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专题07 动量定理 动量守恒定律
…………………………………………………………………………………………
........................................1
........................................1
........................................2
考点01 动量定理的理解及应用...................................2
考向一 动量定理的应用........................................2
考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题......9
考点02 动量守恒定律的理解及应用........................11
考向一 碰撞模型..................................................11
考向二 爆炸 反冲 人船模型..............................16
…………………………………………………………………………………………
考点要求
考题统计
动量定理的理解及应用
考向一 动量定理的应用：2023•山西•高考真题、2023•广东•高考真题、
2023•福建•高考真题、2022•湖南•高考真题、2021•山东•高考真题、2021•北
京•高考真题
考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题：2022•福建•高考真题、2021•
湖北•高考真题、2021•福建•高考真题
动量守恒定律的理解及应用
考向一 碰撞模型：2023•重庆•高考真题、2023•天津•高考真题、2023•全国•
高考真题、2022•北京•高考真题、2022•湖南•高考真题、2021•重庆•高考真
题
考向二 爆炸 反冲 人船模型：2023•湖南•高考真题、2022•山东•高考真
题、2021•天津•高考真题、2021•浙江•高考真题、2021•天津•高考真题
1
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1.考频：本专题属于难点内容；
2.考向：①动量定理的考察：对动量、冲量的理解，解释生活中的问题。②动量守恒定律的考察：以实际
情境为素材，考察碰撞、流体作用力、反冲等
3.应试策略
关于动量和动量守恒定律的复习可以通过以下方法进行：
①理解基本概念：确保对动量的定义（物体的质量与速度的乘积）和动量守恒定律（在没有外力作用
的情况下，系统总动量保持不变）有深刻的理解。
②掌握公式和定理：熟练动量的计算公式和动量守恒的条件，以及它们在不同情景下的应用。
③分析典型问题：通过分析和解答典型的动量和动量守恒问题，可以帮助你更好地理解这些概念的应
用，同时也能够熟悉高考题型和出题规律。
④区分不同守恒定律：要清晰区分机械能守恒和动量守恒的条件和应用场景，避免在解题时混淆。可
以通过做题和总结来加深理解和记忆。
⑤注意典型模型的掌握，如碰撞问题、爆炸问题、物体滑行等。
考点01 动量定理的理解及应用
考向一 动量定理的应用
1．（2023·山西·高考真题）（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 极正
对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们
相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
2
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A．根据牛顿第二定律有
,
，,由于m 甲>m 乙,所以a 甲<a 乙,由于两物体运动时间
相同，且同时由静止释放，可得v 甲<v 乙,A 错误；BCD．对于整个系统而言，由于μm 甲g>μm 乙g，合力方
向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD 正确、C 错误。
故选BD。
2．（2023·广东·高考真题）（多选）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
【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
3
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，故D 正确。
故选BD。
3．（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I2=mv2，I2=S0 ~ 2= 2N·s,乙车在0 ~ 6s 内根据动量定理有I6=mv6，I6=S0 ~ 6= 2N·s,则可
知乙车在t= 2s 和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
I8=mv8，I8=S0 ~ 8= 0,可知t= 8s 时乙车的速度为0，则t= 8s 时，乙车的动能为0，故D 错误。
故选BC。
4．（2021·北京·高考真题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω 绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r 处的
P 点有一质量为m 的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P 点滑至圆盘上的某点
停止。下列说法正确的是（ ）
4
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A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，
故A 错误；B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
，根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩
擦力的冲量为
，大小为0，故B 错误；C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C
错误；D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
，大小为
，故D 正确。
故选D。
5．（2022·湖南·高考真题）如图（a），质量为m 的篮球从离地H 高度处由静止下落，与地面发生一次非
弹性碰撞后反弹至离地h 的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的
倍（
为常数且
），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为
g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h 时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反
弹至h 的高度处，力F 随高度y 的变化如图（b）所示，其中
已知，求
的大小；
（3）篮球从H 高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬
间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N 次拍击后篮球恰好反弹至H 高度处，求冲量I 的大小。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h 时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
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间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。拍击第1 次下降过程有
上升过程有
代入k 后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2 次，同理代入k 后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1 代入h2 有
拍击第3 次，同理代入k 后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2 代入h3 有
直到拍击第N 次，同理代入k 后，下降过程有
上升过程有
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联立有
将hN-1 代入hN 有
其中
，
则有
则
方法二：
由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H 下落时，速度为
，反弹高度为
，篮球受到冲量I 后
速度为v’，落地时速度为
，则
，
联立可得
代入k 可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k
，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
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同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k
，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N 次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以
、
、
……、
，再相加可得
得
其中，
，
，可得
可得冲量I 的大小
6．（2021·山东·高考真题）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地
面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量
的鸟蛤，在
的高度、以
的水平速度飞行
时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度
，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间
，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小
F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度
的岩石，以岩石左端为坐标原点，
建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为
，速度大小在
之间，为保证鸟蛤一定
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能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x 坐标范围。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为，竖直分速度大小为
，据自由落体运动规律可得
则碰撞前鸟蛤的合速度为
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得
联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为
（2）若释放鸟蛤的初速度为
，设击中岩石左端时，释放点的x 坐标为x1，击中右端时，释放点
的x 坐标为
，得
，
联立，代入数据得
，
若释放鸟蛤时的初速度为
，设击中岩石左端时，释放点的x 坐标为
，击中右端时，释放点的x
坐标为
，得
，
联立，代入数据得
，
综上所述可得x 坐标区间为
。
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考向二 利用动量定理处理流体(变质量)问题
7．（2022·福建·高考真题）（多选）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。
8．（2021·福建·高考真题）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10 级台
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风的风速范围为
，16 级台风的风速范围为
。若台风迎面垂直吹向一固
定的交通标志牌，则16 级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10 级台风的（ ）
A．2 倍
B．4 倍
C．8 倍
D．16 倍
【答案】B
【详解】设空气的密度为
，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间
的空气质量
为
，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有
，可得
，10 级台风的风速
，16 级台风的风速
，则有
，
故选B。
9．（2021·湖北·高考真题）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量
约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1 分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反
冲力大小约12 N，则机枪在这1 分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A．40
B．80
C．120
D．160
【答案】C
【分析】本题考查动量定理。
【详解】设1 分钟内射出的子弹数量为n，则对这n 颗子弹由动量定理得
，代入数据解得
，
故选C。
考点02 动量守恒定律的理解及应用
考向一 碰撞模型
1．（2022·北京·高考真题）质量为
和
的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化的
图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
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A．碰撞前
的速率大于
的速率
B．碰撞后
的速率大于
的速率
C．碰撞后
的动量大于
的动量
D．碰撞后
的动能小于
的动能
【答案】C
【详解】A．
图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知
碰前的速度大小为
，
碰前速度为0，A 错误；B．两物体正碰后，
碰后的速度大小为
，
碰后的速度大小
为
，碰后两物体的速率相等，B 错误；C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
，解得两物体质量的关系为
，根据动量的表达式
可知碰后
的动量大于
的动量，C 正确；D．根据动能的表达式
可知碰后
的动能大于
的动能，D 错误。
故选C。
2．（2022·湖南·高考真题）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
【详解】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
，
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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。
3．（2021·重庆·高考真题）质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球
发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于
左右对称，实
线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（ ）
A．
时刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
【答案】C
【详解】A．根据位移图像斜率表示速度可知，
时刻，甲的速率小于乙的速率，故A 错误；BC．根据
甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关
于
左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，故B 错误C 正确；
D．根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D 错误。故选
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C。
4．（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
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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
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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 盘3=x 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 盘4= 8l
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。
5．（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v0。质量为m 的小球1 从N 处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M 处的小球2 发
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；
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（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2v0，所以
（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
6．（2023·天津·高考真题）已知A、B 两物体
，
，A 物体从
处自由下落，且同
时B 物体从地面竖直上抛，经过
相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度
，求：
（1）碰撞时离地高度x；
（2）碰后速度v；
（3）碰撞损失机械能
。
【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J
【详解】（1）对物块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
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即
解得
可得碰撞前A 物块的速度
方向竖直向下；
碰撞前B 物块的速度
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
v=0
（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
考向二 爆炸 反冲 人船模型
7．（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
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【详解】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。
8．（2021·天津·高考真题）（多选）一冲九霄，问鼎苍穹。2021 年4 月29 日，长征五号B 遥二运载火箭
搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的
是（ ）
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
【答案】AB
【详解】A．增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据
，可知可以
增大火箭的推力，故A 正确；B．当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据
，可知可以增大
火箭的推力，故B 正确；C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，相对于火箭的速度不为零，
根
，可知火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C 错误；D．燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭
的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D 错误。
故选AB。
9．（2021·浙江·高考真题）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。
爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个
碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s 末和6s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声
音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两碎块的位移大小之比为1:2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【答案】B
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【详解】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知
，因两块碎块落地时间相等，则
，则
，则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不
等于1:2，选项A 错误；B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知
，解得t=4s.爆炸物的爆炸点
离地面高度为
，选项B 正确；CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移
，质量小的碎块的水平位移
，爆炸后两碎块落地点之间
的水平距离为340m+680m=1020m，质量大的碎块的初速度为
，选项CD 错误。
故选B。
10．（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
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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
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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
11．（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
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
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时的速度大小分别为
、
，由速度合成公式，有
，
结合
，解得
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