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第15 讲 动量 动量守恒定律
目录
考点一 动量、冲量、动量定理的理解与应用...........................................................................1
考点二 动量守恒定律的理解.......................................................................................................1
考点三 动量守恒定律的应用（人船模型）...............................................................................5
考点四 碰撞现象的特点和规律.................................................................................................10
考点五 动量和能量观点的综合应用.........................................................................................14
练出高分.........................................................................................................................................18
考点一 动量、冲量、动量定理的理解与应用
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示．
(2)表达式：p＝mv.
(3)单位：kg·m/s.
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．冲量
(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积．
(2)定义式：I＝Ft.
(3)单位：N·_s.
(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．
(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．
3．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量．
(2)表达式：
[例题1] （2022•杭州二模）如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面
上的A 点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气
阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（ ）
1
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A．轨迹为1 的物体在最高点的速度最大
B．轨迹为3 的物体在空中飞行时间最长
C．轨迹为1 的物体所受重力的冲量最大
D．三个物体单位时间内速度变化量不同
【解答】解：B、将抛体运动分为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀变速直
线运动，三条路径中轨迹1 最高，根据：t＝2√
2ℎ
g
可知轨迹为1 的物体在空中飞行时间
最长，轨迹为3 的物体在空中飞行时间最短，故B 错误；
A、水平方向的位移：x＝vxt，轨迹3 水平方向的位移最大，但运动的时间最短，所以轨
迹3 水平方向的分速度最大，所以轨迹为3 的物体在最高点的速度最大，故A 错误；
C、重力的冲量：I＝mgt，三个物体质量相等，轨迹为1 的物体在空中飞行时间最长，
所以轨迹为1 的物体所受重力的冲量最大，故C 正确；
D、加速度是速度变化快慢的物理量，由于三个物体都做抛体运动，加速度都等于重力
加速度，所以三个物体单位时间内速度变化量相同，故D 错误。
故选：C。
[例题2] （2023•重庆模拟）2022 年中国空间站已经全面建成，目前已经转入应
用与发展阶段。如图所示，若该空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，
则运动过程中不变的物理量是（ ）
A．动量
B．加速度
C．动能
D．机械能
【解答】解：AC．空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，速度大小和方
向不断改变，根据动量和动能定义，故动量时刻改变，动能时刻改变，故AC 错误；
B．空间站到地心的距离不断改变，由万有引力提供向心力G Mm
R
2 =ma
可知，加速度时刻改变，故B 错误；
D．空间站仅在地球引力作用下运动，所以机械能守恒，故D 正确。
故选：D。
2
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[例题3] （2023•海淀区二模）如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O 点的竖直
轴转动（俯视），圆盘上距轴r 处有一质量为m 的物块（可视为质点）。某时刻起，
圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0 增大至ω。已知物块与圆盘之间的
动摩擦因数μ、重力加速度g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是（
）
A．物块所受摩擦力的方向始终指向O 点
B．物块所受摩擦力的大小始终为μmg
C．物块所受摩擦力的冲量大小为mωr
D．物块所受摩擦力做的功为0
【解答】解：A、物块的角速度逐渐变大，根据v＝ωr，可知线速度也逐渐变大，说明
摩擦力做了功，即摩擦力有沿着圆周切线方向的分力，说明物块受摩擦力的方向不是始
终指向O 点，故A 错误；
B、根据向心力公式F＝mω2r 可知，当角速度比较小时，向心力也比较小，而向心力由
静摩擦力的一个分力提供，所以物块所受摩擦力的大小是从0 开始增加的，不是始终为
μmg，故B 错误；
C、根据动量定理得I＝mv﹣0，将v＝ωr 代入可知物块所受摩擦力的冲量大小为mωr，
故C 正确；
D、物块角速度从0 增大至ω 过程中，只有静摩擦力可以做功，根据动能定理W
= 1
2 mv
2−0= 1
2 mω
2r
2，可知物块所受摩擦力做的功不为0，故D 错误。
故选：C。
[例题4] （2023•镇海区校级模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由
静止驶出火车站，水平方向的动力F 随运动时间t 的变化关系如图乙所示。t＝400s 后，
列车以288km/h 的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正
确的是（ ）
A．前400s，列车做匀减速直线运动
B．列车所受阻力的大小为3.0×106N
C．根据已知条件可求出列车的质量为1.0×107kg
3
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D．在t＝400s 时，列车牵引力的功率为8.0×104kW
【解答】解：A．由F—t 图像可知在0～400s，列车的动力F 在均匀减小，而由题可知
列车所受的阻力大小恒定，因为列车在水平方向所受的合力F 合＝F﹣f
即列车在水平方向所受的合力F 合逐渐减小，根据牛顿第二定律有：F 合＝F﹣f＝ma
即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，故A 错误；
B．当t＝400s 时，列车的速度为288km/h＝80m/s，此时列车做匀速直线运动，即此时
的列车加速度为0，
由图可知此时列车的动力F＝1.0×106N
根据平衡条件可知列车所受阻力的大小为：f＝F＝1.0×106N，故B 错误；
C．由于F—t 图像与坐标轴围成的面积表示动量变化。
在0～400s 内，梯形面积的物理意义是动力F 的动量IF，虚线围成的长方形的面积的物
理意义是大小恒定的阻力f 的动量If
则根据动量定理有：IF﹣If＝Δp
根据图像和题中数据有：(1.0+3.0)×10
6 N ×400 s
2
−1.0×10
6 N ×400 s=m×80m/s
解得列车的质量为：m＝5×106kg，故C 错误；
D．在t＝400s 时，列车牵引力的功率为：P＝Fv
代入数据可得：P＝1.0×106N×80m/s＝8.0×107W＝8.0×104kW，故D 正确。
故选：D。
[例题5] （2023•包头一模）2023 年春节，某市限时限地燃放烟花。一位市民购
买到一种叫加特林机枪的烟花，站在高地对着一斜坡燃放，沿水平方向连续喷出质量
相等的a、b 两束烟花，烟花的轨迹如图所示，忽略空气阻力，下列说法正确的是（
）
A．a 束烟花在空中运动的时间大于b 束烟花
B．a 束烟花被喷射出的初始速度大于b 束烟花
C．a 束烟花在空中运动过程中动量的增加量大于b 束烟花
D．a 束烟花在空中运动过程中动能的增加量大于b 束烟花
【解答】解：A．竖直方向做自由落体运动，根据ℎ= 1
2 gt
2，可得t =√
2ℎ
g
，由图可知，
a 束烟花下降的高度小于b 束烟花下降的高度，则a 束烟花在空中运动的时间小于b 束
烟花，故A 错误；
B．由图可知，水平方向a 束烟花的位移大于b 束烟花的位移，水平方向做匀速直线运
4
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动，根据x＝v0t 结合A 选项分析可知a 束烟花被喷射出的初始速度大于b 束烟花，故B
正确；
C．根据Δp＝I＝mgt，结合A 选项可知可知a 束烟花在空中运动过程中动量的增加量小
于b 束烟花，故C 错误；
D．根据ΔEk＝mgh，可知a 束烟花在空中运动过程中动能的增加量小于b 束烟花，故D
错误。
故选：B。
考点二 动量守恒定律的理解和判断
1．内容
如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量
守恒定律．
2．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不
能认为系统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
[例题6] （2023•昌平区二模）飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已
知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，动量的改变
源于向心力的冲量，即I = Fn Δt =m v
2
R
2πR
v
=2πmv
D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动
量的改变量为零
【解答】解：A、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，因此速度是
变化的，所受合外力不为零，故A 错误；
BC、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，速度不断变化，由p＝
mv 知动量不断变化，动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心力的冲量，由
于向心力是变力，不能根据I＝Fn•Δt＝mv
2
R •2πR
v
=2πmv 来求向心力的冲量，故BC 错
误；
D、飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周合外力冲量为零，
根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零，故D 正确。
5
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故选：D。
[例题7] （2023•绍兴二模）如图所示，在竖直平面内，离地一定高度的树上挂有
一个苹果，地面上玩具手枪的枪口对准苹果。某时刻苹果从O 点自由下落，同时玩具
子弹也从枪口P 以一定初速度射出，子弹运动一段时间后到达最高点Q，而苹果也下
落到M 点，最后子弹在N 点“击中”苹果。若子弹和苹果都看成质点，不计空气阻力。
下列说法正确的是（ ）
A．子弹到达最高点的速度为0
B．PQ 的竖直高度等于OM 的距离
C．子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度大于苹果下落的速度
D．子弹从P 运动到Q 的过程中速度变化量的方向始终竖直向上
【解答】解：A．子弹做斜抛运动，在最高点竖直方向上的速度为零，但水平分速度不
为零，因此子弹到达最高点的速度不为零，故A 错误；
B．某时刻苹果从O 点自由下落，同时玩具子弹也从枪口P 以一定初速度射出，所以运
动时间相同，而苹果竖直方向初速度为零，自由落体，子弹竖直方向逆运动也是初速度
为零，自由落体，所以PQ 的竖直高度等于OM 的距离，故B 正确；
C．子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度小于苹果下落的速度，因为在M、Q 处，苹
果竖直分速度大，而两者加速度相同，故C 错误；
D．根据速度变化量的计算公式可得：
Δv＝gΔt
因此子弹从P 运动到Q 的过程中速度变化量的方向始终竖直向下，故D 错误。
故选：B。
[例题8] （2023•江西模拟）如图所示，建筑工地上常用打桩机把桩打入地下。电
动机先把重锤吊起一定的高度，然后静止释放，重锤打在桩上，接着随桩一起向下运
动直到停止。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
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A．重锤与桩的撞击过程中，机械能守恒
B．重锤随桩一起向下运动过程中，机械能守恒
C．整个运动过程中，重锤和桩组成的系统动量守恒
D．整个运动过程中，重锤和桩组成的系统所受合外力冲量为零
【解答】解：A．重锤与桩的撞击过程中，会产生内能，所以重锤与桩的撞击过程中机
械能不守恒，故A 错误；
B．重锤随桩一起向下运动过程中，需要克服阻力做功，所以重锤随桩一起向下运动过
程中机械能不守恒，故B 错误；
C．整个运动过程中，重锤和桩组成的系统初始动量为零，末动量为零，但运动过程动
量不为零，可知系统过程中不满足动量守恒，故C 错误；
D．整个运动过程中，重锤和桩组成的系统初始动量为零，末动量为零，根据动量定理
可知，系统所受合外力冲量为零，故D 正确。
故选：D。
[例题9] （2023•株洲一模）如图，质量相等的小球和小环用不可伸长的轻绳相连，
小环套在光滑固定的水平细杆上，初始时刻小球在小环的左下方，绳子拉直，由静止
释放，不计空气阻力，则（ ）
A．小球和小环组成的系统，动量守恒
B．小球和小环组成的系统，机械能不守恒
C．小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同
D．整个运动过程中，绳的拉力对小球一直不做功
【解答】解：A、由于小环套在光滑固定的水平细杆上，小球和小环组成的系统在水平
方向上动量守恒，在竖直方向上合外力不为零，有加速度，竖直方向上动量不守恒，故
A 错误；
B、根据题意可知，除了系统内力，小球和小环在运动过程中未受到除了重力之外的力
的作用，因此它们组成的系统机械能守恒，故B 错误；
C、水平方向不受外力，则小球和小环组成的系统水平方向动量守恒。小球向右摆到的
最高点时，小球和小环的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，由系统水平方向动
量守恒得0＝2mv，解得v＝0，根据系统机械能守恒可知，小球向右摆到的最高点和释
放点的高度相同，故C 正确；
D、整个运动过程中，小球的机械能的损失量全部转移给小环，因此在运动过程中，小
球和小环它们各自的机械能均不守恒，故D 错误；
故选：C。
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[例题10] （2023•平谷区一模）如图所示，质量分别为m1和m2（m2＞3m1）的两
个小球叠放在一起，从高度为h 处由静止释放，它们一起下落。已知h 远大于两球半
径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B．释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C．若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后m2弹起的最大高度h2＜0.5h，则碰撞后
m1弹起的最大高度h1一定大于2.5h
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大
高度为h
【解答】解：A．在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互
作用力，故A 错误；
B．释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，故B 错误；
C．整个过程中两小球根据机械能守恒定律（m1+m2）gh＝m1gh1+m2gh2
由题知m2＞3m1
h2＜0.5h
解得h1＞2.5h
故C 正确；
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰
撞，有一部分机械能转化为内能，根据机械能守恒定律可知两球弹起的最大高度为应小
于h，故D 错误。
故选：C。
考点三 动量守恒定律的应用（人船模型）
1．动量守恒定律的不同表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′ ＋
m 2v2′，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．
(2)Δp1＝－
Δ p 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
2．应用动量守恒定律解题的步骤
(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(或某一方向上动量是否守恒)；
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(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．
[例题11] （多选）（2023•佛山一模）某同学平时在操场立定跳远成绩最好能达到
2.5m。在静浮在水面可自由移动的小船上，若该同学同样尽最大的能力立定跳，船上
下颠簸可忽略，则该同学在小船上立定跳（ ）
A．相对地面运动的水平距离小于2.5m
B．相对小船运动的水平距离小于2.5m
C．起跳相对地面的初速度比在操场时的小
D．当人落在船上时，船还会继续向前运动
【解答】解：AB．对于人和小船组成的系统，水平方向动量守恒，设该同学起跳时相
对地面水平初速度为vx，竖直初速度为vy，小船相对于地面的速度为v，水平距离等于
2.5m，设水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得
0＝m 人vx+m 船v
可知小船向左运动，所以该同学相对地面运动的水平距离小于2.5m，故A 正确，B 错误；
C．由AB 选项分析可知，相比在地面起跳，人相对地面的水平初速度变小，根据
v人=√v x
2+ v y
2
可知起跳相对地面的初速度比在操场时的小，故C 正确；
D．根据水平方向动量守恒，当人落在船上时，船停止运动，故D 错误。
故选：AC。
[例题12] （2022 春•麒麟区校级期中）如图，一人站在静止的平板车上，不计平
板车与水平地面的摩擦，空气的阻力也不考虑。则下列说法不正确的是（ ）
A．人在车上向右行走时，车将向左运动
B．当人停止走动时，车也会停止
C．人缓慢地在车上行走时，车可能不动
D．当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的
距离都相同
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【解答】解：A.人与车组成的系统动量守恒，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒
定律得 mv+Mv'＝0
解得 v'=−mv
M
车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A 正确；
B.因人和车总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为
零，故B 正确；
C.由 v'=−mv
M 可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动，故C 错误；
D.人从车上的左端行走到右端，设车的长度为L，人与车组成的系统动量守恒，以向右
为正方向，由动量守恒定律得m L−x
t
−M x
t =0
解得x=
mL
M +m
车在地面上移动的距离x 与人的行走速度无关，故D 正确。
本题选择错误选项；
故选：C。
[例题13] 如图所示，质量M＝2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg 的
小球通过长L＝0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面
内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝
4m/s，g 取10m/s2。则（ ）
A．若锁定滑块，小球通过最高点P 时对轻杆的作用力为4N
B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒
C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2m/s
D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为
1
3m
【解答】解：A、设小球能通过最高点，且此时的速度为v1．在上升过程中，因只有重
力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得：1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+mgL，代入数据解
得：v1=√6m/s，对小球由牛顿第二定律得：F+mg＝mv1
2
L
，代入数据解得：F＝2N，即
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在最高点杆对小球的作用力方向向下，大小为2N，根据牛顿第三定律可知小球通过最
高点时小球对杆的作用力方向向上，大小为2N，故A 错误；
BC、若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，
设小球的水平方向为正方向，由动量守恒得mvm ＝MvM ，由机械能守恒得
1
2 m v0
2= 1
2 mv 'm
2 + 1
2 M v M
2 +mgL，得vm＝2m/s，故B 错误，C 正确；
D、设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离
为xM，由系统水平方向动量守恒得mxm＝MxM，又xm+xM＝2L，得xm= 2
3m，故D 错误；
故选：C。
[例题14] 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计二百多公斤左
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
码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船
后退的距离为d，以及船长L，已知他自身的质量为m。若不计水的阻力，则渔船的
质量M 为（ ）
A．m( L+d)
d
B．
md
( L−d)
C．m( L−d)
d
D．mL
d
【解答】解：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。取船的速度为正方向。则v= d
t ，v′= L−d
t
根据动量守恒定律得：Mv﹣mv′＝0，解得船的质量：M= m( L−d)
d
，故ABD 错误，
C 正确。
故选：C。
[例题15] 如图所示，一个质量为m 的半圆槽形物体P 放在光滑水平面上，半圆槽
半径为R，一小物块Q 质量为3m，从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，
然后滑上半圆槽右端，接触面均光滑，Q 从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，
下列说法正确的是（ ）
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A．P、Q 组成的系统满足动量守恒
B．P 的位移大小为3
4 R
C．Q 滑动最低点的速度为√2 gR
D．Q 的位移大小为1
2R
【解答】解：A、P、Q 组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力
不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；
BD、设P 的位移大小为x，则Q 的位移大小为2R﹣x，P、Q 组成的系统在水平方向所
受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
3mvQ﹣mvP＝0，3m× 2 R−x
t
−m× x
t =0，解得：x= 3
2R，Q 的位移大小xQ＝2R﹣x＝2R
−3
2R= 1
2R，故B 错误，D 正确；
C、设Q 到达最低点的速度大小为v1，此时P 点的速度大小为v2，P、Q 组成的系统在
水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：3mv1﹣mv2＝
0，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgR= 1
2 ×3mv1
2+ 1
2 mv2
2，解得：v1
=√
1
2 gR，故C 错误。
故选：D。
考点四 碰撞现象的特点和规律
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象．
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
(3)分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
12
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2.碰撞后运动状态可能性判定
(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1
＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面
物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于
原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物
体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零．
[例题16] 如图所示，两小球P、Q 竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距
水平地面高度为h 处同时由静止释放。已知小球Q 的质量是P 的2 倍。设所有碰撞均
为弹性碰撞，重力加速度为g。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P
上升的高度为（ ）
A．5
3h
B．25
9 h
C．7
3h
D．49
9 h
【解答】解：设P 的质量为m，Q 的质量为2m，二者下落h 时的速度大小为v，根据动
能定理可得：3mgh= 1
2 ×3mv
2
解得：v=√2gℎ
Q 与地面碰撞后速度等大反向，不计碰撞时间，取向上为正方向，根据动量守恒定律可
得：
2mv﹣mv＝2mv1+mv2
根据机械能守恒定律可得：1
2 ×2mv2+ 1
2mv2= 1
2 ×2mv1
2+ 1
2 mv2
2
联立解得碰撞后P 的速度大小为：v1=−1
3v，v2= 5
3 v
对P 上升过程中根据动能定理可得：﹣mgh′＝0−1
2 mv2
2
解得：h′= 25
9 h，故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
[例题17] （2023•东城区校级模拟）如图5 所示，静止在光滑水平桌面上的物块A
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和B 用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A
并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（ ）
A．子弹射入物块A 过程中，子弹和物块A 的机械能守恒
B．子弹射入物块A 的过程中，子弹对物块A 的冲量大小大于物块A 对子弹的冲量大小
C．子弹射入物块A 后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A 前子弹的动能
D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
【解答】解：A、子弹射入物块A 的过程中，要产生内能，则子弹和物块A 的机械能减
少，故A 错误；
B、子弹射入物块A 的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对物块A 的作用力大小等
于物块A 对子弹的作用力大小，而且两个力作用时间相等，由I＝Ft 知，子弹对物块A
的冲量大小等于物块A 对子弹的冲量大小，故B 错误；
C、由于子弹射入物块A 的过程中要产生内能，所以，子弹射入物块A 后，两物块与子
弹的动能之和小于射入物块A 前子弹的动能，故C 错误；
D、两物块运动过程中，弹簧最短时和弹簧最长时两物块速度相同，设两物块的共同速
度为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m 弹v0＝（m 弹+mA+mB）v
可知，弹簧最短时和弹簧最长时两物块的共同速度相同，系统的总动能相同，由系统的
机械能守恒定律知，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，故D 正确。
故选：D。
[例题18] （2023•浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规
律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，站在车上的人用
锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理
过程，下列说法正确的是（ ）
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒
D．人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒
【解答】解：A．对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守
恒，水平方向整体总动量为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动量
守恒，小车向右运动；当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往
复运动，不会持续向右运动，故A 错误；
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BCD．人消耗体能，根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故
人、车和锤整体机械能不守恒；在锤子连续敲打下，整体在竖直方向合外力不等于零，
故整体在竖直方向不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故BD 错
误，C 正确。
故选：C。
[例题19] （2023•清远模拟）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v0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．v0
2
5 g
B．v0
2
10 g
C．v0
2
25 g
D．v0
2
50 g
【解答】解：子弹射入木块的过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝（4m+m）v
得v= v0
5
设轻绳的长度为L。子弹击中木块后一起向上摆动的过程中，根据机械能守恒定律得：
1
2（4m+m）v2＝（4m+m）gL（1﹣cos60°）
解得：L= v0
2
25 g
，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[例题20] （多选）（2023•吉安一模）质量分别为M、m 的A、B 两物体连接在轻
质弹簧两端，用轻质细线拴住A、B，弹簧被压缩，整体放置在光滑的水平面上处于
静止状态。如图甲所示，若A 靠在墙角，突然烧断细线，当弹簧恢复原长时，B 的速
度为v，如图乙所示，若A 不靠在墙角，也突然烧断细线。规定水平向右为正方向，
下列说法正确的是（ ）
A．烧断细线之前弹簧的弹性势能为1
2 M v
2
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B．对甲图，烧断细线后当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为
Mm v
2
2( M +m)
C．对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A、B 的动能之比M：m
D．对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A 的动量为−mv√
M
M +m
【解答】解：A．根据能量守恒定律可得，烧断细线之前弹簧的弹性势能为：
EPm= 1
2 m v
2，故A 错误；
B．对甲图，烧断细线后当A 离开墙角后，系统的动量守恒，当弹簧压缩量最大时A、
B 达到共同速度，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mv＝（M+m）v 共
由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能为：
EP= 1
2 mv
2−1
2 ( M +m)v共
2
联立解得：EP=
Mm v
2
2( M +m)
故B 正确；
C．对乙图，烧断细线后，系统的合外力为零，故系统的动量守恒且为0，由动量守恒
定律知A、B 的动量总是等大反向，
当弹簧恢复原长时设A、B 的动量大小均为p，则：
EkA = p
2
2 M ，EkB= p
2
2m
联立解得：EkA：EkB＝m：M，故C 错误；
D．由能量守恒定律可得：
EkA+EkB＝EPm
又EkA：EkB＝m：M
联立解得：EkB=
Mm v
2
2( M +m)
又EkB= p
2
2m
联立解得：p=mv√
M
M +m
弹簧恢复原长时A 向左运动，与规定的正方向相反，则A 的动量为−mv√
M
M +m
，故
D 正确。
故选：BD。
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考点五 动量和能量观点的综合应用
[例题21] （2023•天津模拟）如图所示，一段粗糙水平面右端与光滑曲面在O 点
平滑连接，左端与一段光滑水平面在N 点连接。一左端固定的轻弹簧置于光滑水平面
上，其右端恰好位于N 点，一质量为m＝0.1kg 的小球被长为L＝1.4m 的轻细绳悬挂
在O1点且处于静止状态，小球位于O 点但与O 点不接触。在O1点左侧与O1等高处的
P 点，固定有一垂直纸面的光滑钉子，与O1点的距离为L
2 。一质量为M＝0.7kg 的小
物块从曲面上高为h＝0.8m 的位置由静止滑下后，与小球发生碰撞，碰后小球向左摆
动，绳子到钉子后，小球恰好能完成竖直面内的圆周运动。已知粗糙水平面的长度为
x＝1.5m 与小物块的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，小球与小物块均可看
成质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）小物块刚要碰上小球瞬间的速度v0的大小；
（2）刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T 的大小；
（3）弹簧弹性势能的最大值。
【解答】解：（1）小物块下滑过程，根据动能定理可得：Mgh= 1
2 M v0
2
代入数据解得：v0＝4m/s
（2）碰撞过程，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv0＝Mv1+mv2
之后小球圆周运动到最高点，对小球根据动能定理可得：﹣mg （L+ L
2 ）
= 1
2 mv
2−1
2 mv2
2
由于小球恰好能完成竖直而内的圆周运动，在最高点有：mg＝m
v
2
L
2
联立解得：v1＝3m/s，v2＝7m/s
刚碰撞完瞬间，对小球根据牛顿第二定律可得：T﹣mg＝mv2
2
L
代入数据解得：T＝4.5N
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（3）小物块向左运动至压缩弹簧至最短过程中，根据功能关系可得：1
2 M v2
2=
μMgx+EP
代入数据解得：EP＝2.1J。
答：（1）小物块刚要碰上小球瞬间的速度v0的大小为4m/s；
（2）刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T 的大小为4.5N；
（3）弹簧弹性势能的最大值为2.1J。
[例题22] （2023•龙泉驿区模拟）如图所示，在电动机的带动下以v＝5m/s 的速度
顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面
平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质
量m0＝2kg。质量m＝1kg 的物体（可视为质点）从轨道上高h＝5.0m 的P 点由静止开
始下滑，滑到传送带上的A 点时速度大小v0＝7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数
μ＝0.5，传送带AB 之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹
性正碰。重力加速度g＝10m/s2，√10≈3.16。求：
（1）物体从P 点下滑到A 点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
【解答】解：（1）物块由P 到A 的过程，根据动能定理可得：mgℎ+W f = 1
2 mv0
2−0
解得摩擦力做的功：Wf＝﹣25.5J；
（2 ）物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为：
a= μmg
m = μg=0.5×10m/s2＝5m/s2
减速至与传送带速度相等时所用的时间：t1= v0−v
a
= 7−5
5
s=0.4 s
匀减速运动的位移：s1= v0+ v
2
t1= 7+5
2
×0.4 m=2.4 m＜L=3.4m
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为：
t2= L−s1
v
= 3.4−2.4
5
s=0.2s
故物体从A 运动到B 的时间为：t＝t1+t2＝0.4s+0.2s＝0.6s
传送带对物体的冲量大小为：I =√(mgt )
2+[m(v0−v)]
2=√40N•S＝6.32N•s；
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（3）物块与小球1 发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为v1，小球1 被撞后的
速度大小为u1，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得：
mv＝﹣mv1+m0u1
1
2 m v
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m0u1
2
解得：v1= 1
3 v = 5
3m/s，u1= 2
3 v = 10
3 m/s；
物块被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得：0−v1
2=−2as
v1＝at1
解得：s= 5
18m＜3.4m，t1= 1
3s；
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物块第
一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速
度增加到v1，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动
机多消耗的电能为：
E1=2 μmgv t1= 2m v
2
3
再跟小球1 发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二
次往返电动机多消耗的电能分别为：
v2= 1
3 v1=( 1
3 )
2v
u2= 2
3 v1= 2
3 × 1
3 v
E2= 2m v
2
3
2
以此类推，物块与小球1 经过n 次碰撞后，他们的速度大小以及第n 次往返电动机多消
耗的电能分别为：
vn=( 1
3 )
nv，
un= 2
3 ⋅( 1
3 )
n−1v，
En= 2m v
2
3
n
，
从第一次碰撞之后电动机多消耗的能量为：E = 2mv
2
3
+ 2mv
2
3
2
+ 2mv
2
3
3
+⋅⋅⋅+ 2mv
2
3
n
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解得：E =
2m v
2(1−1
3
n )
3×(1−1
3 )
=m v
2=1×52J＝25J。
答：（1）物体从P 点下滑到A 点的过程中，摩擦力做的功为﹣25.5J；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小为6.32N•s；
（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能
为25J。
[例题23] （2023•浙江模拟）如图所示，竖直平面内有一粗糙的平台AB，长度x
＝1m，动摩擦因数为μ1＝0.05，其左侧有一个m1＝2kg 小球1 和处于压缩、弹性势能
Ep＝2J 的弹簧（两个不连接，小球用锁定装置锁定），其右侧有一半径R＝1.2m、圆
心角θ＝60°的光滑圆弧轨道CD，圆弧轨道最底端D 处平滑连接另一长s＝2m 的粗糙
平台DE，质量m2＝4kg 的小球2 静止在D 点，小球2 的左侧粘有少量塑胶炸药（质量
不计），E 端有一质量m3＝4kg 的小球3，用长为L＝0.5m 的轻绳悬吊，对E 点刚好
无压力。现小球1 解除锁定被弹簧弹出，恰好沿C 点的切线方向进入圆弧轨道到达D
点与小球2 发生碰撞，碰撞瞬间两球共速并立即引燃炸药，爆炸后瞬间小球1、2 速度
方向均水平。小球1 恰好能以进入C 点的速度从C 点滑出，炸药爆炸前后小球1、2 质
量保持不变，小球1、2 与3 均可视为质点，弹簧长度变化可以忽略，g＝10m/s2，求：
（1）小球1 与小球2 碰撞前瞬间小球1 对轨道CD 的压力；
（2）炸药爆炸过程中有多少能量转化成小球1、2 的机械能；
（3）若小球2 能与小球3 发生弹性碰撞且最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不
松弛，小球与平台DE 间动摩擦因数μ2的范围。
【解答】解：（1）小球1 从A 运动到B 点，根据能量守恒定律有：Ep﹣μ1m1gx
= 1
2 m1vB
2
解得：vB＝1m/s
小球1 从B 到C 做平抛运动，在C 点将速度分解，如图所示：
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根据运动的合成与分解可得：vC= vB
cosθ
代入数据解得：vC＝2m/s
小球1 从C 到D，根据动能定理，有：m1gR（1﹣cos60°）= 1
2 m1v D
2 −1
2 m1vC
2
代入数据解得：vD＝4m/s；
根据向心力公式可得：
FN﹣m1g＝m1v D
2
R
解得FN= 140
3 N
由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力为140
3 N
（2）小球1 与小球2 碰撞，动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
m1vD＝（m1+m2）v
解得：v= 4
3 m/s
炸药爆炸过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：（m1+m2）v＝m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律，有：1
2m1v1
2= 1
2m1vC
2 +m1gR（1﹣cos60°）
联立解得：v1＝﹣4m/s，v2＝4m/s
炸药爆炸过程中转化成小球1、2 的机械能的能量为ΔE= 1
2m1v1
2+ 1
2m2v2
2−1
2（m1+m2）
v2
代入数据解得：ΔE= 128
3 J；
（3）①当小球2 刚好运动小球3 处时速度为零，则有：﹣μ2m2gs＝0−1
2 m2v2
2
代入数据解得：μ2＝0.4
②设小球2 运动小球3 处的速度为v2′（此时未与小球3 碰撞），则有：
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﹣μ2m2gs= 1
2 m2v2
' 2−1
2 m2v2
2
之后小球2 与小球3 发生弹性碰掩，由于两球的质量相等，则速度交换，故碰撺后小球
3 的速度为v3＝v2′，为保证整个过程中绳子始终不松弛，且最终小球2 仍停在平台上，
则小球3 最多上到右侧圆心等高处，则有：
1
2 m3 v3
2=m3gL
联立解得：μ2＝0.15
综上所述可知：0.15≤μ2＜0.4。
答：（1）小球1 与小球2 碰撞前瞬间小球1 对轨道CD 的压力为140
3 N；
（2）炸药爆炸过程中有128
3 J的能量转化成小球1、2 的机械能；
（3）若小球2 能与小球3 发生弹性碰撞且最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不
松弛，小球与平台DE 间动摩擦因数μ2的范围为0.15≤μ2＜0.4。
练出高分
一．选择题（共10 小题）
1．（2023•汕头一模）如图所示，铅球运动员采用滑步推的方式推出铅球，滑步推铅球能
比原地推铅球增加几米的成绩。两种方式出手时铅球的位置和速度方向都相同，忽略空
气阻力，则（ ）
A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间相同
B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高
C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同
D．滑步推铅球能增加成绩，是因为延长了运动员对铅球的作用时间
【解答】解：A．两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，但是成绩不
同，所以速度大小不同，方向相同，由于竖直方向的分速度不同，到达最高点的时间为
t，根据vy＝gt
可知到达最高点的时间不同，故根据斜抛的对称性，铅球在空中的时间不同，故A 错误；
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B．因为原地推铅球方式推出时水平位移小，故速度小，则竖直方向的速度也小，所以
上升的高度小，故B 错误；
C．铅球在水平方向做匀速直线运动，铅球在空中运动到最高点时的速度为vx＝v0cosθ
由于滑步推铅初速度v0更大，所以滑步推铅球在最高点时的速度更大，故C 错误；
D．运动员都是用最大力推铅球，初速度都是0，滑步推时末速度大，根据动量定理Ft
＝mv﹣0
动量变化大的过程时间长，故D 正确。
故选：D。
2．（2023•西城区一模）2022 年12 月4 日，神舟十四号乘组与十五号乘组完成在轨轮换后，
返回地球．载人飞船返回舱进入大气层后，距地面10km 左右时开启降落伞，速度减至
约8m/s，接下来以这个速度在大气中降落，在距地面1.2m 时，返回舱的四台缓冲发动
机开始向下喷气，舱体再次减速，到达地面时速度约为2m/s。由以上信息可知（ ）
A．开启降落伞减速的过程中，舱体处于失重状态
B．在大气中匀速降落过程中，舱体的机械能保持不变
C．缓冲发动机开启过程中，航天员的加速度约为5g
D．舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量
【解答】解：A．开启降落伞减速的过程中，减速下降，加速度向上，舱体处于超重状
态，故A 错误；
B．在大气中匀速降落过程中，速度不变，动能不变，重力势能减少，机械能减少，故
B 错误；
C．缓冲发动机开启过程中，根据运动学公式：v
2−v0
2=2aℎ，代入数据解得：a＝
25m/s2，可知航天员的加速度约为2.5g，故C 错误；
D．根据题意可知，舱体与地面撞击的过程中，动量减小，物体的动量变化量向上，根
据I＝Ft﹣mgt＝ΔP 知撞击力的冲量大于舱体重力的冲量，故D 正确。
故选：D。
3．（2023•海南一模）斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m 的
两块碎片，其中一块碎片做自由落体运动。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H，炮弹爆
炸前的动能为E，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地
点间的距离为（ ）
A．2√
EH
mg
B．2√
2 EH
mg
C．2√
3 EH
mg
D．4√
EH
mg
【解答】解：火箭炸裂的过程水平方向动量守恒，设火箭炸裂前的速度大小为v，则由
23
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E= 1
2•2mv2可得，v=√
E
m
由题意可知，其中一块做自由落体运动，即炸裂后速度为零；设炸裂后瞬间另一块碎片
的速度大小为v1，以原速度方向为正方向，则由动量守恒定律可得，2mv＝mv1
解得v1＝2√
E
m
根据平抛运动规律有H = 1
2 gt
2，解得飞行时间t=√
2 H
g
两块碎片落地点之间的距离x＝v1t＝2√
E
m ×√
2 H
g =2√
2 EH
mg
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
4．（2023•江苏一模）如图所示，由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨道不是抛物线，
而是图中的“弹道曲线”，图中a、c 高度相同，b 为弹道曲线最高点，则炮弹（ ）
A．到达b 点时加速度竖直向下
B．在下落过程中机械能增加
C．重力在ab 段的冲量小于bc 段的冲量
D．在ab 段克服阻力做功小于bc 段克服阻力做功
【解答】解：A、在曲线最高点b 点位置时，竖直方向没有速度，仅有水平方向的分速
度，因此除了会受到竖直向下的重力，还会受到水平方向的空气阻力，炮弹受到的合力
不是竖直向下的，到达b 点时加速度也不是竖直向下的，故A 错误；
B、下落过程中由于有空气阻力做负功，炮弹的机械能减少，故B 错误；
C、因为炮弹上升过程受到竖直向下的重力和向下的空气阻力，所以加速度大小大于
g，而下降过程受到向上的空气阻力和竖直向下的重力，所以加速度大小小于g，将炮弹
上升或下降过程竖直方向的运动看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据ℎ= 1
2 at
2。
可知，竖直高度相同，加速度越大，经历的时间越短，故上升过程经历的时间小于下降
过程经历的时间。由重力冲量为I＝mgt，所以重力在ab 段的冲量小于bc 段的冲量，故
C 正确；
D、由于空气阻力一直做负功，所以机械能一直减小，而在ac 两点时重力势能相同，故
经a 点时的动能大于c 点时的动能，由能量守恒可得在ab 段克服阻力做功大于bc 段克
服阻力做功，故D 错误。
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故选：C。
5．（2023•淮安模拟）轻质细线绕过两个等高、光滑定滑轮P、Q，两端分别连接着质量均
为m 的小球A、B，已知P、Q 间细线水平，间距为l，A、B 小球处于静止状态。现将
一质量也为m 的物体C，通过光滑的轻挂钩挂在细线上与两定滑轮等间距的位置O，静
止释放后向下运动。若A、B 始终没有与P、Q 相碰，重力加速度为g，则C 物体在下降
过程中（ ）
A．下降的最大高度为2l
3
B．加速度先增大后减小
C．最大动能时细线夹角恰好为90°
D．小球C 的动量变化率一直在增大
【解答】解：A．C 下降到最低点时三个物体的速度均为零，设此时C 左右细线与竖直
方向此时的夹角为α ，对ABC 构成的系统，由机械能守恒定律有
mg
l
2tanα =2mg(
l
2sinα −l
2 )
整理解得α＝37°
则C 物体下降最大高度为ℎmax =
l
2tanα = 2l
3
故A 正确；
B．C 物体刚刚释放时，仅受重力作用，加速度为重力加速度g，随后向下受到重力与细
线的作用力，加速度方向向下，大小变小，根据上述可知，C 物体向下运动时，存在最
大速度，此时加速度为零，之后向下运动过程，速度减小，加速度方向向上，大小变大，
所以C 物体在下降过程中，加速度先减小后增大，故B 错误；
C．C 物体的加速度为零时，速度达到最大，此时，对A 分析，由平衡条件有T1＝mg
令C 左右细线与竖直方向此时的夹角为θ，对C 分析，由平衡条件有
2T1cosθ＝mg
整理解得θ＝60°
故细线间夹角为120°，故C 错误；
D．根据动量定理可知C 物体动量变化率指的是C 受到的合外力，由B 选项分析可知，
合外力先减小后增大，故D 错误。
故选：A。
6．（2023•昌平区二模）如图所示，把质量为m 的石块从距地面高h 处以初速度v0斜向上
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抛出，v0与水平方向夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。若只改变抛射角θ，下
列物理量一定不变的是（ ）
A．石块在空中的飞行时间
B．石块落地的水平距离
C．石块落地时的动能
D．石块落地时的动量
【解答】解：AB、将斜抛运动分解成水平的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，
则水平方向的初速度vx0＝v0cosθ，竖直方向的初速度vy0＝v0sinθ，上升的时间
t1= v y 0
g = v0 sinθ
g
，上升的高度ℎ1= v y 0
2
2g = v0
2sin
2θ
2g
，自由落体下落的总高度H ＝
h+h1，竖直方向自由落体运动的时间t2=√
2 H
g
，代入数据解得t2=√
2(ℎ+ v0
2 sin
2θ
2g
)
g
，
当θ 改变时竖直的初速度改变，根据t1、t2表达式可知运动时间一定改变，故A 错误；
再
根
据
水
平
运
动
分
析
可
知
水
平
距
离
x
＝
vx0
（
t1+t2
）
= v0cosθ( v0 sinθ
g
+√
2(ℎ+ v0
2 sin
2θ
2 g
)
g
)
，可知水平距离随θ 变化可能改变，故B 错误；
C、由于抛体过程只有重力做功，根据机械能守恒定律判断落地动能不变，故C 正确；
D、刚刚落地的竖直速度vy＝gt2，将t2代入解得v y =√2gℎ+ v0
2 sin
2θ，再与水平速度合
成得出落地合速度大小
v=√v y
2 + v x 0
2 =√2 gℎ+ v0
2 sin
2θ+ v0
2co s
2θ =√2gℎ+ v0
2，设合速度方向与水平方向夹角
为α，则tanα= v y
v x 0
= √2 gℎ+ v0
2 sin
2θ
v0cosθ
，可知当θ 变化时落地速度方向发生变化，由于
动量是矢量，则动量一定发生变化，故D 错误。
故选：C。
7．（2023•海淀区二模）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A．动能Ek随时间t 变化的快慢Δ Ek
Δt 随时间均匀增大
B．动量p 随时间t 变化的快慢Δp
Δt 随时间均匀增大
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C．重力势能Ep随位移x 变化的快慢Δ E p
Δx 随时间均匀减小
D．机械能E 随位移x 变化的快慢ΔE
Δx 随时间均匀减小
【解答】解：A、自由落体时，动能随时间变化的表达式为Ek = 1
2 m v
2= 1
2 m(>)
2，
Δ Ek
Δt =
1
2 m(>)
2−0
t −0
= 1
2 m g
2t，故动能随时间均匀增大，故A 正确；
B、自由落体时，动量随时间变化的表达式为p＝mv＝mgt，Δp
Δt = mgt −0
t −0
=mg，动量
p 随时间t 变化的快慢保持不变，故B 错误；
C、自由落体时，以开始下落位置所在水平面为参考平面，重力势能随位移变化的表达
式为Ep＝﹣mg•x，Δ E p
Δx = −mg⋅x−0
x−0
=−mg，重力势能Ep 随位移x 是不变的，故C
错误；
D、自由落体时只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律可知ΔE
Δx 为0，故D
错误。
故选：A。
8．（2023•通州区一模）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相
连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻
为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．两物块的质量之比为m1：m2＝2：1
B．在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C．t1﹣t2时间内，弹簧的长度大于原长
D．t2﹣t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
【解答】解：A、两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A 的初速度方
向为正方向，从开始到t1时刻过程，由动量守恒定律得：m1v0＝（m1+m2）v1，由图示
图象可知；v0＝3m/s，v1＝1m/s，代入数据解得：m1：m2＝1：2，故A 错误；
BCD、由图示图象可知，从0﹣t1时间内，A 做减速运动，B 做加速运动，A、B 间的距
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离减小，弹簧逐渐被压缩，在t1时刻两物块速度相等，弹簧的压缩量最大，弹性势能最
大；t1﹣t2时间内，A 继续做减速运动，B 继续做加速运动，弹簧逐渐恢复原长，该时间
内弹簧的长度小于弹簧原长，在t2时刻弹簧恢复原长，t2时刻弹簧的弹性势能为零，t2
﹣t3时间内，A 做加速运动，B 做减速运动，A、B 间的距离逐渐增大，弹簧逐渐伸长，
t3时刻弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，t2﹣t3时间内弹簧的弹力逐渐增大，故
B 正确，CD 错误。
故选：B。
9．（2023•广东一模）如图，材料有差异的冰壶甲每次以相同的动量与静止在O 处的另一
冰壶发生正碰，碰后冰壶甲最终停止的位置不同，已知四次碰撞中冰壶甲与冰面间的动
摩擦因数相同，冰壶均可视为质点，则碰撞后，被碰冰壶获得动量最大的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设冰壶甲与另一冰壶碰撞前的动量为p0，碰后甲的动量为p'，被碰冰壶的
动量为p，以甲的初速度方向为正方向，两冰壶碰撞过程满足动量守恒，有p0＝p'+p
解得：p＝p0﹣p'
A 图中p'≈0，则p＝p0
B 图中p＝p0+p'
CD 图中p＝p0﹣p'
可知B 图中对应乙向右的动量最大，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
10．（2023•河北模拟）如图所示，质量为3m 的小物块B 静止放在光滑水平面上，左端固
定一轻质弹簧，弹簧劲度系数为k，质量为m 的小物块A 以初速度v0与弹簧碰撞并压缩
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弹簧，经时间t 物块A、B 速度大小相同，此过程中小物块B 运动的位移为d，之后弹簧
弹开，已知两物块始终在同一直线上运动，v0t＝d0，下列说法中正确的是（ ）
A．当弹簧恢复原长时，物块A、B 的速度相同
B．从开始压缩弹簧到弹簧压缩到最短，A 物块的位移为d0﹣3d
C．从开始压缩弹簧到弹簧完全弹开，弹簧的最大弹力为4kd
D．从开始压缩弹簧到弹簧完全弹开，经历的时间为3t
【解答】解：A、从物块A 与弹簧接触到分离过程，以向右为正方向，
根据动量守恒定律有：mv0＝mv1+3mv2
由机械能守恒定律有：1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 3
2 m v2
2
联立解得：v1=−v0
2 ，v2= v0
2
由此可知，A、B 速度大小相等，但方向相反，故A 错误；
B、弹簧压缩到最短时，A、B 共速，根据动量守恒有：mv0＝（m+3m）v
解得：v = v0
4
根据牛顿第二定律，A、B 加速度任意时刻之比都为3：1，故平均加速度之比也为3：1
对B，参照匀变速运动规律有：xB= 1
2 ⋅aB⋅t
2=d
那么对A：xA＝v0t−1
2 ⋅aA⋅t
2=d0﹣3d，故B 正确；
C、弹簧的压缩量为：Δx＝xA﹣xB＝d0﹣3d﹣d＝d0﹣4d，最大弹力为k•Δx＝k（d0﹣
4d）≠4kd，故C 错误；
D、从压缩弹簧到弹簧完全弹开，物块B 速度由0 增大至v0
4 ，与由v0
4 增大至v0
2 的过程
中受到的弹力对称，速度变化相同，故两段时间相同，从开始压缩弹簧到弹簧恢复原长，
经历的时间为2t，故D 错误。
故选：B。
二．计算题（共3 小题）
11．（2023•海口一模）小区需要安装供小朋友玩游戏的滑道，滑道由光滑曲面滑梯PO 和
一条与其平滑连接的水平轨道ON 构成，水平轨道右侧固定有一轻质弹簧，弹簧左端恰
好位于M 点，如图所示。为保证小孩玩要安全，工程师们进行了模拟测试：坐在塑料
滑篮里的“小孩”从距离地面高h＝1.8m 处由静止开始下滑，滑篮和“小孩”总质量
mA＝10kg，下滑后与静止于O 点的橡胶块B 发生碰撞。碰撞后瞬间橡胶块的速度vB1＝
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2m/s，橡胶块向右移动x1= 1
3m 时的速度v= 2√6
3
m/s。已知水平轨道OM 长度L＝
1.0m，滑篮和橡胶块与OM 段之间的动摩擦因数相同，其余部分光滑，滑篮和橡胶块均
可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）橡胶块的质量mB。
（2）橡胶块与OM 段之间的动摩擦因数。
（3）弹簧最大的弹性势能Ep。
【解答】解：（1）滑篮和“小孩”从P 下滑到O 点，机械能守恒，mAgh= 1
2 mA v0
2
滑篮和“小孩”与橡胶块发生弹性碰撞，规定向右为正方向：mAv0＝mAvA+mBvB
根据能量守恒定律有：1
2 mA v0
2= 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2
解得：vA＝﹣4m/s，mB＝50kg
（2）橡胶块与滑篮和“小孩”第一次碰后向右匀减速运动，v2−vB
2 =2ax1
μmBg＝mBa
解得：μ＝0.2
（3）橡胶块从O 点运动到M 点过程：﹣μmBgL＝Ek1−1
2 mB vB
2
解得：Ek1＝0
滑篮和“小孩”O 点运动到M 点过程，根据动能定理有﹣μmAgL= 1
2 mv '
2−1
2 mA v
2
解得v'＝2√3m/s
滑篮和“小孩”与橡胶块再次发生弹性碰撞，规定向右为正方向：mAv'＝mAvA1+mBvB1
1
2 mA v '
2= 1
2 mA v A 1
2 + 1
2 mB vB1
2
弹簧压缩最短时，弹簧弹性势能最大，最大弹性势能为Ep= 1
2 mB vB1
2
解得：Ep= 100
3 J
答：（1）橡胶块的质量为50kg。
（2）橡胶块与OM 段之间的动摩擦因数为0.2。
（3）弹簧最大的弹性势能为100
3 J。
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12．（2023•广州二模）如图。玩具“火箭”由上下A、B 两部分和一个劲度系数较大的轻
弹簧构成，A 的质量为0.2kg，B 的质量为0.4kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始
时让A、B 压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A 上升得更高，让“火箭”在距地面0.8m
高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，
B 恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重
力加速度取10m/s2。求
（1）“火箭”着地时的速度大小；
（2）A 上升的最大高度；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能。
【解答】解：（1）“火箭”在距地面0.8m 高处自由释放，做自由落体运动，根据速度
—位移公式可得：
v2＝2gh
解得：v＝4m/s
（2）“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B 恰好停
在地面上，动量守恒，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得：
（mA+mB）v＝mAv'
解得：v′＝12m/s
A 做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动，根据运动学公式可得：
v'2＝2gh'
解得：h'＝7.2m
（3）根据机械能守恒得：
E p= 1
2 mA v '
2−1
2 (mA+mB)v
2
代入数据解得：Ep＝9.6J
答：（1）“火箭”着地时的速度大小为4m/s；
（2）A 上升的最大高度为7.2m；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能为9.6J。
13．（2023•延边州二模）如图所示，固定在竖直平面内的轨道由倾角θ 可调的倾斜轨道
AB、足够长的水平轨道BC 和半径为R＝0.3m 的竖直圆轨道构成，P 为圆轨道的最高点，
AB 段轨道粗糙，其余轨道光滑，各段轨道均平滑连接．当倾角θ＝30°时，质量为m1＝
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0.6kg 的物块a 恰好能沿轨道AB 匀速下滑。现将倾角调为θ＝60°，让物块a 从距水平面
BC 高度为h＝1.2m 处静止滑下，过一段时间后与静止在水平轨道BC 上的物块b 发生弹
性碰撞．若物块a、b 均可视为质点，物块a 始终不会脱离轨道，取重力加速度g＝
10m/s2．求：
（1）物块a 与轨道AB 间的动摩擦因数；
（2）物块a 第一次经过圆轨道最高点P 时对轨道的压力大小；
（3）若物块a 只经过一次P 点且能与物块b 发生两次碰撞，求物块b 的质量范围。
【解答】解：（1）当倾角θ＝30°时，物块a 恰好能沿轨道AB 匀速下滑，则m1gsin30°
＝μm1gcos30°，解得μ= √3
3
（2 ）物块a 第一次经过圆轨道最高点P 时，由动能定理
m1 g(ℎ−2 R)−μm1gcos60°
ℎ
sin 60° = 1
2 m1v P
2
解得vP＝2m/s
在P 点时F NP+m1g=m1
v P
2
R
解得FNP＝2N
（3）物块a 与物块b 碰前的速度1
2 m1vP
2 +2m1gR = 1
2 m1v0
2
解得v0＝4m/s
根据动量守恒和能量守恒，可得m1v0＝m1v1+m2v2，1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得v1= m1−m2
m1+m2
v0，v2=
2m1
m1+m2
v0
因物块a 只经过一次P 点，则1
2 m1v1
2≤m1 gR
物块a 能与物块b 发生两次碰撞则|v1|＞v2
联立解得1.8kg＜m2≤3(11+ 4√6)
25
kg≈2.5kg
答：（1）物块a 与轨道AB 间的动摩擦因数√3
3 ；
（2）物块a 第一次经过圆轨道最高点P 时对轨道的压力大小2N；
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（3）若物块a 只经过一次P 点且能与物块b 发生两次碰撞，物块b 的质量范围1.8kg＜
m2≤2.5kg。
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