文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
7.2 动量守恒定律
考点一 动量守恒条件的判断............................................................................................................................................ 1
题组1：动量守恒条件与机械能守恒条件..............................................................................................................1
考点二 动量守恒定律的基本应用................................................................................................................................... 3
题组1：动量守恒定律的简单应用........................................................................................................................... 3
考点三 碰撞问题................................................................................................................................................................... 5
题组1：碰撞可能性.......................................................................................................................................................5
题组2：弹性碰撞........................................................................................................................................................... 6
题组3：非弹性碰撞.......................................................................................................................................................9
考点四 爆炸与反冲............................................................................................................................................................ 11
题组1：爆炸现象.........................................................................................................................................................11
题组2：反冲运动.........................................................................................................................................................13
题组3：人船模型.........................................................................................................................................................14
7.2 动量守恒定律
考点一 动量守恒条件的判断
题组1：动量守恒条件与机械能守恒条件
1. （单选）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
【解析】从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；
撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑动摩擦力，撤去外
力后滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功，克服摩擦力做的功转化为
系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2. （单选）如图所示，足够长的斜面体静置于水平地面上，斜面的倾角为θ，平行于斜面的轻杆一端连接
小物块A，另一端连接光滑的小物块B，A、B的质量均为m，小物块A与斜面之间的动摩擦因数μ= tanθ。
将小物块A、B在斜面上的某一位置同时由静止释放，沿斜面运动的距离为x，在这过程中，斜面体始终处
于静止状态。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A. 物块A和物块B组成的系统动量守恒
B. 斜面体与地面之间没有相对运动趋势
C. 物块A的加速度大小为1
4 gsinθ
D. 物块B减少的机械能为1
2 mgx sinθ
【答案】D
【解析】A、由于AB组成的系统合外力不为零，物块A和物块B组成的系统动量不守恒，A 错误;
B、由于A、B整体的加速度沿斜面向下，斜面受到水平向左的静摩擦力，斜面和地面之间有相对运动趋势，
B错误;
C、对A、B整体研究，根据牛顿第二定律有2mgsinθ−μmgcosθ =2ma，解得a= 1
2 gsinθ，C 错误;
D、对物块B，由于轻杆的拉力做负功，其机械能减少，根据牛顿第二定律有mgsinθ−T =ma，解得
T = 1
2 mgsinθ，所以物块B减少的机械能为△E =Tx = 1
2 mgx sinθ，D 正确。
3. （单选）如图所示，光滑绝缘水平面上有两个带电小物块A、B，质量分别为m、3m。最初两物体相
距很远，相互间库仑力可以忽略，系统电势能定义为0。某时刻给A一个向右的速度，经过足够长时间后，
A、B再次相距很远且过程中没有发生碰撞。则对此过程描述正确的是( )
A. A、B系统的机械能守恒
B. A、B系统的动量不守恒
C. A、B相距最近时，A、B系统的电势能最小
D. 最终A、B的运动方向相反
【答案】D
【解析】A、题述过程AB间的库仑力做功，AB系统的机械能不守恒，故A 错误；
B、光滑绝缘水平面，题述过程AB系统所受合力为零，AB系统的动量守恒，故B 错误；
C、AB相距最近时速度相等，克服库仑力做功最多，系统的电势能最大，故C 错误；
D、设最终AB的速度分别为v A、vB，根据动量守恒定律和能量守恒定律有m v0+0=m v A+3m vB，
1
2 mv0
2= 1
2 mv A
2+ 1
2 ·3mvB
2，解得v A =−1
2 v0，vB= 1
2 v0，所以最终A、B的运动方向相反，故D 正确。
4. （单选）如图所示装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在
木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A. 子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能不守恒
C. 在弹簧被压缩过程，木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力
D. 在弹簧被压缩到最短时，木块的速度为零，加速度不为零
【答案】D
【解析】A.根据能量守恒定律可知，子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能和子弹、木块因摩擦产生的
内能之和，故A 错误；
B.弹簧、木块和子弹组成的系统所受合外力不为零，故动量不守恒，因子弹和木块因摩擦产生了内能，故
系统机械能不守恒，故B 错误；
C.根据牛顿第三定律可知，在弹簧被压缩过程，木块对弹簧的作用力大小等于弹簧对木块的作用力大小，
故C 错误；
D.在弹簧被压缩到最短时，木块的速度为零，但受到弹簧水平向右的弹力，故加速度不为零，故D 正确。
故选D。
考点二 动量守恒定律的基本应用
题组1：动量守恒定律的简单应用
1. （单选）甲、乙两人静止在光滑的水平冰面上。甲轻推乙后，两人向相反方向滑去。已知甲的质量为
60kg，乙的质量为50kg。在甲推开乙后( )
A. 甲、乙两人的动量相同B. 甲、乙两人的动能相同
C. 甲、乙两人的速度大小之比是5：6
D. 甲、乙两人的加速度大小之比是5：6
【答案】C
【解答】解：A、甲轻推乙的过程，两人组成的系统合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：
p甲+ p乙=0，得p甲=−p乙，即甲、乙两人的动量大小相等，方向相反，动量不同，故A 错误；
B、甲、乙两人的动量大小相等，甲的质量大于乙的质量，由Ek = 1
2 mv
2= p
2
2m
，得知甲的动能小于乙的动
能，故B 错误；
C、取甲的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：m甲v甲−m乙v乙=0，则甲、乙两人的速度大小之
v甲
v乙
= m乙
m甲
= 5
6 ，故C 正确；
D、在甲推开乙后，甲、乙两人在光滑的水平冰面上匀速运动，合力均为零，甲、乙两人的加速度大小均
为零，故D 错误。
故选：C。
2. （单选）如图所示，将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量为m的子弹水平
射入沙箱(未穿出)，沙箱摆动的最大摆角为α(α < π
2)。摆动过程中，沙箱可视为质点，重力加速度为g，
则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于( )
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A. M +m
M
√2glcosα B. M +m
m
√2gl(1−cosα )
C. √
2(M +m)
M
gl (1−cosα )
D. √
2(M +m)
m
glcosα
【答案】B
【解析】设子弹射入沙箱时整体速度为v，由机械能守恒有 1
2
(m+ M )v
2=(m+ M )gl (1−cosα )，设子弹
将要射入沙箱时的速度大小为 v0 ，规定向右为正方向，子弹射入沙箱过程中，由动量守恒
有 m v0=(m+ M )v，解得 v0= M +m
m
√2 gl (1−cosα )，故B 正确。
故选B。
3.如图所示，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点，初始时轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当
物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最
大距离为s。已知b的质量是a的3倍，b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，求：
(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
(2)轻绳的长度．
【答案】(1)vb=√2 μgs;(2)L= 4 μs。
【解答】(1)设a的质量为m，则b的质量为3m，
对物块b碰后由动能定理得−μ×3mgs=0−1
2 ×3mvb
2，
解得vb=√2 μgs;
(2) a球从水平位置摆下的过程mgL= 1
2 m v0
2，
ab碰撞的过程m v0=m va+3m vb，
1
2 m v0
2= 1
2 m va
2+ 1
2 ×3m vb
2，
解得L= 4 μs。
考点三 碰撞问题
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
题组1：碰撞可能性
1. （单选）如图所示，小球2静止在水平地面上，小球1以一定的速度与小球2发生对心碰撞。若碰撞时间
极短，且不计一切摩擦，则下列关于两个小球碰撞前后动量p与时间t的关系可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】根据题意可知，两球碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则碰撞过程中，两球组成系统的动量守恒
A.图中表示小球2碰撞后与小球1初速度方向相反，不符合实际，故A 错误；
B.图中表示两球碰撞后共速，可能实现，故B 正确；
CD .图中表示两球碰撞后，两球组成系统的动量增加，不符合动量守恒定律，故CD 错误。
故选B。
2. （单选）如图所示，在光滑水平地面上，质量为1kg的小球A以4 m/ 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. 2.5m/ s
D. 0.9m/ s
【答案】B
【解析】若A与B发生完全非弹性碰撞，碰撞后两者共速，B获得最小速度，根据动量守恒有
mA v0=(mA+mB)vmin
解得vmin=1.0m/ s
若A与B发生完全弹性碰撞，B获得最大速度，根据动量守恒和能量守恒有mA v0=mA v A+mB vmax，
1
2 mA v0
2= 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vmax
2
联立解得vmax =2.0m/ s
故B 的速度取值范围为1.0m/ s≤vB≤2.0m/ s。
故选B。
3.（单选）A、B两球在光滑水平面上，mA =1kg，mB=2kg，A球沿AB连线方向以v A =6m/ s做直线运
动， B球静止，当A与B发生碰撞后，A、B两球速度的不可能是( )
A. v ' A = 4 m/ s，
B. v ' A =2m/ s，v ' B=2m/ s
C. v ' A =0m/ s，v ' B=3m/ s
D. v ' A =−2m/ s，v ' B= 4 m/ s
【答案】A
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】以两球碰撞前动量方向为正，则碰撞前的总动量 p=mA v A+mB vB=6kg⋅m/ s
总动能 Ek = 1
2 mA v A
2 =18 J
由题意可知，两球碰撞应满足动量守恒即 mA v A+mB vB=mA v ' A+mB v ' B
碰撞后的总动能满足 E' K ≤Ek
带入数据可知，四个选项均符合碰撞前后动量守恒，碰后动能不增加；
由于两球碰撞后不能穿越，碰撞后 A 的速度不能大于 B 的速度，由于本题选择不可能的选项，故A 符合
题意。
故选A。
题组2：弹性碰撞
4. （单选）如图所示，形状相同的A、B、C三个小球的质量分别为m、m、2m，将三个小球分别静置于
同一光滑的水平直线轨道上的x =0、x =3m和x =9m处(轨道足够长)。t =0时，A球开始以v =3m/ s的速
度向B球运动。已知小球间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时发出相同音量(单位：dB)的声音，则下列选项
正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】小球A以 v =3m/ s 的速度向B球运动，经过时间t1= x AB
v = 3
3 s=1s与B相碰；对A、B相碰过程
由动量守恒和能量守恒得mv =m v1+m v2，1
2 mv
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2，解得v1=0，v2=3m/ s，则A、B碰
后到B、C相碰经过的时间为t2= xBC
v2
= 6
3 s=2s，即在t =3 s时刻B、C相碰；对B、C相碰过程由动量守恒
和能量守恒得m v2=m v3+2m v4，1
2 mv2
2= 1
2 mv3
2+ 1
2 ⋅2mv4
2，解得v3=−1m/ s ， v4=2m/ s，即B以
1m/ s的速度返回，再与A相碰时经过的时间为t3= xBC
|v3| = 6
1 s=6 s，即在t =9 s时刻B、C再次相碰。
故选C。
5. （单选）如图所示，B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相
等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹
性碰撞，则碰撞之后( )
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A. 五个小球静止，一个小球运动
B. 四个小球静止，两个小球运动
C. 三个小球静止，三个小球运动
D. 六个小球都运动
【答案】C
【解析】设入碰小球的速度为 v0 ，碰撞后的两球速度分别为 v1 和 v2 ，由题可知所发生的碰撞均为弹性碰
撞，动量守恒定律和机械能守恒，则有：
m1v0=m1v1+m2v2
1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得碰撞后两个小球的速度为：
v1= (m1−m2)v0
m1+m2
v2= 2m1v0
m1+m2
由于 A 球质量小于 B 球质量，所以 A 、 B 相碰后 A 速度向左运动， B 向右运动； B 、 C 、 D 、 E 四
球质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终 E 有向右的速度， B 、 C 、 D 静止；由于 F 球质量小
于 E 球质量，所以 E 、 F 两球弹性碰撞后 E 、 F 两球都向右运动；所以碰撞之后 B 、 C 、 D 三球静
止； A 球向左， E 、 F 两球向右运动；
A.五个小球静止，一个小球运动与分析不符，不符合题意；
B.四个小球静止，两个小球运动与分析不符，不符合题意；
C.三个小球静止，三个小球运动与分析相符，符合题意；
D.六个小球都运动与分析不符，不符合题意．
6.如图所示的水平地面上有a、b、o、e四点。将一条轨道固定在竖直平面内，ab段是粗糙的水平面，间
距L=2.25m，与物块间动摩擦因数均为μ=0.2，bcde段光滑，其中斜面bc在b点通过光滑圆弧与水平面
连接，在c点与圆弧轨道cde相切(O点为圆心，d为圆弧最高点)，其中cd段对应的圆心角θ =37
∘，圆弧半
径R =1.6m，小物块B静止于b处，质量mA =3kg的小物块A以速度v0=5m/ s从a点向b运动，到达b点与
B发生弹性碰撞，碰后B运动到圆弧轨道的最高点d时对轨道的压力大小等于B所受重力的3
4 ，小物块视为
质点，重力加速度g=10m/ s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，求：
(1)物块B在d点的速度大小;
(2)物块B的质量大小;
(3)若仅改变物块B的质量，A与B碰后物块B仍能沿轨道bcd运动到d，求物块B质量的取值范围。
【答案】(1)物块B经过d点，有：mB g−3
4 mB g=mB
vBd
2
R
解得：vBd =2m/ s
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2) A与B碰前：a= μg
v0
2−v1
2=2a⋅L
解得碰前A的速度：v1= 4 m/ s
A、B碰撞：mA v1=mA v A 2+mB vB2
1
2 mA v1
2= 1
2 mA v A 2
2 + 1
2 mB vB2
2
解得：vB2=
2mA
mA+mB
v1=6m/ s
碰后对B: 1
2 mB vB2
2 =mB g⋅R+ 1
2 mB vBd
2
解得：mB=1kg
(3)由以上可知：A、B碰后：vB=
2mA
mA+mB
v1
第1种情况：物块B恰好到达d点速度为0，B的质量最大
1
2 mB1vB3
2 =mB1g⋅R
解得B的质量最大值：mB1=3(√2−1)kg
第2种情况：物块B恰好到达c点时与轨道间压力为0，B的质量最小
1
2 mB2vB 4
2 =mB2 g⋅Rcosθ+ 1
2 mB2vc
2
在c点有：mB2 g⋅cosθ =mB2
vc
2
R
解得：mB2=(√15−3)kg
故物块B的质量满足(√15−3)kg≤mB≤3(√2−1)kg时，A与B碰后物块B可以沿轨道bcd运动到d
题组3：非弹性碰撞
7. （单选）如图所示，在光滑的水平面上有2024个完全相同的小球等间距地排成一条直线，均处于静止
状态。现使第一个小球以初动能Ek碰撞第二个小球，若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，则整
个碰撞过程中损失的机械能总量为( )
A.
Ek
2024
B.
Ek
2024
2
C. 2023 Ek
2024
D. 2023
2 Ek
2024
2
【答案】C
【解析】以第一个小球初速度v0方向的为正方向，由于小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，每次
碰撞后小球速度都相同，故最后每个小球速度都相同，将2024个小球组成的整体看做一个系统，设系统最
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
终的速度为v，运用动量守恒守恒得：m v0=2024 mv，解得v =
v0
2024
，则系统损失的机械能为：
ΔE = 1
2 mv0
2−1
2 ⋅2024 mv
2，而1
2 mv0
2= Ek，解得ΔE = 2023 Ek
2024
，C 正确，ABD 错误。
故选C。
8.如图所示，足够长的光滑水平地面上，静置一辆小车，长L=0.3m、不可伸长的轻质柔软细绳一端固定
在车厢顶部，另一端系一质量m=1.98kg的木块(可视为质点)，质量m0=20 g的子弹以v0=200m/ s的速
度水平射入木块并留在其中，此后绳与竖直方向的最大夹角θ =60
∘，取重力加速度大小g=10m/ s
2。求：
(1)子弹射入木块时产生的热量Q；
(2)小车的质量M以及绳与竖直方向夹角为θ =60
∘时小车的速度大小；
(3)小车的最大速度vmax的大小。
【答案】(1)设子弹射入木块后的速度大小为v1，由守恒定律得 m0v0=(m+m0)v1，
产生的热量为 Q = 1
2 m0v0
2−1
2 (m0+m)v1
2，
联立解得 Q =396 J；
(2)设木块与小车共速时大小为v2，当木块在最高点时，木块和小车共速，
系统在水平方向动量守恒，则有 m0v0=(m0+m+ M )v2，
由能量守恒有 1
2 (m0+m)v1
2= 1
2 (m0+m+ M )v2
2+(m0+m)gL(1−cosθ)，
解得 M =6 kg ， v2=0.5m/ s；
(3)对小车进行受力分析发现，当木块再次向左回到最低点时，小车速度最大，设此时木块速度大小为v3，
根据动量守恒定律得 m0v0=−(m0+m)v3+ M vmax，
根据机械能守恒定律得 1
2 (m0+m)v1
2= 1
2 (m0+m)v3
2+ 1
2 M vmax
2
，
联立可解 vmax =1m/ s。
9.如图所示，用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块静止于光滑的水平地面上，弹簧处于原长，质量
为4 kg的物块C以v =6m/ s的初速度在光滑水平地面上向右运动，与前方的物块A发生碰撞(碰撞时间极
短)，并且C与A碰撞后二者粘在一起运动．在以后的运动中，求：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体B的速度多大？弹簧弹性势能的最大值是多大？
(2)弹簧第一次恢复原长时B的速度多大？
【答案】(1)设C与A碰撞后速度为v1，由于A、C两者组成的系统动量守恒：mC v =(mA+mC)v1
解得：v1= 4 m/ s
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，设此速度为v2。
A、B、C三者组成的系统动量守恒：(mA+mC)v1=(mA+mB+mC)v2
解得：v2=3m/ s
设弹簧的弹性势能最大为EP，根据机械能守恒得：EP= 1
2 (mA+mC)v1
2−1
2 (mA+mB+mC)v2
2
解得：EP=12J；
(2)取C、A碰撞后为初状态，再次恢复原长为末状态，设此时AC速度为v3，B的速度为v4。
根据系统动量守恒有：(mC +mA)v1=(mC +mA)v3+mB v4
系统机械能守恒有：1
2 (mC+mA)v1
2= 1
2 (mC+mA)v3
2+ 1
2 mB v4
2
解得：v4=6m/ s
考点四 爆炸与反冲
题组1：爆炸现象
1. （多选）如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5m/ s向右做匀速直线运动。
已知甲、乙两球质量分别为0.1kg和0.2kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开
始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x =2.7m，则下列说法正确的是
A. 刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B. 刚分离时，甲球的速度大小为0.1m/ s，方向水平向左
C. 爆炸过程，乙球的动量变化量大小为0.06 N ⋅s，方向水平向右
D. 爆炸过程中释放的能量为0.27 J
【答案】BC
【解析】ABC、设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，
以向右为正方向，由动量守恒有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2，由题意有v2−v1= x
t ，解得v2=0.8m/ s，
v1=−0.1m/ s，
说明刚分离时两球速度反向，爆炸过程，乙球的动量变化量Δp=m2v2−m2v0=0.06 N·s，方向水平向右，
故BC 正确，A 错误；
D、爆炸过程中释放的能量ΔE = 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2−1
2 (m1+m2)v0
2，代入数据解得ΔE =0.027 J，故D 错
误。
故选BC。
2.（多选）2025年春节，我国产的烟花火遍全球，新的烟花研发设计层出不穷。现有某烟花筒的结构如图
1所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时
点燃延期引线，当礼花弹升到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。忽略空气阻力的作
用，则( )
A. a、b两部分落地时的速度大小之比为1˸3
B. a、b两部分的初动能之比为1˸3
C. 从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为1˸3
D. a、b两部分落地时的重力功率之比为3˸1
【答案】BD
【解析】A.a、b两部分水平方向做匀速运动，因水平位移之比1˸3，竖直高度相等，则运动时间相等，可
知落地时的水平速度大小之比为1˸3，竖直速度相等，根据 v =√v x
2+ v y
2可知落地时速度大小之比不是1˸3，
选项A 错误；
B.a、b两部分在最高点炸裂时，水平方向由动量守恒有p=mav0a=mb v0b，根据Ek = p
2
2m
，则初动能之比
为Eka0
Ekb0
= mb
ma
= v0a
v0b
= 1
3，选项B 正确；
C.由于mb
ma
= 1
3，根据I =mgt，则从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3˸1，
选项C 错误；
D.根据P =mg v y =m g
2t可知a、b两部分落地时的重力功率之比为3˸1，选项D 正确。
故选BD。
3.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟
花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，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)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【答案】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题意，有E = 1
2 mv0
2
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式，有0−v0=−>¿
联立解得t = 1
g√
2 E
m
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律，有E =mgh1
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动
设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2，则有1
4 mv1
2+ 1
4 mv2
2= E，1
2 mv1+ 1
2 mv2=0
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
由上式可知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动
设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律，有1
4 mv1
2= 1
2 mgh2
联立以上各式可得，烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度h=h1+h2= 2 E
mg
题组2：反冲运动
4. （单选）一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m，气体离开发动机喷出时的速度大小为
v0，从火箭静止开始，当第三次喷出气体后，火箭的速度大小为
A. 3m v0
M −3m
B.
m v0
M −3m
C. 3 M v0
M −3m
D.
M v0
M −3m
【答案】A
【解答】设喷出三次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得
(M −3m)v −3m v0=0，故v = 3mv0
M −3m
，故A 正确，BCD 错误。
5. （单选）为研究反冲运动，某同学将质量为m1的小液化气瓶(含液化气)固定在光滑水平面上质量为m2
的小车上，开始时小车静止，如图所示。若打开液化气瓶后，极短时间内液化气瓶向后喷射气体的速度(相
对于小车)大小为v0，则当液化气瓶喷射出质量为Δm的气体时，小车的速度大小为( )
A.
Δm v0
m1+m2−Δm
B. Δm v0
m1+m2
C.
Δm v0
m1−Δm D.
Δm v0
m2−Δm
【答案】B
【解析】设当液化气瓶喷射出质量为△m的气体时，小车的速度大小为v，取小车的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：0=(m1+m2−△m)v −△m(v0−v)
解得：v = Δm v0
m1+m2
，故B 正确，ACD 错误。
故选B。
6. （多选）学习了反冲原理之后，同学们利用饮料瓶制作的“水火箭”。如图所示，瓶中装有一定量的水，
其发射原理是通过打气使瓶内空气压强增大，当橡皮塞与瓶口脱离时，瓶内水向后喷出。静置于地面上的
质量为M (含水)的“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷
出。重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A. 水火箭的原理与体操运动员在着地时要屈腿的原理是一样的
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B. 发射后，水火箭的速度大小为v = m v0
M −m
C. 水火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力
D. 水火箭上升到最大高度的过程中，重力的冲量为( M −m)v0
【答案】BC
【解析】【解答】A .体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作用力，
与水火箭的原理不同，故A 错误；
B.由题知，发射过程，水火箭动量守恒，以竖直向上为正方向，设发射后，水火箭的速度大小为v，
由动量守恒定律可得：0=( M −m)v −m v0，
解得：v = m v0
M −m
，故B 正确；
C.火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故C 正确；
D.水喷出后，火箭做竖直上抛运动，则火箭在空中飞行的时间为：t = v
g =
m v0
g( M −m)，
由动量定理可知，水火箭上升到最大高度的过程中，重力的冲量大小为：I =( M −m)>¿，
联立可得：I =m v0，故D 错误。
故选：BC。
题组3：人船模型
7. （单选）如图所示，光滑水平面上有质量为m、长度为L的木板。质量为m的某同学站在木板左端，木
板和人处于静止状态。该同学在木板上跳跃三次，每次跳跃的方向和消耗的能量均相同，第三次落点恰好
是木板右端。假设人落到木板瞬间与木板相对静止。忽略空气阻力。则完成第一次跳跃时该同学相对水平
面的位移为( )
A. L
6
B. L
3
C. L
4
D. L
12
【答案】A
【解析】每次跳跃过程中，人和木板水平方向动量守恒，因此人落回木板上时，人和木板的速度都变为零。
三次跳跃情况完全相同，所以第一次跳跃过程中人和木板相对位移为L
3 ，根据动量守恒有m x人=m x板，
x人+ x板= L
3 ，解得x人= L
6 ，故选A。
8. （单选）热气球因其色彩艳丽，场面壮观，成为企业宣传所采用的独具特色的广告媒体。如图所示的热
气球静止于距水平地面H的高处，一质量为M的人从热气球上沿软绳向下运动。已知热气球的质量为m，
软绳质量忽略不计，热气球所受的浮力不变，若要人能安全到达地面，则绳长至少为( )
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A. MH
m
B. mH
M
C. (m+ M )H
m
D. (m+ M )H
M
【答案】C
【解答】设绳长至少为L，根据“人船模型”的推论，有：MH =m( L−H )，解得L= ( M +m)H
m
，故选
C。
9. （单选）如图所示，质量为2m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长
度为2 R。现将质量为m的小球从A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，
在空中上升的最大高度为4
3 h0(不计空气阻力)，则( )
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做斜上抛运动
C. 小车向左运动的最大距离为4
3 R
D. 小球第二次能上升的最大高度h满足1
2 h0<h< 3
4 h0
【答案】D
【解析】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向上动量守恒，小球
与小车组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，故A 错误；
B、小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向
速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B 错
误；
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C、当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为v，小车的速度大小为v '，以向右为正方向，
根据系统水平方向动量守恒，得mv −2mv ' =0，即v =2v '，则小球在水平方向的位移大小x等于小车在水
平方向的位移大小x'的2倍，即x =2 x'，又x + x' =2 R，解得小车向左运动的最大距离x' = 2
3 R，故C 错
误；
D、小球第一次在车中运动过程中，设小球克服摩擦力做的功为W 1，由功能关系得：
W 1=mg(h0−3
4 h0)= 1
4 mgh0
小球第二次在车中运动过程中，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球克服摩擦做的功
W 2<W 1
设小球第二次能上升的最大高度为h，根据功能关系可得：mg( 3
4 h0−h)< 1
4 mgh0，所以h> 1
2 h0
即小球第二次能上升的最大高度h满足1
2 h0<h< 3
4 h0，故D 正确。
故选：D。
10. （单选）斜面体A上表面光滑，倾角α、质量M、底边长为L，静止放置在光滑水平面上，将一可视
为质点、质量为m的滑块B从斜面的顶端无初速度释放，经过时间t刚好滑到斜面底端，重力加速度大小为
g，则( )
A. 斜面A对滑块B的支持力不做功
B. 滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒
C. 滑块B下滑时间t过程中，B的重力冲量为mgt sin α
D. 滑块B滑到斜面底端时，B向右滑动的水平距离为
M
M +m L
【答案】D
【解析】A.滑块所受支持力方向垂直斜面向上，与位移夹角为钝角，故支持力F N对滑块做负功，故A 错误；
B.由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以A、B组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，
故B 错误；
C.滑块B下滑过程中重力对B的冲量大小为I =mgt，故C 错误；
D.AB组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B的水平位移大小分别为x1、x2，则
M x1=m x2，x1+ x2= L，解得x1=
m
M +m L，故D 正确。
故选D。
11.如图所示，质量分别为m=2kg、M = 4 kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，
轻杆上端的O点系一长为L=1m的细线，细线另一端系一质量也为m=2kg的球C。现将C球拉起使细线水
平伸直，并由静止释放C球。(g=10m/ s
2)求：
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(1) A、B两木块刚分离时，A、B、C的速度大小；
(2)两木块分离后，C球第一次上升的最大高度。
【答案】解：(1)当C球第一次摆到最低点，A、B两木块恰好分离，此刻A、B速度相等，设A、B速度
大小为v1，C球速度大小为v0，
A、B、C系统水平方向动量守恒有：m v0=( M +m)v1，
A、B、C系统机械能守恒有：mgL= 1
2 mv0
2+ 1
2 ⨉( M +m)v1
2，
联立得：v0=√15m/ s，v1= √15
3 m/ s；
(2)C球摆到竖直轻杆左侧最大高度时，设A、C共速时大小为v2，C球上升的最大高度为h，规定向左为
正方向，
A、C系统水平方向上动量守恒有：m v0+m(−v1)=(m+m)v2，解得：v2= √15
3 m/ s，
A、C系统机械能守恒有：1
2 m v0
2+ 1
2 m v1
2= 1
2 (m+m)v2
2+mgh，
得此时C球与O点的竖直距离：h= 2
3 m。
16
