0 0~0.2 7 13.9~17.1
1 0.3~1.5 8 17.2~20.7
2 1.6~3.3 9 20.8~24.4
3 3.3~5.4 10 24.5~28.4
4 5.5~7.9 11 28.5~32.6
5 8.0~10.7 12 32.7~36.9
6 10.8~13.8 ……. …….
A. 45倍 B. 36倍 C. 27倍 D. 9倍
易错分析：对于空气、水等流体质介问题，同学们们在运用动量定理求平均冲力时，不知
如何选取研究对象，建立物理模型，因而也无法求解，实慰上求解的关键是建立柱体模型。
【答案】A【解析】设空气的密度为 ，广告牌的横截面积为 ，经过 时间撞击在广告牌上的空气
质量为
，根据动量定理可得 ，解得
根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为
则“ 级”风对广告牌的最大作用力与“ 级”风对广告牌最小作用力的比值为
故选项A正确。
【变式1-1】 2023·河南·校联考模拟预测）小飞同学在洗盘子的时候发现当水流稳定时，
从水龙头流下的水柱从上到下越来越细，如图所示。小飞同学将盘子放在水龙头下一定距
离，仔细观察后，水流对盘子的冲击力基本稳定，经过测量，水流对盘子的冲击力为F。
已知水龙头的横截面积为 ，出水速度为 ，水的密度为 ，重力加速度为g。水接触盘
子后速度立刻变为零，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．盘子距水龙头的高度为 B．盘子距水龙头的高度无法求出
C．与盘子接触的水柱横截面积无法求出 D．与盘子接触的水流速度可以求出
【答案】D
【详解】水的流量不变，即
设水与盘子刚要接触时速度为 ，与盘子接触的水柱横截面积为 ，则
由动量定理得
解得 ，
水从出口到与盘子接触做匀加速直线运动，则盘子距水龙头的高度
，故ABC错误，D项正确。
故选D。
【变式1-2】.（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测）平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大
小均变为 v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单
位时间撞击锅盖的豆子个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理
其中F=Mg
解得
故选项A正确。
【变式1-3】（2023广东卷）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．
多个质量均为 的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1
施加一个水平向右的恒力 ，推动滑块1以 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时
间为 ，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 ．关于两滑块的碰撞过程，下
列说法正确的有（ ）
.
A 该过程动量守恒
B. 滑块1受到合外力的冲量大小为
C. 滑块2受到合外力的冲量大小为
D. 滑块2受到滑块1的平均作用力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有负号表示方向水平向左，故B正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C错误；
D．对滑块2根据动量定理有
解得
则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 ，故D正确。
故选BD。
【易错点提醒三】不理解动量守恒定律的条件
【例3】.（2024河北唐山期中）如图所示，物块A 静止在光滑水平面上，将小
球B 从物块顶端由静止释放，从小球开始沿物块的光滑弧面（弧面末端与水平
面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，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
易错分析：此题错选A的学生较多，误认为系统的动量和机械能都守恒，实际上是错误，
只能说系统在水平方向动量守恒，不能认为系统的动量守恒。
【答案】C
[解析] 对于A 、B 组成的系统，在B 下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组
成的系统机械能守恒；A 、B 组成的系统在竖直方向上所受外力之和不为零，则该系统
动量不守恒，故选C.
【变式1-1】（/2021全国乙如图，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( B
)
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
[解析] 撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系
统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相
对滑动，撤去推力后滑块和小车之间有相对位移，存在摩擦力做功的情况，故
系统机械能不守恒，所以B正确.
【变式1-2】 [2023四川雅安期末/多选]木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，
放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上，在b 上施加向左的水平力F 使弹簧压缩，
如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是( )
A. a 离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量守恒
B. a 离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量不守恒
C. a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量守恒
D. a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量不守恒
【答案】 BC
[解析] 当撤去外力F 后，a 离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受
的外力之和不为零，所以a 和b 组成的系统动量不守恒，A 错误，B 正确；a
离开墙壁后，系统所受的外力之和为零，所以a 和b 组成的系统动量守恒，C
正确，D 错误..【变式 1-3】 （2023 河南周口模拟）如图所示，A 、B 两物体质量之比
m :m =3:2 ，原来静止在平板车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面
A B
光滑，当弹簧突然释放后，A 、B 分别向左、右滑动，则( )
A. 若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成的系统的动量
守恒
B. 若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C 组成的系统的
动量守恒
C. 若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成的系统的动量守恒
D. 若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成的系统的动量守恒
【答案】BCD
[解析] 如果A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A 、B
分别相对于平板车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力分别为F （向
A
右）、F （向左），由于m :m =3:2 ，所以F :F =3:2 ，则A 、B 组成的
B A B A B
系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错误.对A 、B 、C 组成的系
统，A 、B 与C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和
支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B 、D 均正确.若A 、B 所
受摩擦力大小相等，则A 、B 组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，
C正确.
【易错点提醒四 】运用动量守恒定律列式出现错误
【例4】. （2020全国Ⅱ]水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡
板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg 的静止物块以大小为5.0m/s 的速度沿与
挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度
反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s
的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大
于5.0m/s ，反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质
量可能为( )
A. 48kg B. 53kg C. 58kg D. 63kg易错分析：．应用动量守恒定律时首先要注意应先选取正方向，凡是与选取的正方向
一致的动量为正值，相反为负；同时注意的“五性”公式中v 、v 是在相互作用前同一时
1 2
刻的速度，v′、v′是相互作用后同一时刻的速度。不注意这两点在运用动量守恒定律
1 2
列式往往出现错误。
【答案】BC
[解析] 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M ，物块的质量
为m ，物块被推出时的速度大小为v ，运动员第一次推出物块后的退行速度大
0
小为v .根据动量守恒定律知，运动员第一次推出物块时有0=Mv −mv ，物块
1 1 0
与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有
Mv +mv =−mv +Mv ， 依 此 类 推 ， Mv +mv =−mv +Mv ， … ，
1 0 0 2 2 0 0 3
Mv +mv =−mv +Mv ， 又 运 动 员 的 退 行 速 度 v >v ， v mv2 ，总动能增加，不可能，故D错误。
2 A 2 B 24 0 2 0
【变式1-2】如图所示，在光滑水平地面上，质量为1kg 的小球A 以4m/s 的
速度向右运动，与静止的质量为3kg 的小球B 发生正碰，碰后B 的速度大小可
能为( )A. 3m/s B. 2.0m/s C. 1.4m/s D. 0.9m/s
【答案】BC
[ 解 析 ] 若 A 与 B 发 生 完 全 非 弹 性 碰 撞 ， B 获 得 最 小 速 度 ， 有
m v =(m +m )v ，解得v =1m/s ；若A 与B 发生完全弹性碰撞，B 获得
A 0 A B min min
1 1 1
最 大 速 度 ， 有 m v =m v +m v ， m v2= m v2 + m v2 ， 解 得
A 0 A A B max 2 A 0 2 A A 2 B max
v =2m/s ，故B的速度大小取值范围为1m/s≤v ≤2m/s ，故选B、C
max B
【变式1-3】（2020全国Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运
动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中
实线所示.已知甲的质量为1kg ,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A. 3J B. 4J C. 5J D. 6J
【答案】A
[ 解 析 ] 设 乙 物 块 的 质 量 为 m ， 由 动 量 守 恒 定 律 有
乙
m v +m v =m v' +m v' ，代入图中数据解得m =6kg ，进而可求得碰
甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙 乙
1 1 1 1
撞过程中两物块损失的机械能为E = m v2 + m v2 − m v'2 − m v'2 ，
损 2 甲 甲 2 乙 乙 2 甲 甲 2 乙 乙
代入图中数据解得E =3J ，A正确.
损
1．（多选）（2023·四川眉山·校考模拟预测）在篮球场某同学伸出双手迎接传来的篮球，
接球时，两手随球迅速收缩至胸前。该同学这样做的目的是（ ）
A．延长球对手的作用力时间 B．减小球的动量变化量
C．减小球对手的冲量 D．减小球对手的作用力
【答案】AD
【详解】A．先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，故A正确；
B．动量变化量为
由于初速度是定值，所以动量的变化量不变，故B错误；
C．球对手的冲量与手对球的冲量等大反向，大小等于球的动量变化量，也不变，故C错误；
D．根据动量定理得 ，解得 ，当时间增大时，动量的变化率减小，即作
用力就减小，故D正确。
故选AD。
2。(2022广东湛江模拟)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气
袋进行包裹，这种做法的好处是（ ）
A. 可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B. 可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C. 可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D. 可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小
【答案】CD
【解析】充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动
量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改
变合力的冲量，AB错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。
3.（2023·河南安阳模拟）丝网版画有其独特的绘画语言，其艺术水准可与国画、油画等其
它艺术作品相婉美。丝网版画在显影时需要用高压水枪冲洗，直至优美画面显出，若高压
水枪喷口的出水速度为 ，水的密度 ，水与版画接触后沿版画平面
散开，则版画单位面积上受到的冲击力为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【解析】设出水时间为t，水枪的喷口的横截面积为S，对画表面的冲击力为F，水枪喷出
水的速度为v，则在t时间内喷出水的质量为
以这部分水位研究对象，以水喷出的方向为正方向，则由动量定理可得
所以
由水枪喷嘴的横截面积很小，可忽略不计，则所受到水的冲击力约为
，故选项B正确。
4.（2022·全国乙卷·T20）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
【解析】
物块与地面间 摩的擦力为
AC．对物块从 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． 物块发生的位移为x，由动能定理可得
1
即
得
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。5. （2023重庆西南大学附中期末）如图所示，A 、B 两小球形状大小一样，
且质量均为m .某时刻两小球在同一水平面上沿同一直线相向运动，小球A 速
度大小为v 、方向水平向右，小球B 速度大小为2v ，方向水平向左，两小球
0 0
发生弹性碰撞后，则( )
A. 小球A 向右运动 B. 小球B 的动量大小增大
C. 碰后小球A 的动能增加了2mv2 D. 小球B 的动量变化量大小为3mv
0 0
【答案】D
[解析] 两小球发生弹性碰撞，令碰撞后A 球和B 球的速度分别为v 和v ，
A B
取 向 左 为 正 方 向 ， 则 m(−v )+2mv =mv +mv ，
0 0 A B
1 1 1 1
mv2+ m(2v ) 2= mv2 + mv2 ，解得v =2v ，v =−v ，所以小球A 向左
2 0 2 0 2 A 2 B A 0 B 0
运动，小球B 向右运动，小球B 的动量大小变小，故 A、B 错误；碰后小球A
1 1 3
的动能增加了ΔE = mv2 − mv2= mv2 ，故C错误；小球B 的动量变化量
kA 2 A 2 0 2 0
为Δp=mv −2mv =m(−v )−2mv =−3mv ，负号只表示方向，故D正确.
B 0 0 0 0
6.（2022·山东卷·T2）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，发射仓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
【解析】A．火箭从发射仓发射出来，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。
7.（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考三模）如图所示，质量为M的直—20武装直升
机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为
g。当直升机悬停空中时，发动机输出的机械功率为P，桨叶旋转推动空气，空气获得的速
度为v，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为（ ）
0
A． B． C． D．
【答案】BD
【解析】设在时间 内通过面积S的空气质量为 ，则
解得 ，A错误，B正确；发动机输出的机械功率 ，对空气根据动量
定理 ，对直升机根据平衡知识
考虑 ，联立解得 ，C错误，D正确。
8.（2022·湖南卷·T4）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量
与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度 分别碰撞静止的氢核和
氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 和 。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，
下列说法正确的是（ ）A. 碰撞后氮核的动量比氢核的小 B. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
C. 大于 D. 大于
【答案】B
【解析】
设中子的质量为 ，氢核的质量为 ，氮核的质量为 ，设中子和氢核碰撞后中子速
度为 ，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度为 ，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
可得
碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为可得
故B正确，ACD错误。
故选B。
9.（2023辽宁卷）如图，质量m= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙
1
面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m= 4kg的小物块以水
2
平向右的速度 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，
物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性
限度内，弹簧的弹性势能E与形变量x的关系为 。取重力加速度g = 10m/s2，
p
结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x；
1
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x及此
2
时木板速度v的大小；
2
（3）已知木板向右运动的速度从v减小到0所用时间为t。求木板从速度为v时到
2 0 2
之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m； ；（3）
【解析】（1）由于地面光滑，则m、m组成的系统动量守恒，则有mv= (m＋m)v
1 2 2 0 1 2 1
代入数据有v= 1m/s
1
对m受力分析有
1
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v2= 2ax
1 1 1
代入数据解得x= 0.125m
1
（2）木板与弹簧接触以后，对m、m组成的系统有kx = (m＋m)a
1 2 1 2 共
对m有a= μg = 1m/s2
2 2
当a = a时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x= 0.25m
共 2 2
对m、m组成的系统列动能定理有
1 2代入数据有
（3）木板从速度为v时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m的
2 1
加速度大于木块m的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x时，则说
2 2
明此时m的速度大小为v，共用时 2t，且m一直受滑动摩擦力作用，则对m有－
1 2 0 2 2
μmg∙2t= mv－mv解得
2 0 2 3 2 2
则对于m、m组成的系统有 U = －W
1 2 f
联立有
10. （2023浙江6月卷）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
【解析】（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 解得
1
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
11．（2023浙江1月卷）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上
倾角 的直轨道 、螺旋圆形轨道 ，倾角 的直轨道 、水平直
轨道 组成，除 段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道 、
相切于 处．凹槽 底面 水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在
竖直侧壁 处，摆渡车:上表面与直轨道下 、平台 位于同一水平面．已知螺旋圆
形轨道半径 ，B点高度为 ， 长度 ， 长度 ，摆
渡车长度 、质量 ．将一质量也为m的滑块从倾斜轨道 上高度
处静止释放，滑块在 段运动时的阻力为其重力的0.2倍．（摆渡车碰到竖直
侧壁 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力， ， ）（1）求滑块过C点的速度大小 和轨道对滑块的作用力大小 ；
（2）摆渡车碰到 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数
；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t．
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【 解 析 】 （ 1 ） 滑 块 从 静 止 释 放 到 C点 过 程 ， 根 据 动 能 定 理 可 得
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为 ，从静止释放到G点过程，根据动能定理
可得
解得
摆渡车碰到 前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车
共速 ，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得 解得
根据能量守恒可得 解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
12.（2023湖南卷）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）
【解析】（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
联立记得
（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
系统机械能守恒
联立得
13.（2023全国乙卷）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
【解析】（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
此时圆盘距下端关口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。
14. （2023山东卷）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道
末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A
与B以相同速度 向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无
初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，
此时B右端与P板的距离为s。已知 ， ， ， ，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数 ，C与B间动摩擦因数 ，B足够
长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速
度大小 。
（1）求C下滑 的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若 ，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若 ，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个
物体总动量的变化量 的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）
【解析】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t，B和C共速，有
1
代入数据解得
木板B的位移
共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设 再 经 过 t 时 间 ， 物 块 A 恰 好 祖 上 模 板 B ， 有
2整理得
解得 ， （舍去）
此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为
（3）由于
所以可知滑块 C 与木板 B 没有共速，对于木板 B，根据运动学公式有
整理后有
解得 ， （舍去）
滑块C在这段时间的位移
所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木
板 B 向右运动 0.48m 时，有
此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可
得加速度大小
物 块 A 和 木 板 B 相 向 运 动 ， 设 经 过 t 时 间 恰 好 相 遇 ， 则 有
3
整理得解得 ， （舍去）
此时有 方向向左；
方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，
0
则有
代入数据解得
而此时
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，
A向左匀速运动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量 即大小为9.02kg⋅m/s。
15.（2022·全国乙卷·T25）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光
滑水平面上：物块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞
结束，A、B的 图像如图（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离
为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次
碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为 ，
与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根
据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）同一时刻弹簧对 、 的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的的瞬时速度分别为
根据位移等速度在时间上的累积可得
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大
小仍为 ，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，
根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
