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第23 讲 动量守恒定律及其应用
目录
01 课标达标练
题型01 动量守恒定律
题型02 碰撞
题型03 爆炸 反冲 人船模型
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 动量守恒定律及应用
1.（2025·四川眉山·高三月考）算盘是中国古老的计算工具，承载着我国古代劳动人民的智慧结晶和悠远文
明。算盘一般由框、梁、档和算珠组成，中心带孔的相同算珠可在档上滑动，使用前算珠需要归零。若一
水平放置的算盘中分别有一颗上珠和一颗顶珠未在归零位置，上珠靠梁，顶珠与框相隔d1=1cm，上珠与
顶珠相隔d2= 4cm，如图甲所示。现用手指将上珠以一定初速度拨出，一段时间后，上珠与顶珠发生正碰
（碰撞时间极短），整个过程，上珠运动的v −t图像如图乙所示。已知算珠与档之间的动摩擦因数处处相
同，重力加速度大小为g=10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
1
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A．算珠与档之间的动摩擦因数为0.1
B．上珠从拨出到停下所用时间为0.2s
C．上珠与顶珠发生的碰撞顶珠的速度0.1m/s
D．顶珠碰撞后恰好能运动至归零位置
【答案】D
【详解】A．根据上珠运动的v −t图像可知，上珠碰前匀减速运动的初末速度分别为
v0=0.5 m/s，v1=0.3 m/s
根据牛顿第二定律有
μmg=ma
利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有
v0
2−v1
2=2ad2
解得
μ=0.2
故A 错误；
B．v −t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，结合图乙有
a= 0.5 m/s−0.3 m/s
t1
，a= 0.1m/s
t2
解得
t1+t2=0.15s
故B 错误；
C．根据图乙可知，碰撞后上珠的速度
v2=0.1m/s
根据动量守恒定律有
m v1=m v2+m v3
解得
v3=0.2m/s
故C 错误；
D．顶珠做匀减速运动至速度减为0 过程，利用逆向思维有
v3
2=2ax
解得
2
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x =1cm =d1
故D 正确。
故选D。
2.光滑水平地面上的物体A 沿直线运动时与静止的物体B 发生正碰，其位移-时间图像如图所示。由图可
知，物体A、B 的质量之比为（ ）
A．1：6
B．1：4
C．1：3
D．1：2
【答案】A
【详解】由x−t图像的斜率表示速度，可推出碰撞前后的瞬时速度为
vA= 8
2 m/s= 4 m/s，vB=0 m/s
v
′
A=−8−4
2
m/s=−2m/s，v
'
B= 10−8
2
m/s=1m/s
由动量守恒可得
mA vA+mB vB=mA v
′
A+mBv
′
B
代入数据解得
mA
mB
= 1
6
故选A。
3.A、B 两球沿一直线发生正碰，图中的s−t图记录了两球碰撞前后的运动情况，图中的a、b 分别是A、B
两球碰前的s−t图线，c 是碰撞后的s−t图线（图线a 与纵轴的交点坐标为9），若A 球的质量mA=2kg，
则由图可知（ ）
3
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A．球B 的质量mB=3kg
B．碰撞前球A 的动量大小为2kg⋅m/s
C．碰撞过程中，球A 受到的冲量大小为3 N⋅s
D．碰撞过程中，球B 动量变化的大小为1kg⋅m/s
【答案】C
【详解】A．由位移时间图像斜率表示速度得，A 碰前的速度为
vA= 4−9
2
m/s=−2.5 m/s
B 碰前的速度为
vB= 4−0
2
m/s=2m/s
A、B 碰后的速度为
vAB= 2−4
4−2 m/s=−1m/s
A、B 两球碰撞时动量守恒
mA vA+mBvB=(mA+mB)vAB
解得
mB=1kg
故A 错误；
B．碰撞前球A 的动量为
pA=mA vA=2kg×(−2.5 m/s)=−5kg⋅m/s (负号表示负方向)
故B 错误；
C．碰撞过程中，球A 受到的冲量为
I =mA vAB−mA vA=[2×(−1)−2×(−2.5)]N ⋅s=3N ⋅s
故C 正确；
4
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D．碰撞过程中，球B 动量变化为
Δ PB=mBvAB−mBvB=[1×(−1)−1×2]kg⋅m/s=−3kg⋅m/s（负号表示负方向）
故D 错误。
故选C。
4.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1kg 的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设子弹射入
木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（ ）
A．木块动量变化量的大小为2kg·m/s
B．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J
C．此过程产生的内能可能是6J
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大
【答案】D
【详解】A．根据题意可得
1
2 M v1
2=8J
解得木块的速度为
v1= 4 m/s
所以木块动量变化量的大小为
Δ p= M v1= 4 kg⋅m/s
故A 错误；
B．设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到子弹、木块相对静止，木块位移为
x，子弹所受阻力为f，则
W 子弹对木块= fx
W 木块对子弹=−f ( x +d)
所以
W 子弹对木块+W 木块对子弹=−fd
故B 错误；
C．子弹、木块运动的v-t 图像如图所示
5
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由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知
x<d
所以
W 子弹对木块= fx =8J<fd =Q
即此过程产生的内能大于8J，不可能是6J，故C 错误；
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，木块的加速度减小，v-t 图像如图所示
由图可知，子弹射入木块的深度d 增大，产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D 正确。
故选D。
5.如图所示，质量均为m 的物块A、B 放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质
量为km(k <1)的子弹以水平速度v0射入木块A 并留在木块中（时间极短），下列说法正确的是（ ）
A．子弹射入木块A 的过程中，子弹的动量变化量为km v0
k +1
B．子弹射入木块A 的过程中，木块A 的动能增加量为km v0
2
2(k +1)
C．弹簧第一次压缩到最短的过程中，木块B 的动量大小为km v0
k +2
D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为
mk
2v0
2
(k +1)(k +2)
6
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【答案】C
【详解】A．子弹射入物块A 的过程中，子弹与物块A 组成的系统动量守恒，则有
km v0=(m+ km)v1
求得
v1=
k
k +1 v0
子弹动量的变化量
Δ p=km v1−km v0=−km v0
k +1
选项A 错误；
B．物块A 的动能增加量为
Δ EkA= 1
2 m v1
2= k
2m v0
2
2(k +1)
2
选项B 错误；
C．当弹簧第一次压缩到最短时，两物块共速，则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒，则有
km v0=(2m+ km)v2
求得
v2=
k
k +2 v0
物块B 的动量大小为
pBm = kmv0
k +2
选项C 正确；
D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为
Δ Ep= 1
2
(m+ km)v1
2−1
2
(2m+ km)v2
2=
k
2m v0
2
2(k +1)(k +2)
选项D 错误。
故选C。
6.（多选）A、B 两球沿直线运动并发生正碰。如图为两球碰撞前后的位移—时间图像。a、b 分别为A、B
两球碰撞前的位移—时间图像，c 为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A 球质量是m＝2kg，则由
图可知（ ）
7
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A．A、B 碰撞前的总动量为3kg·m/s
B．碰撞时A 对B 所施冲量为－4N·s
C．碰撞前后A 的动量变化量为6kg·m/s
D．碰撞中A、B 两球组成的系统损失的动能为10J
【答案】BD
【详解】由x－t 图像可知，碰撞前A 球的速度
vA＝Δ xA
Δt A
＝4−10
2
m/s＝－3m/s
B 球的速度
vB＝Δ xB
Δt B
＝4
2 m/s＝2m/s
碰撞后A、B 两球的速度相等，为
vA'＝vB'＝v＝2−4
2
m/s＝－1m/s
则碰撞前后A 的动量变化量
ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s
对A、B 组成的系统，由动量守恒定律有
mvA＋mBvB＝（m＋mB）v
解得
mB＝4
3 kg
A 与B 碰撞前的总动量为
p 总＝mvA＋mBvB＝2×（－3）kg·m/s＋4
3 ×2kg·m/s＝－10
3 kg·m/s
由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施冲量为
IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s
8
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碰撞中A、B 两球组成的系统损失的动能
ΔEk＝1
2mvA
2＋1
2mBvB
2−1
2（m＋mB）v2
代入数据解得
ΔEk＝10J
故选BD。
7.（多选）如图所示，在光滑的水平地面上有一辆质量为M 的平板车，车的两端分别站着人A 和B，A 的
质量为mA，B 的质量为mB（mA>mB），最初人和车都处于静止状态。则（ ）
A．若A、B 以相同的速率相向运动，则平板车的速度为零
B．若A、B 以相同的速率相向运动，则平板车的速度不为零
C．若A 向右运动、B 向左运动交换位置后，平板车的位移为零
D．若A 向右运动、B 向左运动交换位置后，平板车的位移不为零
【答案】BD
【详解】AB．两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度相向运动，A
的质量大于B 的质量，则A 的动量大于B 的动量，AB 的总动量方向与A 的动量方向相同，即向右，要保证
系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A 错误，B 正确；
CD．以人船模型分析，先让A 到B 的位置车向左位移大小
x1=
mA
M +mA+mB
L
B 到A 的位置车再向右位移大小
x2=
mB
M +mA+mB
L
因为mA>mB，则x1> x2，车向左位移大小为
Δ x = x1−x2=
mA−mB
M +mA+mB
L
故D 正确，C 错误。
故选BD。
9
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02 碰撞
8.（多选）准确理解物理概念的内涵和外延是学好物理的关键。下列说法正确的是（ ）
A．弹性碰撞的物体在碰撞过程中满足动量守恒和动能守恒
B．电荷的电势能变化仅与电荷所受的电场力做功有关
C．电场是客观存在的一种特殊物质，电场线、等势面是人为假想的，客观并不存在
D．通电导线内部的电场就是电源所形成的
【答案】AB
【详解】A．物体在碰撞过程中满足动量守恒和动能守恒的称为弹性碰撞,故A 正确；
B．电荷的电势能变化的多少取决于电荷所受电场力所做的功的大小,故B 正确；
C．电场是客观存在的一种特殊物质；电场线是人为假想的，客观并不存在；等势面是客观存在的，是电
场中各相等的电势点构成的，即使不画出来，也是真实存在的,故C 错误；
D．通电导线内部的电场是电源电场和堆积在导体表面的电场叠加而成的,故D 错误。
故选AB。
9.（多选）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上相向运动，A、B 两球的质量分
别为m 和3m，A、B 两球发生正碰，碰撞后A 球的速率是原来的两倍，B 球恰好静止。则（ ）
A．碰撞前A、B 两球的速度大小之比为1 1∶
B．碰撞前A、B 两球的速度大小之比为3 2∶
C．A、B 两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B 两球发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】AC
【详解】AB．设向右为正方向，根据动量守恒定律
m v1−3m v2=m(−2v1)
得
v1:v2=1:1
A 正确，B 错误；
CD．碰撞前系统动能为
10
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Ek= 1
2 m v1
2+ 1
2 ⋅3m v2
2=2m v1
2
碰撞后系统动能为
E
′
k= 1
2 m(2v1)
2=2m v1
2
可知，碰撞前后系统机械能相等，A、B 两球发生的碰撞是弹性碰撞，C 正确，D 错误。
故选AC。
10.（多选）如图，质量为m1的小球以速度v1向右在光滑的地面上运动，质量为m2的小球以速度v2也向右
运动，且v1>v2，两球发生弹性碰撞，碰撞后的m1的速度为v1'，m2的速度为v2'，则（ ）
A．v1'=m1−m2
m1+m2
v2+ 2m2
m1+m2
v1，v2'=m1−m2
m1+m2
v1+ 2m1
m1+m2
v2
B．v1'=m1−m2
m1+m2
v1+ 2m2
m1+m2
v2，v2'=m2−m1
m1+m2
v2+ 2m1
m1+m2
v1
C．若m1=m2，则v1'=v1，v2'=v2
D．若m1=m2，则v1'=v2，v2'=v1
【答案】BD
【详解】两球发生弹性碰撞，满足系统的动量守恒，能量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒有
m1v1+ m2v2=m1 v1'+m2 v2'
由能量守恒可知
1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2= 1
2 m1v
′
1
2+ 1
2 m2v
′
2
2
联立解得
v1'=m1−m2
m1+m2
v1+ 2m2
m1+m2
v2
v2'= m2−m1
m1+m2
v2+ 2m1
m1+m2
v1
若满足m1=m2，则有
v1'=v2
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v2'= v1
故BD 正确，AC 错误。
故选BD。
11.（多选）如图所示，A、B、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量
分别为mA=3 kg ，mB=2 kg， mC=1 kg，三个小球的初状态均静止，B、C 两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧
处于原长状态。现给A 一个向左的初速度v0=10 m/s，A、B 碰后A 球的速度依然向左，大小为2 m/s，下列
说法正确的是（ ）
A．球A 和B 的碰撞是弹性碰撞
B．球A 和B 碰撞后，球B 的最小速度可为0
C．球A 和B 碰撞后，弹簧的最大弹性势能可以达到72J
D．球A 和B 碰撞后，球B 速度最小时球C 的速度可能为16 m/s
【答案】AD
【详解】A．AB 两球相碰，根据动量守恒定律
mA v0=mA v1+mBv2
代入数据，可求得
v2=12m/s
由于，在碰撞的过程中满足
1
2 mA v0
2= 1
2 mA v1
2+ 1
2 mBv2
2
因此该碰撞是弹性碰撞，A 正确；
BD．由于BC 及弹簧组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当B 的速度最小时，应该
是弹簧处于原长状态
mBv2=mBv3+mCv4
1
2 mBv2
2= 1
2 mBv3
2+ 1
2 mCv4
2
整理得
v3= 4 m/s ，v4=16 m/s
12
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因此B 的最小速度为4 m/s，此时C 球的速度为16 m/s，B 错误，D 正确；
C．当BC 两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大
mB v2=(mB+mC)v5
EP= 1
2 mB v2
2−1
2 (mB+mC)v5
2
解得
EP= 48J
C 错误。
故选AD。
12.（多选）如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板C，在C 上左端和距左端x处各放有小物块A
和B，A、B 均可视为质点，A、B 与C 间的动摩擦因数均为μ，A、B、C 的质量均为m。开始时，B、C 静
止，A 以某初速度v0向右做匀减速运动，设B 与C 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是
（ ）
A．A 运动过程中，B 受到的摩擦力为μmg
B．最终A、B、C 一起向右以v0
3
做匀速直线运动
C．若要使A、B 恰好不相碰，A 的初速度v0=√2 μgx
D．若要使A、B 恰好不相碰，A 的初速度v0=√3 μgx
【答案】BD
【详解】A．设A 在C 板上滑动时，B 相对于C 板不动，则对B、C 有
μmg=2ma
解得
a= μg
2
又B 依靠摩擦力能获得的最大加速度为
am = μmg
m = μg
有
13
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am>a
B 未相对C 滑动而随木板C 向右做加速运动，B 受到的摩擦力
f B=ma= 1
2 μmg
方向向右，故A 错误；
B．将三者看做一个整体，整体所受外力为零，动量守恒，故有
m v0=3mv
解得
v = v0
3
故B 正确；
CD．若要使A、B 恰好不相碰，则A 到达B 处恰好三者共速。根据能量守恒可得
1
2 mv0
2−1
2 3m(
v0
3 )
2
= μmgx
解得
v0=√3 μgx
故C 错误，D 正确。
故选BD。
13.2022 年第24 届冬奥会将在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一。在冰壶比赛中，球员手持毛刷
擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a 所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红
壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v－t 图像如图b 所示，关于冰壶的运动，下列说法正确
的是（ ）
A．碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.2m/s2
C．碰撞后两壶相距的最远距离为2m
14
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D．两壶碰撞是弹性碰撞
【答案】C
【详解】A．根据图像的斜率表示加速度知，碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以
蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A 错误；
BC．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0 = 1.2m/s，碰后红壶的速度为0.4m/s，取碰撞前红壶的速
度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
m v0=m v0
' +mv
解得
v =0.8 m/s
根据图像可得，红壶碰前的加速度大小为
a1= Δv
Δt =0.2m/s
2
所以蓝壶静止的时间为
Δt = v0
a1
=6s
碰后蓝壶的加速度大小为
a
' = v
Δt = 2
15 m/s
2
碰后两壶相距的最远距离
Δ x = v ⋅Δt
2
−v
'
0 Δt
'
2
= 0.8×6
2
−0.4×2
2
m =2.0 m
故B 错误，C 正确；
D．碰撞前两壶的总动能为
Ek1= 1
2 mv0
2=0.72m
碰撞后两壶的总动能为
Ek2= 1
2 mv0
' 2+ 1
2 mv
2=0.4 m
所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故D 错误。
故选C。
14.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
15
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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．3 J
B．4 J
C．5 J
D．6 J
【答案】A
【详解】由v-t 图可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲=5 m /s，v乙=1m /s；碰后甲、乙的速度分别为
v
′
甲=−1m /s，v
′
乙=2m /s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
m甲v甲+m乙v乙=m甲v
′
甲+m乙v
′
乙
解得
m乙=6kg
则损失的机械能为
ΔE = 1
2 m甲v甲
2 + 1
2 m乙v乙
2 - 1
2 m甲v
′
甲
2 - 1
2 m乙v
′
乙
2
解得
ΔE =3J
故选A。
03 爆炸 反冲 人船模型
15.如图，ABC 静置于水平面上，BC 之间放有少量炸药，极短时间内爆炸产生60J的能量中有90 %转化为
BC 两物体的动能。已知mA =2kg，mB=1kg，mC =3kg；A与地面之间的动摩擦因数μA =0.05，A与B
之间的动摩擦因数μB=0.5，A与C之间的动摩擦因数μC =0.4。A板足够长，重力加速度g取10 m/s
2。
求：
（1）爆炸后瞬间A、B、C 的加速度大小；
（2）爆炸后瞬间B、C 的速度大小；
（3）爆炸后到A 板向右运动到最远的过程中，A 与地面之间因为摩擦而产生的热量；
16
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【答案】（1）aA =2m/ s
2，aB=5m/ s
2，aC = 4 m/ s
2；（2）vB=9m/ s，vC =3m/ s；（3）
Q =1.6875 J
【详解】（1）爆炸后瞬间，分别对物体受力分析得
aB= μBmB g
mB
= μB g=0.5×10m/ s
2=5m/ s
2
aC = μC mC g
mC
= μC g=0.4×10m/ s
2= 4 m/ s
2
aA = μC mC g−μBmB g−μA(mA+mB+mC)g
mA
=2m/ s
2
（2）爆炸瞬间，由动量守恒得
mB vB=mC vC
根据题意，由能量守恒得
90 % E = 1
2 mB vB
2 + 1
2 mC vC
2
联立解得
vB=9m/ s
vC =3m/ s
（3）设经过t1时间，A、C 两物体达到共速，则有
v共= vC−aC t1=aAt1
代入数据解得
t1=0.5 s
v共=1m/ s
假设A、C 两物体一起减速运动，则两者的加速度满足
17
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a共= μBmB g+ μA(mA+mB+mC)g
mA+mC
=1.6m/ s
2＜aC
故假设成立，则A、C 速度减到零的时间为
t2= v共
a共
= 1
1.6 s=0.625 s
此过程中A 物体的对地位移为
x = v共
2 (t1+t2)= 1
2 ×(0.5+0.625)m=0.5625m
则因摩擦而产生的热量为
Q = μA(mA+mB+mC)gx =0.05×6×10×0.5625 J =1.6875 J
16.（多选）（2025·四川凉山·三模）如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位
置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空
气阻力，则在投球过程中（ ）
A．小车始终未动
B．人、车和球组成的系统动量守恒
C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离
D．球全部落入左框后，小车将静止不动
【答案】CD
【详解】AB．在投球过程中，人、车和球系统所受的合外力不为零，虽然系统动量不守恒，但水平方向不
受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系
统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，故AB 错误；
C．设一个球的质量为m，人、车和剩余球的质量为M，人扔球时到篮筐的水平距离为L，根据水平方向动
量守恒m v球= M v车
则m x球= M x车
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又x球+ x车= L
解得x车=
m
m+ M L，故C 正确；
D．当球全部投入左边的框中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，
故D 正确。
故选CD。
17.（多选）如图所示，半径为R、质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑水平地面上，直径AB 水平。现将
质量为m 的小球从距A 点正上方h0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升
的最大高度为3
4 h0，不计空气阻力，则（ ）
A．小球和小车组成的系统动量不守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
2
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度1
2 h0<h< 3
4 h0
【答案】AD
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所
受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 正确；
B．由于系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
mv −m v
′ =0
m 2 R−x
t
−m x
t =0
解得小车的位移为
x = R
故B 错误；
C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与
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小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 错误；
D．小球第一次车中运动过程中，由动能定理得
mg(h0−3
4 h0)−W =0
解得
W = 1
4 mgh0
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为1
4 mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，
因此小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于1
4 mgh0，机械能损失小于1
4 mgh0，因此小球再
次离开小车时，能上升的高度大于
3
4 h0−1
4 h0= 1
2 h0
而小于3
4 h0，故D 正确。
故选AD。
18.如图所示，质量为1kg 的平板车放置在光滑水平玻璃面上，一辆质量为0.2kg 的电动玩具车放在平板车
上，其前端距离平板车左端1.8m。现启动电动玩具车，则（ ）
A．玩具车开始向左运动后，平板车仍然静止
B．玩具车突然不动时，平板车仍然向右运动
C．玩具车运动得越快，平板车运动得越慢
D．玩具车前端运动到平板车左端时，平板车在水平面上移动0.3m
【答案】D
【详解】A．根据动量守恒定律，玩具车开始向左运动后，平板车向右运动，A 错误；
B．根据动量守恒定律，玩具车突然不动时，平板车也立即停止运动，B 错误；
C．根据动量守恒定律，玩具车运动得越快，平板车运动得越快，C 错误；
D．根据动量守恒定律
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m平x平=m电x电
根据题意得
x平+ x电=1.8
解得
x电=1.5 m
x平=0.3 m
玩具车前端运动到平板车左端时，平板车在水平面上移动0.3m，D 正确。
故选D。
19.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右），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，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量（
）
A．m（L+d ）
d
B．
md
（L−d ）
C．mL
d
D．m（L−d ）
d
【答案】D
【详解】因水平方向动量守恒，可知人运动的位移为（L-d）由动量守恒定律可知
m( L−d )= Md
解得船的质量为
M = m( L−d)
d
故选D。
20.（多选）如图所示，质量为100kg 的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水
平面，并且比湖岸高出h=0.8m 在船尾处有一质量为20kg 铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时
铁块到船头的距离L=3m，船头到湖岸的水平距离x=0.7m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略
船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的有（ ）
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A．铁块脱离木船后在空中运动的时间为0.4s
B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为1.75m/s
C．小木船最终的速度大小为1.25m/s
D．弹簧释放的弹性势能为108J
【答案】AD
【详解】AB．烧断细线后以M 、m组成的整体为研究对象，对M与m组成的系统由平均动量守恒得
M s1=m s2
s1+ s2= L
解得
s1=0.5 m
s2=2.5 m
铁块离开小木船后做平抛运动
(s1+ x)= v2t
h= 1
2 gt
2
解得
t =0.4s
v2=3m/s
选项A 正确，B 错误。
C．铁块与小木船相互作用时，由动量守恒得
M v1−m v2=0
解得
v1=0.6 m/s
选项C 错误。
D．由机械能守恒定律得
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E p= 1
2 M v1
2+ 1
2 m v2
2
解得
E p=108J
选项D 正确。
故选AD。
21.（多选）如图所示，甲、乙两车的质量均为5m，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立
着一个质量为m 的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（ ）
A．甲、乙两车运动中动量大小之比为6 5∶
B．甲、乙两车运动中速度之比为5 6∶
C．甲车移动的距离为6 L
11
D．乙车移动的距离为5 L
6
【答案】AC
【详解】AB．甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，有
0=5m⋅v甲−6m⋅v乙
则甲、乙两车运动中速度之比为
v甲
v乙
= 6
5
而甲、乙两车运动中动量大小之比为
P甲
P乙
= 5m v甲
5m v乙
= 6
5
故A 正确，B 错误；
CD．设甲车和乙车移动的位移为x甲和x乙，则有
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x甲= v甲t，x乙= v乙t
又有
x甲+ x乙= L
联立解得
x甲= 6 L
11 ，x乙= 5 L
11
故C 正确，D 错误；
故选AC。
22.（多选）如图所示，质量均为m=2kg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 =0.5 m的细线，细线另一端系一质量为1kg的球C。现将C 球拉起使细线水平伸
直，并由静止释放C 球，重力加速度为g=10 m/s
2。从开始释放C 到A、B 两木块恰好分离的过程，下列说
法正确的是（ ）
A．两物块A 和B 分离时，A、B 的速度大小均为√2m/s
B．两物块A 和B 分离时，C 的速度大小为2√2m/s
C．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为0.1m
D．C 球由静止释放到最低点，A 对B 的弹力的冲量大小为√10kg·m/s
【答案】BC
【详解】AB．球C 下落到最低点时，AB 将要分离，根据机械能守恒定律有
mC gl = 1
2 mCvC
2+ 1
2 (2m)vAB
2
系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
mCvC=2m vAB
联立解得
vC=2√2m/s，vAB= √2
2 m/s
故A 错误，B 正确；
C．C 球由静止释放到最低点的过程中，设C 对地的水平位移大小为x1，AB 对地的水平位移大小为x2，则
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有
mC x1=2m x2，x1+ x2=l
解得
x2=0.1m
故C 正确；
D．C 球由静止释放到最低点的过程中，选B 为研究对象，由动量定理有
I AB=m vAB=√2kg·m/s
故D 错误。
故选BC。
23.（多选）如图所示，载有物资的热气球的总质量为M，静止于距离水平地面H 的高处。现将质量为m
的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。设整个过程中热气球所受浮
力不变，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略物资受到的浮力。下列说法正确的是（ ）
A．物资落地前，热气球与其组成的系统动量守恒
B．投出物资后，热气球匀速上升
C．物资落地时，热气球上升的高度为mH
M −m
D．d = MH
M −m
【答案】ACD
【详解】A．物资抛出之前，物资和气球受合力为零，物资抛出后，气球和物资受合外力不变，则系统受
合外力仍为零，则物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项A 正确；
B．投出物资后热气球受合力向上，则向上做匀加速直线运动，选项B 错误；
CD．设物资落地时热气球上升的高度为h，则对物资和气球系统，由动量守恒定律
( M −m) h
t =m H
t
解得
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h=
mH
( M −m)
则
d = H +h= H +
mH
( M −m) = MH
M −m
选项CD 正确。
故选ACD。
24.（多选）如图所示，把两个大小相同的金属球A 和B 用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，静止在光
滑的水平桌面上。已知A 的质量为M，B 的质量为m，弹簧的压缩量为x，原长为L。现烧断细线，在弹簧
恢复原长的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球A、B 组成的系统动量守恒
B．当弹簧恢复至原长时，小球A 与小球B 的动能之比为m: M
C．金属球B 发生的位移大小为M ( L−x)
M +m
D．金属球A 发生的位移大小为mx
M +m
【答案】ABD
【详解】AB．小球A、B 组成的系统受到的合外力为零，则小球A、B 组成的系统满足动量守恒，当弹簧恢
复至原长时，有
M vA=m vB
可得小球A 与小球B 的动能之比为
1
2 M vA
2
1
2 m vB
2 = m M
2vA
2
M m
2vB
2 = m
M
故AB 正确；
CD．根据
M vA=m vB
则有
M vAt =m vBt
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可得
M xA=m xB
又
xA+ xB= x
联立解得
xA=
mx
M +m，xB=
Mx
M +m
故C 错误，D 正确。
故选ABD。
25.（多选）2022 年冬季奥运会将在北京举行。我国冰壶运动员在某一次水面内训练时，红壶以一定的速
度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向上的
冰面来减小阻力。碰撞前、后两壶运动的v－t 图线如图中实线所示，如果两冰壶的质量相等，那么，由图
像可得出正确的结论是（ ）
A．碰撞后瞬间，蓝壶的速度为1.5 m/s，红壶的速度为0.5 m/s
B．两壶在碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的3
4 倍
C．红、蓝两壶在运动过程中，动摩擦因数之比为μ红: μ蓝=3:4
D．碰后蓝壶经过4s停止运动
【答案】AD
【详解】A．由图像可以看出，碰前红壶的速度为v0=2.0 m/s，碰后瞬间蓝壶的速度v2=1.5 m/s，两冰壶
质量相等，碰撞过程动量守恒，设红壶碰后的速度为v1，以碰前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定
律得
m v0=m v1+m v2
得
v1=0.5 m/s
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故A 正确；
B．碰撞过程中损失的机械能为
Δ E1= 1
2 m v0
2−1
2 m v1
2−1
2 m v2
2= 3
4 m
两壶从碰后到静止损失的总机械能
Δ E2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2= 5
4 m
两壶在碰撞过程中损失的机械能为两壶从碰后到静止损失的总机械能的3
5，故B 错误；
CD．碰前红壶的加速度为
a= μ红g= Δv
Δt =0.5 m/s
2
则
μ红=0.05
由图像可知
t2= 2.5
0.5 s=5s
碰后蓝壶运动时间为
Δt =t2−1= 4s
则碰后蓝壶的加速度为
a2= μ蓝g= 1.5
5−1 m/s
2=0.375 m/s
2
则
μ蓝=0.0375
则
μ红: μ蓝=0.05:0.0375= 4:3
故C 错误，D 正确。
故选AD。
26.（多选）在光滑的水平面上，质量为m 的小球A 以速度v0水平向右运动，与质量为3m 的静止的小球B
发生碰撞。A、B 的材质不同，碰撞情景会不同。下列说法正确的是（ ）
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A．碰后B 球的速度方向一定向右
B．碰后A 球的速度方向一定向左
C．碰后B 球速度的最大值为1
2v0
D．碰后A 球速度的最大值为1
4 v0
【答案】AC
【详解】无论小球材质如何，两小球的碰撞过程都遵循动量守恒，设碰撞前小球A 的速度方向为正方向，
若两球发生的是完全非弹性碰撞，则有
m v0=(3m+m)v共⇒v共= v0
4
若两球发生的是完全弹性碰撞，则动量守恒的同时机械能也守恒
m v0=m v1+3m v2
1
2 m v0= 1
2 ×m v A
2 + 1
2 ×3m v2
2
联立解得
v1=−v0
2
v2= v0
2
AB．由以上分析可知，碰后小球B 的速度方向一定向右，小球A 的速度方向可能向右也可能向左，A 正
确，B 错误；
CD．碰后B 球速度的最大值为1
2 v0，碰后小球A 的速度可以是反向1
2 v0，所以碰后A 球速度的最大值不是
1
4 v0，C 正确，D 错误。
故选AC。
27.（多选）在光滑水平面上，小球A、B（可视为质点）沿同一直线相向运动，A 球质量为1 kg，B 球质量
大于A 球质量．如果两球间距离小于L 时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L 时作用力消失．两球
运动的速度一时间关系如图所示，下列说法正确的是
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A．B 球质量为2 kg
B．两球之间的斥力大小为0. 15 N
C．t=30 s 时，两球发生非弹性碰撞
D．最终B 球速度为零
【答案】BD
【详解】当两球间距小于L 时，两球均做匀减速运动，因B 球质量大于A 球质量可知B 球加速度小于A 球
的加速度，由v-t 图像可知：aB= 2−3
20 m/ s
2=−0.05m/ s
2；aA = 0−（-3）
20
m/ s
2=0.15m/ s
2；由牛
顿第二定律：F =mA aA =mBaB，解得mB=3mA=3kg，F=0.15N，选项A 错误，B 正确； 由图像可知，AB 在
30s 时刻碰前速度：vA=0，vB=2m/s；碰后：v＇A=3m/s，v＇B=1m/s，因
ΔE = 1
2 mB vB
2 −( 1
2 mA v A
' 2+ 1
2 mB vB
' 2)=0可知t=30 s 时，两球发生弹性碰撞，选项C 错误；由图像可知，两
部分阴影部分的面积应该相等且都等于L，可知最终B 球速度为零，选项D 正确.
28.（多选）如图所示，可视为质点的完全相同的A、B 两小球分别拴接在一轻弹性绳的两端，两小球质量
均为m，且处于同一位置（离地面足够高）。弹性绳原长为L，始终处于弹性限度内，且满足胡克定律。
t =0时刻，让A 球自由下落的同时B 球以速度v0水平向右抛出，弹性绳从开始出现弹力到第一次恢复原长
所用时间为t0。已知重力加速度为g，两个小球发生的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短忽略不计，不计一
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切阻力，下列说法正确的是（ ）
A．当弹性绳第一次最长时，B 球的动量大小为1
2 m v0
B．弹性绳的最大弹性势能为1
4 mv0
2
C．从0 时刻到弹性绳第一次恢复原长时，重力的冲量为mg(
2 L
v0
+t0)
D．两小球碰撞的时刻为t =(
2 L
v0
+t0)n(n=1,2,3⋅⋅⋅)
【答案】BD
【详解】A．当弹性绳第一次最长时，两小球水平方向上动量守恒
m v0=2m v x
得
v x = 1
2 v0
但由于其竖直方向上也有速度，故其动量大小不是1
2 m v0，故A 错误；
B．水平方向上共速时弹性势能最大，设此时两小球竖直速度均为v1，则根据能量守恒可得
2mgh+ 1
2 m v0
2= 1
2 m(v x
2+ v1
2)+ 1
2 m(v x
2+ v1
2)+ E p
同时v1
2=2gh，可得
Ep= 1
4 m v0
2
故B 正确；
C．当小球第一次恢复原长时，经历的时间为
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t1= L
v0
+t0
故重力的冲量为
I G=mgt1=mg(
L
v0
+t0)
故C 错误；
D．根据弹性碰撞的规律，每次碰撞后，两小球速度交换，从开始运动到两小球第一次相碰，经历的时间
为2 L
v0
+t0，之后两小球在水平方向上呈现周期性运动，周期均为2 L
v0
+t0，故两小球碰撞的时刻为
t =(
2 L
v0
+t0)n(n=1,2⋅3⋅⋅⋅)
故D 正确。
故选BD。
29.（多选）（2025·四川绵阳·三模）如图1 所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运
动，运动一段时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙两物块运
动的速度—时间图像如图2 所示，t =0时刻甲、乙间距为x1，均停止后间距为x2，已知重力加速度
g=10 m/s
2。下列说法正确的是（ ）
A．两物块与地面间的动摩擦因数相同
B．乙在整个过程中的位移大小x3= x1−x2
C．两物块的质量之比为m甲
m乙
= 4
7
D．两物块间的碰撞为弹性碰撞
【答案】BC
【详解】A．从图2 可以看出
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a甲= Δv甲
Δt =−μ甲g=−2m/s
2，a乙= Δv乙
Δt = μ乙g= 4 m/s
2
解得
μ甲=0.2，μ乙=0.4
故A 错误；
B．根据v −t图像与横轴围成的面积表示位移，可知t =0之后的运动过程甲的位移为
x甲= 1
2 (10+6)×2m −1
2 ×8×4 m =0
则乙在整个过程中的位移大小为
x3= x1−x2
故B 正确；
C．由v −t图像结合图中比例关系可知碰撞前瞬间甲、乙两物块的速度分别为v1=6 m/s，v2=−12m/s，
碰后瞬间甲、乙两物块的速度分别为v
′
1=−8 m/s，v
′
2=−4 m/s，根据动量守恒定律有
m甲v1+m乙v2=m甲v
′
1+m乙v
′
2
代数数据解得
m甲
m乙
= 4
7
故C 正确；
D．结合C 项分析可知
1
2 m甲v1
2+ 1
2 m乙v2
2> 1
2 m甲v
′
1
2+ 1
2 m乙v
′
2
2
则两物块间的碰撞不是弹性碰撞，故D 错误。
故选BC。
30.（多选）一次台球练习中，某运动员用白球击中子彩球，白球与静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，
碰后两球在同一直线上运动，且台球运动时所受桌面阻力保持不变，两球质量均为m=0.2kg，碰撞后两球
的位移x 与速度的平方v² 的关系如图所示，重力加速度g 取10m/s²。则下列说法正确的是（ ）
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A．碰撞前白球的速度为1.64m/s
B．碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为0.2kg·m/s
C．碰撞过程中，系统有机械能转化为内能
D．台球所受桌面阻力为0.5N
【答案】BC
【详解】A.碰后白球速度
v1=0.8 m/s
彩球速度
v2=1.0 m/s
设碰撞前白球速度为v0，由动量守恒得
m v0=m v1+m v2
解得
v0=1.8 m/s
故A 错误；
B.碰撞过程中，白球对彩球的冲量
I =m v2=0.2×1.0kg⋅m /s=0.2kg⋅m/s
B 正确；
C.由于
1
2 m v0
2> 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
故碰撞过程中，系统有机械能转化为能，C 正确；
D.由运动学知识可知
a= v
2
2 x =
0.64
2×1.28 m/s
2=0.25 m /s
2
故阻力为
f =ma=0.05 N
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故D 错误。
故选BC。
31.（多选）如图甲所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块
P（视为质点）以6 m /s的初速度滑上木板，t =2s时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的v −t图像如
图乙所示。重力加速度大小g=10 m /s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．“L”形木板的长度为9 m
B．Q 的质量为1kg
C．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能之比为1：4
【答案】BD
【详解】A．“L”形木板的长度
L= 6+3
2
×2m −1
2 ×2m =8 m
A 错误；
B．滑块P 滑上木板后，滑块P 做匀减速运动，木板Q 做匀加速运动，由两者运动的v −t图像可知，两者
在碰撞前滑块P 的速度为
v1=3 m/s
木板Q 的速度
v2=1m/s
两者碰撞后共同速度为
v3=2m/s
碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P 的质量为m，木板Q 的质量为M，取滑块P 的速度方向为正方向，由
动量守恒定律可得
m v1+ M v2=(m+ M )v3
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代入数据解得
M =1kg
B 正确；
C．设滑块P 与木板Q 间的滑动摩擦因数为μ1，地面与木板之间的滑动摩擦因数为μ2，由运动的
图像
可知，在0~2s 时间内，滑块P 的加速度为
aP= 3−6
2
m/s
2=−1.5 m/s
2
木板Q 的加速度为
aQ= 1
2 m/s
2=0.5 m/s
2
对两者由牛顿第二定律可得
−μ1mg= M aP
μ1mg−μ2(m+ M )g= M aQ
代入数据联立解得
μ2=0.05
C 错误；
D．由于碰撞系统损失的机械能为
Δ E = 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2−1
2
(m+ M )v3
2
代入数据解得
Δ E =1J
碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能
Q = 1
2
(m+ M )v3
2= 4 J
课中由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能之比为1：4，D 正确。
故选BD。
32.（多选）如图甲所示，水平传送带A、B两轮间的距离L=3.5 m，质量M =2.0kg的物块（可视为质点）
随传送带一起以恒定的速率v0=2.0 m /s向左匀速运动。当物块运动到最左端时，质量m=0.050kg的子弹
以u0= 400 m /s的水平速度向右射中物块并穿出。且从第一颗子弹击穿物块开始，每隔Δt =1.5s就有一颗
相同的子弹以同样的速度击穿物块，直至物块最终离开传送带（如果物块到右端时速度恰好为0，不会向
左返回）。在传送带的右侧有一速度传感器，画出物块被第一颗子弹击穿后的速度随时间的变化关系如图
乙所示（图中取向右运动的方向为正方向，子弹射出物块的瞬间为t =0时刻）。设所有子弹与物块间的相
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互作用力均相同，子弹击穿物块的时间极短，且不会击中传感器而发生危险。物块的质量保持不变，不计
空气阻力及A、B轮的大小，取重力加速度g=10 m /s
2。则下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.40
B．子弹击穿物块后的速度u为320 m /s
C．整个过程中物块与传动带之间因摩擦产生的热量为52J
D．整个过程中物块与传动带之间因摩擦产生的热量为68J
【答案】AD
【详解】A．根据速度图象可知，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动，在0~1s内物块的速度由
4 m/s减为0，此过程物块的加速度大小为
a=|
Δv
Δt |=|
0−4.0
1 |= 4.0 m/s
2
由牛二定律有
f = μMg= Ma
解得
μ= a
g =0.4
B．物块被击中前的速度大小为v0=2.0 m/s，由速度图像可知物块被击穿后瞬间物块的速度大小，
v = 4.0 m/s，方向向右；设子弹击穿物块后的速度为u，以向右为正方向．根据动量守恒定律有
mu0−M v0=mu+ Mv
解得
u=160 m/s
选项B 错误；
CD．第1 颗子弹击穿物块后，物块向右运动的时间为
t1=1.0s
设向右运动的最大距离为x1，则
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x1= v
2 t1=2.0 m 1.0s时物块改为向左运动，运动时间为t2=0.50s位移大小为
x2= v0
2 t2=0.50 m
所以在Δt =1.5s时间内，物块向右运动的距离为
l = x1−x2=1.5 m
第二颗子弹射入时物块的速度和第一颗刚射入相同，且物块再运动1s 物块向右运动2m，刚好从传送带滑
出，即运动的总时间为2.5s，第一颗子弹的相对路程由图像可得
x1
' = v0t1=2m
x2
' = v0t2=1m
Δ x1= x1+ x
′
1+ x
′ −
2
❑
x2= 4.5 m
第二颗子弹的相对路程由图像可得
x3=2m
x3
' =2m
Δ x2= x3+ x
′
3= 4 m
所以
Q = μMg(Δ x1+Δ x2)=68J
故D 正确，C 错误。
故选AD。
33.（江苏·高考真题）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，
甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s 和2m/s.求甲、乙两
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运动员的质量之比（ ）
A．1:2
B．2:1
C．2:3
D．3:2
【答案】D
【详解】由动量守恒定律得
m1v1−m2v2=m2v
′
2−m1v
′
1
解得
m1
m2
= v2+ v
′
2
v1+ v
′
1
代入数据得
m1
m2
= 3
2
故选D。
34.（福建·高考真题）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对
地面的速度v0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火
箭模型获得的速度大小是（ ）
A．mv0
M
B．M v0
m
C．M v0
M −m
D．mv0
M −m
【答案】D
【详解】在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷
气后火箭获得的速度为v，并以v 的方向为正方向，根据动量守恒定律有
0=( M −m)v +m(−v0)
解得
v = m v0
M −m
故D 正确，ABC 错误。
故选D。
35.（多选）（2023·广东·高考真题）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1kg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F
，推动滑块1 以0.40 m /s的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同
速度为0.22m /s．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
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A．该过程动量守恒
B．滑块1 受到合外力的冲量大小为0.18 N ⋅s
C．滑块2 受到合外力的冲量大小为0.40 N ⋅s
D．滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N
【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
p1=m v1=1×0.40kg⋅m/s=0.40kg⋅m/s
碰撞后的动量为
p2=2m v2=2×1×0.22kg⋅m/s=0.44kg⋅m/s
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
I 1=m v2−m v1=1×0.22kg⋅m/s−1×0.40kg⋅m/s=−0.18kg⋅m/s
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
I 2=m v2=1×0.22kg⋅m/s=0.22kg⋅m/s
故C 错误；
D．对滑块2 根据动量定理有
F Δt = I 2
解得
F =5.5 N
则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N，故D 正确。
故选BD。
36.（多选）（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A 正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B 错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C 错误；
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D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D 正确。
故选AD。
37.（多选）（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M 和N。M 水平向右运
动，速度大小为v。M 与静置于平台边缘的N 发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则
碰撞后，N 在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】BC
【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒
可知
mv =m v M +m v N
1
2 mv2
2= 1
2 mv M
2 + 1
2 mv N
2
由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即
vM=0，vN= v
碰后小球N 做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；
在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故选BC。
38.（多选）（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从
H 甲、H 乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O 处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ
，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ）
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A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H 乙无关
D．甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ
【答案】ABD
【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A 正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换
速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B 正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
H 乙
sinθ = 1
2 gsinθt1
2
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
t =t1+t2+t3
由于t1与H 乙有关，则总时间与H 乙有关，故C 错误；
D．乙下滑过程有
mg H 乙= 1
2 mv乙
2
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则
如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
v乙
2 =2 μgx
联立可得
x = H 乙
μ
即发生碰撞后甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ
，故D 正确。
故选ABD。
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39.（多选）（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v0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mg
C．d =(1+ m
M)√
2 H v0
2
g
+ H
2
D．d =√
2 H v0
2
g
+(1+ m
M)
2
H
2
【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mg的
物资瞬间，满足动量守恒定律
Mv =m v0
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v，热气球所受合外力恒为mg，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
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热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
a= m
M g
物资落地H过程所用的时间t内，根据H = 1
2 gt
2解得落地时间为
t =√
2 H
g
热气球在竖直方向上运动的位移为
H M = 1
2 at
2= 1
2 ⋅m
M g⋅2 H
g = m
M H
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
xm = v0t = v0√
2 H
g
xM = vt = m
M v0⋅√
2 H
g
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
d =√( xm+ xM)
2+( H + H M)
2=(1+ m
M )√
2 H v0
2
g
+ H
2
故C 正确，D 错误。
故选BC。
40.（多选）（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L 的木块，质
量为m 的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f 与射入初速度大小v0
成正比，即f =k v0（k 为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（ ）
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A．子弹的初速度大小为2kL(m+ M )
mM
B．子弹在木块中运动的时间为
2mM
k (m+ M )
C．木块和子弹损失的总动能为k
2 L
2(m+ M )
mM
D．木块在加速过程中运动的距离为mL
m+ M
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为
v1,v2，则有
m v0=m v1+ M v2
子弹和木块相互作用过程中合力都为f =k v0，因此子弹和物块的加速度分别为
a1= f
m ,a2= f
M
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
2a1 x1= v0
2−v1
2,2a2 x2= v2
2
x1−x2= L
联立上式可得
v2=
m[v0−√
v0
2−2(
k v0
m + k v0
M )L]
M +m
因此木块的速度最大即v0−√
v0
2−2(
k v0
m + k v0
M )L取极值即可，该函数在2(
k
m + k
M)L到无穷单调递减，
因此当v0=2(
k
m + k
M)L=2 kL(M +m)
Mm
木块的速度最大，A 正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
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v2= m v0
M +m
由运动学公式
v2=a2t
可得
t =
mM
k (m+ M )
故B 错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
Δ E =Q = fL= 2k
2 L
2(m+ M )
mM
故C 错误；
D．木块加速过程运动的距离为
x2= 0+ v2
2
t =
mL
M +m
故D 正确。
故选AD。
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