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第23 讲 动量守恒定律及其应用
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................3
考点一 动量守恒定律及其应用........................................................................................................3
知识点 动量守恒定律及其应用.........................................................................................................4
考向1 动量守恒定律的判断......................................................................................................................4
考向2 动量守恒定律的应用......................................................................................................................8
考向3 动量守恒定律解决多过程问题....................................................................................................18
考点二 碰撞......................................................................................................................................22
知识点1 弹性碰撞和非弹性碰撞....................................................................................................22
知识点2 碰撞问题的规律和结论............................................................................................................22
考向1 完全弹性碰撞................................................................................................................................23
考向2 完全非弹性碰撞............................................................................................................................31
考向3 非弹性碰撞....................................................................................................................................35
考点三 爆炸 反冲............................................................................................................................40
知识点1 爆炸............................................................................................................................................40
知识点2 反冲............................................................................................................................................40
知识点3 人船模型....................................................................................................................................41
考向1 爆炸与反冲....................................................................................................................................41
考向2 人船模型........................................................................................................................................45
04 真题溯源·考向感知.......................................................................................................................49
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
动量守恒定律
选择题
非选择题
\
\
\
碰撞 爆炸 反冲
选择题
非选择题
\
\
全国甲卷T12,20 分
考情分析：
1．从四川高考来看，动量守恒定律容易与其他的内容结合。
2．从命题思路上看，试题情景为
计算题是考查动量守恒定律的重要题型，且难度较大。常设置复杂的多物体、多过程物理情境，如多个物
体的连续碰撞、物体在复合场中的碰撞与运动等
复习目标：
目标一：掌握动量守恒定律的定义、表达式及适用条件，能够准确区分系统内力与外力，清晰判断不同物
理情境下系统是否满足动量守恒。
目标二：明确动量守恒定律与能量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理等知识的内在联系，能从不同角度
分析物理过程。
2
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考点一 动量守恒定律及其应用
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知识点 动量守恒定律及其应用
1.内容：如果一个系统 不受外力 ，或者 所受外力的矢量和为
0
，这个系统的总动量保持不变。这
就是动量守恒定律。
2.表达式
（1）p＝
p'
，系统相互作用前的总动量p 等于相互作用后的总动量p'。
（2）m1v1＋m2v2＝
m 1v1' ＋
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。
（3）
Δ p 1 ＝ －
Δ p 2 ，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
（4）Δp＝
0
，系统总动量的增量为零。
3.适用条件
（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
4.动量守恒定律的五个特性
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动
量，p1'、p2'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组
成的系统
5.应用动量守恒定律的解题步骤
（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（或某一方向上是否守恒）。
（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。
考向1 动量守恒定律的判断
例1 如图所示，在光滑的水平面上有一根处于自然状态的轻弹簧，左侧固定在竖直墙面上，弹簧的右侧有
一物块以初速度v0向左运动，后与弹簧发生挤压并被弹回，已知弹簧的形变量始终在弹性限度内，则运动
过程中（ ）
4
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A．物块的动量守恒
B．物块的机械能守恒
C．物块与轻弹簧组成的系统动量守恒
D．物块与轻弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】D
【详解】AC．动量守恒研究的对象为两个或两个以上物体组成的系统，物块在运动过程中，物块与轻弹
簧组成的系统受到墙壁的弹力，合外力不为零，因此该系统动量不守恒，故AC 错误；
BD．物块的运动过程中，物块与轻弹簧组成的系统动能和势能相互转化，机械能守恒，而单独对物块而
言，压缩弹簧的过程中，物块的动能在向弹簧的弹性势能转化，其自身的机械能在减小，故B 错误，故D
正确。
故选D。
例2 如图所示，弧面为四分之一光滑圆弧的物块静置于光滑水平地面上。小球从弧面顶点由静止释放。在
小球运动到物块的最低点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球的动量守恒，机械能不守恒
B．物块的动量不守恒，机械能守恒
C．小球和物块组成的系统动量不守恒，机械能守恒
D．小球和物块组成的系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】C
【详解】AB．对小球，所受的合外力不为零，有物块对其做负功，故小球的动量和机械能都不守恒，A 错
误；
B．对物块，其所受的合外力不为零，有小球对其做正功，故物块的动量和机械能都不守恒，B 错误；
CD．小球从顶点到最低点的过程中，竖直方向上的加速度不为0，故小球和物块组成的系统在竖直方向上
所受合外力不为0，则动量不守恒，但系统只有重力做功，所以机械能守恒，C 正确，D 错误。
故选C。
例3（2025·四川成都·高三月考）如图所示，质量为M的长木板置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定
在木板左端的挡板上（挡板固定在木板上），右端与质量为m的小木块连接。木块与长木板之间光滑，开
始时m和M都静止，弹簧处于自然状态。现同时对m、M施加反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动
到弹簧第一次最长的过程，弹簧未超过其弹性限度，则对m、M弹簧组成的系统，下列说法正确的是（
）
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A．若F1= F2，m= M，系统机械能一定不守恒、动量一定守恒
B．若F1= F2，m≠M，系统机械能一定守恒、动量一定不守恒
C．若F1≠F2，m= M，系统机械能一定不守恒、动量一定守恒
D．若F1≠F2，m≠M，系统机械能一定守恒、动量一定不守恒
【答案】A
【详解】AB．由于F1与F2等大反向，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于水平恒力F1与F2对系统
做功代数和不为零，则系统机械能不守恒。故A 正确；B 错误；
CD．由于F1≠F2，所以系统所受合外力不为零，水平恒力F1与F2对系统做功代数和可能为零，故系统机械
能可能守恒。由于F1≠F2故系统动量一定不守恒。故CD 错误。
故选A。
【变式训练1】如图所示的是“牛顿摆”装置，5 个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5 根轻绳
互相平行，5 个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5 分别标记5 个小钢球。当把小球1 向左
拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5 向右
摆起，且达到的最大高度与球1 的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是
（ ）
A．上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果向左拉起小球1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5 一起
向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3 的释放高度
D．如果向左拉起小球1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5
一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3 的释放高度相同
【答案】D
【详解】AB．球5 向右摆起，且达到的最大高度与球1 的释放高度相同，由分析知5 个小球组成的系统机
械能守恒，但在球1 下落和球5 上升过程中都受到重力的冲量，动量不守恒，故AB 错误；
CD．如果向左拉起小球1、2、3 到相同高度同时由静止释放，则3 与4 碰后，3 停止、4 具有向右的速
度，4 与5 碰撞交换速度，4 停止、5 向右摆起；3 刚停止的时候2 球过来与之碰撞交换速度，然后3 与4
碰撞，使4 向右摆起；2 球刚停止的时候1 球过来与之碰撞交换速度，然后2 与3 碰撞交换速度，使3 向右
摆起；故经碰撞后，小球3、4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3 的释放高度相同，C
错误，D 正确。
故选D。
【变式训练2】（2025·四川成都·高三月考）如图所示，半径为R、质量为3m 的1
4 圆槽AB 静止放在水平地
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面上，圆槽底端B 点与地面相切，B 点右侧有一理想轻弹簧，固定在竖直挡板上。现将质量为m 的小球
（可视为质点）从左侧圆槽上端距A 点高度为R 处由静止释放，恰好进入圆槽。重力加速度为g，不计一
切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB 组成的系统动量守恒
B．弹簧弹性势能的最大值为mgR
C．小球最终的速度大小为0
D．如果改变小球的释放高度，小球可能飞越圆槽AB，在圆槽左侧落地
【答案】C
【详解】A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB 组成的系统水平方向动量守恒，在竖直方向上有加速度，小
球和圆槽AB 组成的系统动量不守恒，故A 错误；
B．设小球达到底端时速度大小为v1，左侧圆槽的速度大小为v2，取向右为正方向，小球在左侧圆槽下滑
过程中，水平方向动量守恒可得
m v1−3m v2=0
根据能量守恒定律可得
mg×2 R = 1
2 mv1
2+ 1
2 ×3mv2
2
解得
v1=3√
gR
3 ，v2=√
gR
3
根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能的最大值为
Ep= 1
2 mv1
2= 3
2 mgR
故B 错误；
C．小球向左运动，上升到最高点时，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有
m v1+3m v2=(m+3m)v共，1
2 mv1
2+ 1
2 ×3mv2
2=mgh+ 1
2 ×4 mv共
2
设小球再次落到槽底的速度为v3，此时槽的速度为v4，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有
4 m v共=−m v3+3m v4，mgh+ 1
2 ×4 mv共
2 = 1
2 mv3
2+ 1
2 ×3mv4
2
以上联立解得
v3=0
故C 正确；
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D．无论小球从多高的位置释放，只要它能进入圆槽，就会受到圆槽的约束作用。由于圆槽的存在，小球
不可能在水平方向上获得足够的速度来飞越圆槽AB，故D 错误。
故选C。
考向2 动量守恒定律的应用
例1（2025·四川成都·高三月考）如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个
小车（含轨道）的质量为m。现有质量也为m 的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到
最高点，最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球与小车组成的系统动量守恒
B．小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零
C．小球沿轨道上升的最大高度为v0
2
2g
D．小球滑离小车后，做自由落体运动
【答案】D
【详解】A．小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0，可知，竖直方向上先加速后减速，即竖
直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重与失重，小球和小车构成的系统所受外力的合力不为0，系
统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上的动量守恒，故A 错
误；
B．小球沿轨道上升到最高点时，小球竖直分速度为0，结合上述可知，在水平方向，系统动量守恒，则小
球与小车的速度相等，均不为零，故B 错误；
C．小球沿轨道上升到最高点时，根据动量守恒定律有
m v0=2mv
根据机械能守恒定律有
mgh= 1
2 mv0
2−1
2 ×2mv
2
解得
h= v0
2
4 g
故C 错误；
D．小球从轨道左端滑离小车时，根据动量守恒定律有
m v0=m v1+m v2
根据机械能守恒定律有
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1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
解得
v1=0
即小球滑离小车后，做自由落体运动，故D 正确。
故选D。
例22022 年冬季奥运会在北京举行，而冰壶是比赛的项目之一。我国冰壶运动员在某一次训练时，红壶以
一定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
向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v－t 图线如图乙中实线所示，已知两冰壶质量相等，由图像
可得（ ）
A．碰撞后瞬间，红壶的速度为1m/s
B．碰后蓝壶经过5s 停止运动
C．红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比为2 3∶
D．两壶在碰撞过程中损失的机械能与两壶从碰后到停止损失的总机械能的比值为3 5∶
【答案】D
【详解】A．由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的速度v0＝2m/s
碰撞后瞬间蓝壶的速度v2＝1.5m/s
两冰壶质量相等，设冰壶质量m，两冰壶碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后红壶的速度为v1，以碰撞前红
壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
代入数据解得v1＝0.5m/s，故A 错误；
B．由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的加速度大小a= Δv
Δt = 2.5−2.0
1
m/s
2=0.5 m/s
2
图乙所示图像中的t2= v红初
a
= 2.5
0.5 s=5 s
则碰撞后蓝壶停止运动需要的时间t 蓝=(5－1)s= 4 s，故B 错误；
C．由动量定理得，对红、蓝壶I 红＝m v1，I 蓝＝m v2
则红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比I 红: I 蓝＝1:3，故C 错误；
D．两壶碰撞过程损失的机械能Δ E1= 1
2 m v0
2−1
2 m v1
2−1
2 m v2
2
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两壶从碰后到停止损失的总机械能Δ E2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
代入数据解得
Δ E1
Δ E2
= 3
5，故D 正确。
故选D。
【变式训练1】（2025·四川攀枝花·高三月考）如图所示，质量为0.2kg 的滑块A 沿光滑水平面以5m/s 的
速度水平向右与质量为0.3kg 的静止滑块B 发生正碰，碰后粘在一起，则整个碰撞过程中滑块A 受到的冲
量（ ）
A．大小为0.4N ⋅s，方向水平向右
B．大小为0.4N⋅s，方向水平向左
C．大小为0.6N ⋅s，方向水平向右
D．大小为0.6N ⋅s，方向水平向左
【答案】D
【详解】根据动量守恒定律可得
m1v1=(m1+m2)v
解得
v =2m/s
对A 研究，根据动量定理可得
I =m1v −m1v1=0.2×(2−5)N ⋅s=−0.6 N⋅s
方向水平向左。
故选D。
【变式训练2】（2025·四川绵阳·高三月考）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．1J
B．2J
C．3J
D．4J
【答案】C
【详解】设甲、乙物块的质量分别为m甲、m乙，由动量守恒定律得
m甲v甲+m乙v乙=m甲v
′
甲+m乙v
′
乙
解得
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m乙=6kg
则碰撞过程中两物块损失的机械能为
E损= 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
代入数据解得
E损=3J
故选C。
【变式训练3】如图所示，两物块A、B 质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间
用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B 两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2
的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是（
）
A．两物块A、B 及弹簧组成的系统动量不守恒
B．两物块A、B 及弹簧组成的系统机械能守恒
C．两物块A、B 初速度的大小关系为v1=v2
D．两物块A、B 运动的路程之比为2:1
【答案】D
【详解】A．分析可知，物块A、B 的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑
动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2 μmg，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动
量守恒，故A 错误；
B．在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B 错误；
C．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
m v1−2m v2=0
解得
v1=2v2
故C 错误；
D．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
m v1−2m v2=0
设A、B 的路程分别为s1、s2，则有
m s1
t −2m s2
t =0
解得
s1:s2=2:1
故D 正确。
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故选D。
【变式训练4】如图所示，一质量M=8.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量
m=2.0kg 的小木块A。给A 和B 以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右
运动，A 始终没有滑离B 板，A、B 之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g 取10m/s2。则在整个过程中，
下列说法不正确的是（ ）
A．小木块A 的速度减为零时，长木板B 的速度大小为3.75m/s
B．小木块A 的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A 与长木板B 共速时速度大小为3m/s
D．长木板的长度可能为10m
【答案】B
【详解】B．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得
M v0−m v0= M v1+0
解得
v1=3.75 m/s
故A 正确不符合题意；
BC．由于系统总动量方向向右，则小木块A 先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右
匀速，设共速速度为v2，根据动量守恒定律可得
M v0−m v0=( M +m)v2
解得
v2=3 m/s
故B 错误符合题意，C 正确不符合题意；
D．小木块与木板共速时，根据能量关系有
μmg L0= 1
2 ( M +m)v0
2−1
2 ( M +m)v2
2
解得
L0=8 m
由于A 始终没有滑离B 板，则木板长度必须大于或等于8m，故长木板的长度可能为10m，故D 正确不符
合题意。
故选B。
【变式训练5】在一次射击游戏中，子弹以某一水平初速度击中静止在光滑水平地面上的木块，进入木块
一定深度后与木块相对静止。设木块对子弹的阻力大小恒定，子弹从进入木块到刚与木块相对静止的过程
中，下列四幅图中子弹与木块可能的相对位置是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】子弹打击木块过程，系统动量守恒，则有m v0=( M +m)v
对木块，根据动能定理有f xM = 1
2 M v
2
解得木块的位移xM =
m
2
2f ( M +m)
2 M v0
2
对子弹，根据动能定理有−f xm= 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
解得子弹的位移xm= m( M +2m)
2f ( M +m)
2 M v0
2
比较可知xm> xM
它们的相对位移Δ x = xm−xM = m( M +m)
2f ( M +m)
2 M v0
2
它们位移的大小关系是xm> Δ x> xM
故选A。
【变式训练6】（2024·四川·高三月考）如图甲所示，质量为1.5kg的薄板B静止在水平地面上，质量为
0.5kg的物块A静止在B的右端。t =0时刻对B施加一水平向右的作用力F，F的大小随时间t的变化关系如
图乙所示。已知A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终
未脱离B。取g=10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．t =0.5s时，A与B发生相对滑动
B．t =1s时，A的加速度大小为1m /s
2
C．t =1s时，A的速度大小为1.5 m /s
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D．t =2s时，A、B动量之和为16kg⋅m /s
【答案】C
【详解】A．设A、B 发生相对滑动时的最小外力为F0，对A 受力分析，由牛顿第二定律可得
μmA g=mAa
解得
a= μg=2m/s
2
对于B 而言，则有
F0−μmA g−μ(mA+mB)g=mBa
联立上式解得
F0=8 N
由乙图可知，外力F与时间的关系满足
F =6+2t(t ≥0)
当t =0.5s时，F =7 N <8 N，A、B 没有发生相对滑动，A 错误；
B．根据上述分析可知，t =1s时，F =8 N，A、B 具有共同的加速度，大小为2m/s
2，B 错误；
C．根据动量定理，结合乙图可知
I F−μ(mA+mB)>=(mA+mB)v
代入数据解得
v = I F−μ(mA+mB)>
¿
(mA+mB) =
1
2 (6+8)×1−0.2×2×10×1
2
m/s=1.5m/s¿
C 正确；
D．根据乙图，结合动量定理可知，t =2s时，A、B 系统具有的动量之和为
p= I 合= I F
'−μ(mA+mB)gt
'
代入数据解得
p=[ 1
2 (6+10)×2−0.2×2×10×2]kg·m/s=8kg·m/s
D 错误。
故选C。
【变式训练7】（多选）如图所示，一个固定的光滑导轨长臂水平、短臂竖直；一根不可伸长的轻绳，一
端系在质量为m 的圆环上，另一端与质量为m 的小球相连，圆环套在长臂上。左手扶住圆环，右手拿起小
球将细线水平拉直，已知细线长度L=6√2m，此时圆环距离短臂x =3(√2−1)m，现将圆环与小球同时由
静止释放，小球向下摆动，环与短臂碰后粘连（碰撞时间极短）。在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳
方向速度始终相等，重力加速度为g=10 m/s
2。从释放小球到小球第一次到达最低点的过程中，下列说法
正确的是（ ）
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A．小球与环组成的系统机械能不守恒
B．小球与环组成的系统在水平方向上动量守恒
C．环的最大速度大小为3√5 m/s
D．小球运动的最大速度大小为√30(4√2−1)m/s
【答案】AD
【详解】小球与圆环释放瞬间，小球与圆环水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，根据平均动量守恒
有
m x1
t =m x2
t
相等时间里小球与环水平位移相等，所以当环与短臂碰撞时，小球的水平位移也为x，由于
L>2 x
所以当圆环与短臂碰撞时，小球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周运动到最低点。
A．环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，机械能不守恒，A 正确；
B．环与短臂粘连前系统水平方向动量守恒，粘连后水平方向动量不守恒，B 错误；
C．如图
环与断臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为v，绳与水平方向夹角为α，根据水平方向动量守恒，有
mv =m v x
可得小球的水平速度为
v x= v
根据机械能守恒定律，有
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mgh= 1
2 m v
2+ 1
2 m(v x
2+ v y
2)
h=√L
2−(L−2 x)
2=6 m
在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有
v cosα = v ysin α −v xcosα
sin α = h
L = √2
2
可得
α = 45
o
联立解得
v =2√5 m/s
C 错误；
D．小球运动到最低点时速度最大，设速度为v
′，环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，小球
的速度为
v1= v xsin α + v ycosα =3√10 m/s
根据动能定理，有
mg(L−h)= 1
2 mv
′2−1
2 mv1
2
解得
v
′ =√30(4√2−1)m/s
D 正确。
故选AD。
【变式训练8】（多选）（2025·四川·模拟预测）如图，小球X、Y 用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高
度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h 后由静止释放，X 做单摆运动到最低点与静止
的Y 正碰。碰后X、Y 做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为h
4 ，若X、Y 质量分别为mx和my，碰撞
前后X、Y 组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则（ ）
A．mx
m y
=1
B．mx
m y
=2
C．Ek1
Ek2
=2
D．Ek1
Ek2
=4
【答案】AC
【详解】小球X 由最高点运动到与小球Y 发生碰撞的过程，根据机械能守恒定律有
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mx gh= 1
2 mx v1
2= Ek1
两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有
Ek2= 1
2 (mx+m y)v2
2=(mx+m y)g⋅h
4
两球碰撞过程，根据动量守恒有
mx v1=(mx+m y)v2
联立求得
mx
m y
=1
Ek1
Ek2
=2
故选AC。
【变式训练9】（多选）（2025·四川广安·高三月考）如图所示，动量分别为pA=12kg⋅m /s、
pB=13kg⋅m /s的两个小球A、B 在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，
分别用Δ pA、Δ pB表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是（ ）
A．Δ pA=−3kg⋅m /s、Δ pB=3kg⋅m /s
B．Δ pA=−2kg⋅m /s、Δ pB=2kg⋅m /s
C．Δ pA=−24 kg⋅m /s、Δ pB=24 kg⋅m /s
D．Δ pA=3kg⋅m /s、Δ pB=−3kg⋅m /s
【答案】AB
【详解】A．若Δ pA=−3kg⋅m /s，Δ pB=3kg⋅m /s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B 的动量分别为
pA
′ = pA+ Δ pA=9kg⋅m/s
pB
′ = pB+ Δ pB=16kg⋅m/s
A 的动量减小，B 的动量增加，则碰后A 的动能减小，B 的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能
的，故A 正确；
B．若Δ pA=−2kg⋅m /s，Δ pB=2kg⋅m /s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B 的动量分别为
pA
′ =10kg⋅m/s，pB
′ =15kg⋅m/s
A 的动量减小，B 的动量增加，则碰后A 的动能减小，B 的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能
的，故B 正确；
C．若Δ pA=−24 kg⋅m /s、Δ pB=24 kg⋅m /s，碰后两球的动量分别为
pA
′ =−12kg⋅m/s，pB
′ =37 kg⋅m/s
根据关系式
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Ek= p
2
2m
可知，A 球的质量和动量大小不变，动能不变，而B 球的质量不变，但动量增大，所以B 球的动能增大，
这样系统的机械能比碰前增大了，故C 错误；
D．若Δ pA=3kg⋅m /s、Δ pB=−3kg⋅m /s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B 的动量分别为
pA
′ =15kg⋅m/s，pB
′ =10kg⋅m/s
可知碰后A 的动量增加，B 的动量减小，由于碰撞过程中，A 受到向左的冲力，B 受到向右的冲力，所以
A、B 仍沿原方向运动时，A 的动量应减小，B 的动量应增加，因此这组数据是不可能的，故D 错误。
故选AB。
考向3 动量守恒定律解决多过程问题
例1（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，在光滑水平地面上，一长木板足够长，上表面粗
糙，质量为M，左端放质量为m 的小物块，长木板与小物块以共同速度v0向右运动，与竖直墙碰撞时间极
短且无机械能损失，小物块始终没有掉下。下列说法中正确的是（ ）
A．若M <m，则木板与墙只碰撞一次，且碰撞过程中总动量变化量大小大于初总动量大小
B．若M >m，则木板与墙只碰撞一次，且碰撞过程中总动量变化量大小大于初总动量大小
C．若M <m，则木板与墙要碰撞多次，且每一次碰撞过程中总动量变化量大小比前一次的小
D．若M >m，则木板与墙要碰撞多次，且每一次碰撞过程中总动量变化量大小比前一次的小
【答案】BC
【详解】碰后木板以等大的速度反弹，若向右为正方向，则当木板和物块再次共速时
m v0−M v0=(m+ M )v
可知若M <m，则v>0 方向向右，则木板和墙壁可再次相碰，即木板与墙要碰撞多次，碰撞过程中总动量
变化量为2Mv0小于初总动量大小(M+m)v0；因v<v0可知，每一次碰撞过程中总动量变化量大小2Mv 比前一
次2Mv0的小；
若M >m，则v<0 即方向向左，则木板与墙只碰撞一次，且碰撞过程中总动量变化量大小2Mv0大于初总动
量大小(M+m)v0。
故选BC。
例2（2025·四川内江·三模）如图所示，质量M =3kg的凹槽锁定在光滑水平面上，凹槽内部上表面除BC
部分粗糙外其余部分均光滑，凹槽内部左端固定一个劲度系数为k = 400
3 N / m的轻弹簧，弹簧处于原长且
右端位于凹槽上表面的A 点。在A 点（未与弹簧固定）并排放有两静止物体a 和b（ab 未粘结且均可视为
质点），质量分别为ma=1kg和mb=2kg。现给物体a 施加一水平向左、大小为F =10 N的恒力，使物体a
向左运动，当物体a 速度为零时，立即撤去恒力F，同时解除对凹槽的锁定。经过一段时间后a、b 两物体
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在凹槽上B 点相碰并粘为一体，已知两物体与凹槽的BC 部分的动摩擦因数均为μ=0.1，两物体与凹槽右
端及弹簧碰撞时均无能量损失，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g 取10 m /s
2。求：
(1)在恒力F 作用的过程中，物体a 向左移动的距离；
(2)从解除凹槽锁定到a、b 两物体相碰时，凹槽向左运动的距离；
(3)若a、b 两物体能与凹槽右侧完成3 次碰撞，那么，BC 长度的最小值。
【答案】(1)0.15m
(2)0.05 m
(3) 1
28 m
【详解】（1）物体a 向左运动的距离设为xa，外力做的功W F= F ⋅xa
弹力的平均值F
−
= 1
2 k ⋅xa
弹力做的功W O=−F
−
⋅xa
根据动能定理得W F+W O=0
解得xa=0.15 m
（2）从解除凹槽锁定到a、b 两物体相碰的过程中，物体b 始终静止，a右滑xa=0.15 m
凹槽和a 构成的系统动量守恒，则有mava= Mv
又va
v = xa
x
联立可得x =0.05 m
（3）从解除凹槽锁定到a、b 刚相碰过程中，由能量守恒定律得F ⋅xa= 1
2 mava
2+ 1
2 M v
2
当物体a、b 相碰时，碰后二者速度为vab，由动量守恒定律得mava=(ma+mb)vab
当物体a、b 整体，在槽中滑动过程中，最终共速v共，由动量守恒定律得
(ma+mb)vab−Mv =(ma+mb+ M )v共
由以上各式解得v共=0
即最终三者静止，碰后至停止过程中，a、b 整体在粗糙BC 段滑动的路程设为s，系统由能量守恒定律得
μ(ma+mb)gs = 1
2 (ma+mb)vab
2 + 1
2 M v
2
能碰3 次，满足s=(2n+1)⋅Lmin=7 Lmin
由以上各式解得Lmin= 1
28 m
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【变式训练1】如图所示，水平平台上固定一水平轻质弹簧，一质量ma=1kg的物块a 在外力作用下压紧
弹簧，此时弹性势能Ep= 4 J，物块a 的位置P 点与平台边缘点A 相距L=0.2m，平台与物块间的动摩擦因
数μ1=0.2。现撤去外力F，将物块a 由静止释放，离开平台后恰能无碰撞地进入光滑圆弧轨道的B 点，轨
道圆心角∠BOC =θ =53°，半径R =2m，在圆弧轨道最低点C 点有一静止物块b，mb=3kg，C 点右侧有
沿逆时针匀速转动的水平足够长的传送带，速度为v =5 m /s。物块a 与物块b 发生弹性碰撞，物块b 与传
送带间的动摩擦因数为μ2= 3
7 ，不计两物块大小，不计空气阻力，sin53° =0.8，cos53° =0.6，取重力加
速度g=10 m /s
2，求：
(1)物块a 到达圆弧轨道上B 点时的速度大小vB（结果可用根号表示）；
(2)物块a、b 第一次碰撞后各自的速度大小；
(3)物块a 第一次经过B 点后，在B 点固定一弹性挡板，使物块a 能返回C 点并在C 点与物块b 发生下一次
弹性碰撞，则从释放物块a 开始至物块a 与b 发生第六次碰撞，物块b 与传送带间的摩擦生热Q。
【答案】(1)2√5 m/s
(2)3 m/s，3 m/s
(3)270J
【详解】（1）物块a 从P 点到A 点过程由动能定理得W 弹−W f= 1
2 ma vA
2
而W 弹= Ep，W f= μ1ma gL
联立得Ep= μ1ma gL+ 1
2 ma vA
2
过B 点时由数学知识可得cosθ = vA
vB
代入数据解得vB=2√5 m/s
（2）物块a 从B 到C 点过程，由动能定理得ma gR(1−cosθ)= 1
2 ma vC
2−1
2 ma vB
2
代入数据解得vC=6m/s
物块a 与b 第一次碰撞，由动量守恒得ma vC=ma v1+mbv2
由能量守恒得1
2 ma vC
2= 1
2 ma v1
2+ 1
2 mbv2
2
代入数据解得v1=−3 m/s，v2=3 m/s
（3）根据题意物块a 与b 第二次碰撞，由动量守恒得ma v1−mbv2=ma v1
' +mbv2
'
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由能量守恒得1
2 ma v1
2+ 1
2 mbv2
2= 1
2 ma v1
' 2+ 1
2 mbv2
' 2
代入数据解得v
′
1=−6 m/s
此过程以后，a、b 两物块将重复之前的运动，物块b 在传送带上往返一次时加速度a= μ2 g= 30
7 m/s
2
运动时间t = 2v2
a =1.4s
由题意知传送带速度为v =5 m /s
得物块b 往返一次相对位移s相= vt =7 m
当物块a 与b 第六次碰撞时，物块b 在传送带上共往返3 次，故由功能关系得物块b 与传送带间的摩擦生
热Q = μ2mb g·3 s相=270J
【变式训练2】如图所示，半径为R 的1
4 竖直圆弧轨道与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道上有2024
个大小相同的球从左往右依次编号排成一排，相邻两球间距均为R，1 号球的质量为2m，2~2024 号球的质
量均为m。若将质量为2m 的A 球从圆弧轨道的最高点静止释放。所有球均视为质点，碰撞均为弹性碰
撞，已知重力加速度大小为g，不计一切阻力。
(1)求1 号球与2 号球第一次碰撞后1 号球的速度大小；
(2)若1 号球与2 号球第一次碰撞后，立即给1 号球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出，F 远小于1、
2 号球碰撞时的相互作用力），使1 号球每次与2 号球碰撞前的速度都和两球第一次碰撞前1 号球的速度
相等，直到1~2024 号球速度第一次都相等时撤去外力，求
ⅰ.外力F 的大小；
ⅱ.最终1 号球与2024 号球之间的距离。
【答案】(1)v1= 1
3 √2 gR
(2)i.F = 16
9 mg；ii.d = 16185
8
R
【详解】（1）A 球运动至水平轨道，根据机械能守恒有
2mgR = 1
2 ·2mv0
2
解得
v0=√2gR
A 球与1 号球发生弹性碰撞，因两球质量相等，故交换速度，即碰后1 号球的速度为v0=√2 gR，1 号球与
2 号球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能守恒有
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2m v0=2m v1+m v2，1
2 ×2m v0
2= 1
2 ×2m v1
2+ 1
2 m v2
2
联立解得碰撞后1 号球的速度为
v1= 1
3 √2gR，v2= 4
3 √2gR
（2）ⅰ.F 作用在1 号球上，使其速度大小由v1增大到v0，由动能定理得
FR = 1
2 ×2m v0
2−1
2 ×2m v1
2
解得
F = 16
9 mg
ii. 设F 作用下1 号球的总位移为x，对1∼2024号小球组成的整体，由动能定理得
Fx =(
1
2 ×2023m v2
2+ 1
2 ×2m v2
2)−1
2 ×2m v0
2
最终，1∼2024号小球的速度大小均为v2，设F 作用的总时间为t，对整体，由动量定理得
Ft =(2023m v2+2m v2)−2m v0
1 号球与2024 号球之间的距离为
d = v2t −x
联立解得
d = 16185
8
R
考点二 碰撞
知识点1 弹性碰撞和非弹性碰撞
1.碰撞的特点：在碰撞现象中，一般都满足内力 远大于 外力，可认为碰撞系统的动量守恒。
2.碰撞的分类
种类
动量是
否守恒
机械能变化情况
弹性
碰撞
守恒
在弹性力作用下，只产生系统内机械能的 转移 ，系统无机械能损
失
非弹性
碰撞
守恒
受非弹性力作用，使 部分 机械能转化为物体内能
完全非弹
性碰撞
守恒
碰撞后两物体合为一体，机械能损失 最大
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知识点2 碰撞问题的重要结论和规律
1.碰撞现象满足的规律
（1）动量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或p1
2
2m1
＋p2
2
2m2
≥p1'
2
2m1
＋p2'
2
2m2
。
（3）速度要符合情景
①若两物体同向运动，则碰前应有v 后＞v 前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，
则应有v 前'≥v 后'。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞的重要结论
例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度
v1'＝m1－m2
m1＋m2
v1，v2'＝
2m1
m1＋m2
v1
讨论：
（1）当m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1；（质量相等，速度交换）
（2）当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑）
（3）当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反弹）
（4）当m1≫m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1；（极大碰极小，大不变，小加倍）
（5）当m1≪m2时，v1'＝－v1，v2'＝0。（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）
3.非弹性碰撞
（1）非弹性碰撞过程动量守恒，机械能有损失：
m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'
1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2＝1
2m1v1'2＋1
2m2v2'2＋ΔEk 损。
（2）完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v
1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2＝1
2（m1＋m2）v2＋ΔEk 损max
考向1 完全弹性碰撞
例1 如图所示为两个质量分别为m、M 的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x−t图像，则下列说
法正确的是（ ）
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A．m: M =1:3
B．碰撞过程中两小球所受合外力相同
C．两小球发生的是非弹性碰撞
D．碰撞前后质量为m 的小球动量的变化量大小为2m(kg⋅m /s)
【答案】A
【详解】A．x−t图像斜率代表速度，由题图可知m、M 碰撞前后的速度分别为
vm = xm
t = 4 m/s
vM=0
vm
' = xm
'
t
' =−2m/s
vM
' = xM
'
t
' =2m/s
对两小球组成的系统，根据动量守恒定律有
m vm =m vm
' + M vM
'
代入数据解得
m∶M=1 3∶
故A 正确；
B．碰撞过程中两小球所受合外力均为相互间的作用力，由牛顿第三定律可知，碰撞过程中两小球所受合
外力方向相反，故B 错误；
C．两小球碰撞前的总动能
Ek= 1
2 mvm
2 + 1
2 M vM
2 =8m(J )
碰撞后的总动能
Ek
'= 1
2 mvm
'2+ 1
2 M vM
'2=8m(J )
则
Ek= Ek
'
两小球发生的是弹性碰撞，故C 错误；
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D．碰撞前后质量为m 的小球动量的变化量
Δ p=m vm
' −m vm =−6m(kg⋅m/s)
即动量的变化量大小为6m(kg⋅m/s)，故D 错误。
故选A。
例22023 年9 月21 日，“天宫课堂”第四课开讲，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内
做了“验证动量守恒定律”的实验。假设实验所用较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，较小钢球以大
小为1m/s 的水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后速度大小分别为v1、v2，两钢球的碰撞可视为完
全弹性碰撞。则（ ）
A．v1= v2=0.5 m/s
B．v1=0，v2=1m/s
C．v1=1m/s，v2=0
D．v1= 1
3 m/s，v2= 2
3 m/s
【答案】D
【详解】设小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，两球碰撞过程中动量守恒、能量守恒，规定向左为
正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
m v0=m v1+2m v2
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 ×2mv2
2
解得
v1=−1
3 m/s，v2= 2
3 m/s
“-”代表方向向右
故选D。
【变式训练1】在光滑水平面上有a、b 两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两
球在同一直线运动的位置随时间变化的x−t图象如图。则关于两球的质量大小和碰撞类型，以下正确的是
（ ）
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A．ma:mb=3:1
B．ma:mb=1:1
C．弹性碰撞
D．完全非弹性碰撞
【答案】A
【详解】以球b 碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前
va=−2m/s
vb=1m/s
碰撞后
va
' =−1m/s
vb
' =−2m/s
根据动量守恒定律得
mava+mb vb=mava
' +mb vb
'
可得
ma:mb=3:1
碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能
Ek= 1
2 mava
2+ 1
2 mb vb
2
碰撞后系统动能
Ek
' = 1
2 mava
' 2+ 1
2 mb vb
' 2
计算可得
Ek
' < Ek
可知非弹性碰撞，故A 正确，BCD 错误。
故选A。
【变式训练2】（多选）质量为m1和m2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m2静止
B．碰撞后m1的运动方向不变
C．m1:m2=1:3
D．该碰撞为非弹性碰撞
【答案】AC
【详解】A．根据x−t图像斜率表示速度可知碰撞前m2静止，碰撞后m1的运动方向发生改变，故A 正确，
B 错误；
C．碰撞前m1的速度为
v0= 4
1 m /s= 4 m /s
碰撞后m1的速度为
v1= 0−4
3−1 m /s=−2m /s
碰撞前m2的速度为0，碰撞后m2的速度为
v2= 8−4
3−1 m /s=2m /s
根据动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
可得两物体的质量之比为
m1:m2=1:3
故C 正确；
D．碰撞前系统的总动能为
Ek= 1
2 m1v0
2=8m1
碰撞后系统的总动能为
E
′
k= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2=8m1
则有
Ek= E
′
k
可知两物体的碰撞为弹性碰撞，故D 错误。
故选AC。
【变式训练3】（多选）如图所示，在竖直平面内固定的光滑圆轨道，半径为R，虚线AB、CD 分别为水
平和竖直直径。可视为质点的甲、乙两小球质量分别为m1、m2。现将甲球从B 点由静止释放，运动至D
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点与静止的乙球发生弹性碰撞。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小为√gR
B．若m1<m2，两球第一次碰撞后，乙球可能到达A 点
C．若m1=m2，两球第一次碰撞后，乙球恰好能到达A 点
D．两球第一次碰撞后，乙球有可能运动至最高点C 点
【答案】CD
【详解】A．设甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小为v1，由机械能守恒定律得
m1gR = 1
2 m1v1
2
得
v1=√2gR
故A 错误；
BC．甲、乙两球碰撞后的瞬间速度分别为v
′
1和v
′
2，甲、乙两球发生弹性碰撞则有，
m1v1=m1v
′
1+m2v
′
2
1
2 m1v1
2= 1
2 m1v
′
1
2+ 1
2 m2v
′
2
2
解得
v
′
2=
2m1
m1+m2
v1
若m1<m2，则
v
′
2=
2m1
m1+m2
v1<v1
两球第一次碰撞后，乙球上升的高度为h，则
m2 gh= 1
2 m2v
′
2
2
解得
h< R
乙球不可能到达A 点。
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若m1=m2，则
v
′
2=
2m1
m1+m2
v1= v1
两球第一次碰撞后，乙球上升的高度为h
′，则
m2 gh
′ = 1
2 m2v
′
2
2
解得
h
′ = R
故B 错误，C 正确；
D．设乙球恰好运动的最高的速度为v2，则
m2 g=m2
v2
2
R
解得
v2=√gR
从最低点到最高点，对乙球由动能定理得
m2 g⋅2 R+ 1
2 m2v2
2= 1
2 m2v
′
2
2
解得
v
′
2=√5 gR
当两球第一次碰撞后，
v
′
2=
2m1
m1+m2
v1≥√5 gR
得
2m1
m1+m2 √2gR≥√5 gR
即满足
m1
m1+m2
≥√10
4
时，两球第一次碰撞后，乙球有可能运动至最高点C 点。故D 正确。
故选CD。
【变式训练4】（多选）如图所示，传送带与足够长的光滑水平地面平滑连接，滑块A 与传送带之间的动
摩擦因数为μ，传送带两轮之间的距离为L，传送带以速率v0顺时针匀速转动。滑块A 从传送带左端M 点
由静止释放，运动到右端N 点时，与静止在水平地面上的滑块B 发生弹性正碰。已知两滑块A、B 的质量
分别为m 和4m，且均视为质点，L= v0
2
μg
，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
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总
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A．滑块A 由M 点到达N 点所用时间为3 L
2v0
B．滑块A 向左运动的最大位移为9
25 L
C．第1 次碰后，两滑块A、B 间的最大距离为1
2 L
D．两滑块可能碰撞3 次
【答案】AC
【详解】A．物块在传送带上做匀减速运动的加速度
a= μg
到达共速的时间
t1= v0
μg
位移
x1= v0
2 t1= v0
2
2 μg < L
匀速的时间
t2= L−x1
v0
= v0
2 μg
滑块A 由M 点到达N 点所用时间为
t =t1+t2= 3 v0
2 μg = 3 L
2v0
选项A 正确；
B．两滑块A、B 碰前A 的速度v0，则由动量守恒和能量关系
m v0=m v1+ 4 m v2
1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 ×4 m v2
2
解得
v1=−3
5 v0
v2= 2
5 v0
则滑块A 向左运动的最大位移为
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总
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xm= v1
2
2 μg = 9
50 L
选项B 错误；
C．滑块A 向左减速到零后向右加速到与B 共速时两物体距离最大，则用时间
v2= v1+at
'
t
' = v0
μg
此时两滑块A、B 间的最大距离为
Δ x = v2t
'−(v1t
' + 1
2 at
' 2)= 1
2 L
选项C 正确；
D．当A 返回到传送带右端时速度为
v1
' = 3
5 v0
因
v1
' = 3
5 v0>v2= 2
5 v0
则A 可追上B 发生第二次碰撞，碰撞过程满足
m v1
' + 4 m v2=m v3+ 4 m v4
1
2 m v1
' 2+ 1
2 ×4 m v2
2= 1
2 m v3
2+ 1
2 ×4 m v4
2
解得
v3= 7
25 v0
v4= 12
25 v0
因
v4>v3
则两物体不可能发生第三次碰撞，选项D 错误。
故选AC。
考向2 完全非弹性碰撞
例1（2025·四川内江·高三月考）如图甲所示，光滑水平面上静止放着三个质量均为1kg 的小滑块1、2、
3，t=0 时刻开始对1 施加一水平力F，F 随时间t 变化的规律如图乙所示，t=4s 时撤去该力。施加水平力F
一段时间之后1 与2 碰撞粘在一起，再经过一段时间1、2 与3 碰撞也粘在一起，最终三个滑块共同运动的
速度大小为（ ）
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A．1
3 m/s
B．2
3 m/s
C．2m/s
D．4
3 m/s
【答案】B
【详解】
由题图乙可知在0~4s 时间内小滑块1 受到大小分别为2N 和-1N 的水平恒力的作用，则根据动量定理得
F1t1+ F2t2=m v1
1 与2 碰撞粘在一起，由动量守恒定律得
m v1=2m v2
1、2 与3 碰撞也粘在一起，由动量守恒定律得
2m v2=3mv
联立解得
v = 2
3 m/s
【变式训练1】（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图甲，“L”形木板Q（竖直挡板厚度忽略不计）静
止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P（可视为质点）以8 m /s的初速度滑上木板Q,t =2s时滑块P和
木板Q碰撞并粘在一起，两者运动的v −t图像如图乙所示，重力加速度大小取g=10 m /s
2。下列说法正确
的是（ ）
A．木板Q的质量为2kg
B．木板Q的长度为12m
C．木板Q 与地面间的动摩擦因数为0.05
D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量之比为1:2
【答案】AD
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【详解】A．t =2s时滑块P和木板Q碰撞并粘在一起，根据动量守恒定理，有mPv P+mQ vQ=(mP+mQ)v共
解得mQ=2kg，故A 正确；
B．0∼2s内v −t图像面积差是滑块P、木板Q 的位移差，即木板Q 的长度，计算可得长度为11m，故B
错误；
C．0∼2s内，由图可知，滑块P 的加速度aP=2m/ s
2，木板Q 的加速度aQ=0.5m/ s
2
根据牛顿第二定律，有μ1mP g=mPaP，μ1mp g−μ2(mp+mQ)g=mQaQ
得木板Q与地面间的动摩擦因数为μ2= 1
30，故C 错误；
D．根据能量守恒定律，由于碰撞损失的机械能Δ E = 1
2 mpv P
2+ 1
2 mQ vQ
2−1
2 (mp+mQ)v共
2=3J
碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量Q = 1
2 (mp+mQ)v共
2=6J
可知，由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量之比为1:2，故D 正确。
故选AD。
【变式训练2】（多选）A、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示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—时间图线，c 为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。若A
球的质量m=2kg，则下列结论正确的是（ ）
A．A、B 碰撞前的总动量为−3kg•m/s
B．B 球的质量mB= 4
3 kg
C．碰撞过程A 的动量变化量为4kg•m/s
D．碰撞过程中A 对B 的冲量为4N•s
E．碰撞中A、B 两球组成的系统损失的动能为10J
【答案】BCE
【详解】C．由图可知，碰撞前A、B 两球的速度大小分别为
vA= Δ x1
Δt1
= 4−10
2−0 m/s=−3 m/s
vB= Δ x2
Δt2
= 4−0
2−0 m/s=2m/s
碰撞后两球共同运动的速度大小
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总
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v = Δ x
Δt = 2−4
4−2 m/s=−1m/s
则碰撞前、后A 球的动量变化量为
Δ pA=mv −m vA= 4 kg⋅m/s
故C 正确；
B．碰撞过程动量守恒，则
m vA+mB vB=(m+mB)v
解得
mB= 4
3 kg
故B 正确；
A．则A、B 两球碰撞前的总动量为
p=m vA+mB vB=−10
3 kg⋅m /s
故A 错误；
D．由动量定理可知，碰撞时A 对B 的冲量为
I = Δ pB=mB v −mBvB=−4 N ⋅s
故D 错误；
E．由能量守恒定律可知，碰撞中A、B 两球组成的系统损失的机械能为
Δ E = 1
2 m vA
2 + 1
2 mB vB
2−1
2 (m+mB)v
2=10J
故E 正确。
故选BCE。
【变式训练3】（多选）如图所示，A、B 两个小球质量都是m，小球B 用无弹性细线系于O 点。小球A
现从水平地面以v0=20 m/s的初速度向斜上方抛出，初速度与水平方向夹角为θ =53°，运动到最高点时与
小球B 碰撞并粘在一起，结合体在竖直平面内做圆周运动，恰能运动到最高点；已知斜抛从抛出到最高点
的运动可以视为平抛运动的逆运动，小球都视为质点，重力加速度为g=10 m/s
2，sin53° =0.8，则（
）
A．B 球初位置到地面的高度为12.8 m
B．A 球碰前速度大小为16 m/s
C．两球碰后速度大小为12m/s
D．O、B 间细线的长度为0.72m
【答案】AD
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【详解】A．小球A 竖直方向上的分速度
v0 y = v0sin53° =16 m/s
所以B 球初位置到地面的高度
h= v0 y
2
2g =12.8 m
选项A 正确；
B．小球A 水平方向上的分速度
v0 x = v0cos53° =12m/s
选项B 错误；
C．小球A 与B 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
m v0 x =(m+m)v1
可得
v1=6 m/s
选项C 错误；
D．因为恰能运动到最高点，故结合体运动到最高点时的速度大小v2，有
(m+m)g=(m+m) v2
2
R
结合体做圆周运动过程中机械能守恒
1
2
(m+m)v1
2= 1
2
(m+m)v2
2+2(m+m)gR
联立解得
R =0.72m
选项D 正确；
故选AD。
考向3 非弹性碰撞
例1 在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所
示，碰撞前后两壶运动的v—t 图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相
等，则（ ）
A．碰后红壶将被反弹回来
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B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
【答案】B
【详解】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，
设碰后蓝壶的速度为v，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
mv0＝mv′0+mv
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
1
2 mv0
2> 1
2 mv
′
0
2+ 1
2 mv
2
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A 错误，B 正确；
C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
x = v
2 t = 0.8
2 ×5 m =2m
C 错误；
D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第
二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D 错误。
故选B。
【变式训练1】冰壶比赛是2022 年北京冬奥会的比赛项目。蓝壶（实心圆）以动能Ek碰撞静止的红壶（与
蓝壶材料相同，质量相等）（空心圆），某兴趣小组将碰撞前后两壶的位置标记如图所示，A、B 分别为
碰前瞬间蓝壶、红壶所在位置，C、D 分别为碰撞后蓝壶、红壶停止的位置。则由图可得碰撞过程中损失
的动能约为（ ）
A．0
B．1
3 Ek
C．4
9 Ek
D．5
9 Ek
【答案】C
【详解】ABCD．假设方格边长为x，则碰撞后，由动能定理可得
−f ⋅3 x =0−Ek 蓝， −f ⋅12 x =0−Ek红
可知碰撞后红壶的动能时蓝壶的4 倍，则
v红
2
v 蓝
2 = 4
得
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v红
v 蓝
=2
假设碰撞后v红=2v，v 蓝= v，则碰撞过程中由动量守恒可得
m v0 蓝=m(v红+ v 蓝）=3mv
得
v0 蓝=3 v
由题意知
1
2 m v0 蓝
2
= 9
2 m v
2= Ek
可知碰撞后
Ek 红= 4
2 m v
2= 4
9 Ek，Ek 蓝= 1
2 m v
2= 1
9 Ek
所以碰撞过程中损失的动能约为
Δ Ek= Ek−4
9 Ek−1
9 Ek= 4
9 Ek
故C 正确，ABD 错误。
故选C。
【变式训练2】质量相等的A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是
7kg·m/s，B 球的动量是5kg·m/s，当A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A、B 两球的动量可能值是
（ ）
A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s
B．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/s
C．pA＝-2kg·m/s，pB＝14kg·m/s
D．pA＝6.5kg·m/s，pB＝5.5kg·m/s
【答案】A
【详解】以两球组成的系统为研究对象，取A 球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前
系统的总动能为
Ek= pA
2
2m + pB
2
2m = 7
2
2m + 5
2
2m = 74
2m
系统的总动量为
p=7kg⋅m /s+5kg⋅m /s=12kg⋅m /s
A．若碰后A、B 两球动量为：pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s，系统的总动量为
p
′ =6kg⋅m /s+6kg⋅m /s=12kg⋅m /s
则动量守恒，总动能为
E
′
k= pA
2
2m + pB
2
2m = 6
2
2m + 6
2
2m = 72
2m
总动能不增加，符合实际情况，故A 正确；
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B．若碰后A、B 两球动量为：：pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/s，系统的总动量为
p
′ =3kg⋅m /s+9kg⋅m /s=12kg⋅m /s
动量守恒，总动能为
E
′
k= pA
2
2m + pB
2
2m = 3
2
2m + 9
2
2m = 90
2m
总动能增加，不符合实际情况，故B 错误；
C．若碰后A、B 两球动量为：pA＝-2kg·m/s，pB＝14kg·m/s，系统的总动量为
p
′ =−2kg⋅m /s+14 kg⋅m /s=12kg⋅m /s
动量守恒，总动能为
E
′
k= pA
2
2m + pB
2
2m = (−2)
2
2m + 14
2
2m = 200
2m
总动能增加，不符合实际情况，故C 错误；
D．若碰后A、B 两球动量为：pA＝6.5kg·m/s，pB＝5.5kg·m/s，系统的总动量为
p
′ =6.5kg⋅m /s+5.5kg⋅m /s=12kg⋅m /s
动量守恒，但A 球碰后动量大于B 球动量，则A 球速度大于B 球速度，不符合实际情况，故D 错误。
故选A。
【变式训练3】如图所示，质量为2m 的小球A 置于竖直放置，内壁光滑半径为l 的球壳内壁上，小球A 和
球壳圆心的连线与竖直方向成60
∘角，质量为m 的小球B 静止于球壳内壁底部。若将小球A 由静止释放，
与小球B 发生正碰后，使小球B 运动到最高时，和球壳圆心的连线与竖直方向也成60
∘角。重力加速度为
g，则（ ）
A．整个过程机械能守恒
B．两球相碰后瞬间B 球的速度大小为1
2 √gl
C．两球相碰后瞬间B 球的速度为0
D．两球相碰后产生的热量为1
4 mgl
【答案】D
【详解】ABC．A 球运动到最低点的过程中，根据机械能守恒可得
2mg(l−lcos60
∘)= 1
2 ⋅2mv A
2
解得
v A =√gl
B 球运动到最高点的过程中，根据机械能守恒可得
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mg(l−lcos60
∘)= 1
2 m vB
2
解得
vB=√gl
A 球与B 球碰撞的过程中，动量守恒，则有
2m v A =m vB+2m v A
'
解得
v A
' = √gl
2
碰撞前系统的机械能为
Ek1= 1
2 ⋅2mv A
2 = 1
2 ⋅2m(√gl)
2=mgl
碰撞后系统的机械能为
Ek2= 1
2 ⋅2mv A
❑
' 2+ 1
2 mvB
2 = 1
2 ⋅2m( √gl
2 )
2
+ 1
2 ⋅m(√gl)
2= 3
4 mgl
由于
Ek1≠Ek2
故整个过程机械能不守恒，ABC 错误；
D．两球相碰后产生的热量为
Q = Ek1−Ek2= 1
4 mgl
D 正确。
故选D。
【变式训练4】（多选）如图所示，质量为m、半径为R 的光滑半圆槽锁定在光滑水平面上，质量也为m
的小球从A 点由静止释放，当小球落到槽的B 点与槽相撞时，沿OB向下方向的分速度突减为0，垂直OB
向下方向分速度不变，碰撞后瞬间半圆槽解除锁定。小球经过最低点C 后，恰好到达槽左端与圆心等高处
的D 点。已知：OB与水平方向的夹角为53°，重力加速度为g，sin53° = 4
5 ，下列说法正确的是（ ）
A．A、B 两点的竖直高度差为64
45 R
B．槽解除锁定后，小球和槽组成的系统动量守恒、机械能守恒
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C．在B 点，小球与槽碰撞损失的机械能为320
153 mgR
D．小球与槽在B 点碰撞前、后瞬间，重力功率的比值为25
9
【答案】CD
【详解】A．设小球到达D 点时与槽共同的速度为v，小球下落到B 点的速度为v0，在B 点撞完的速度水
平分量为v1，小球从B 点运动到D 点过程，小球与槽水平方向满足动量守恒，可得
m v1=2mv
由机械能守恒定律可得
1
2 ×2mv
2+mgR⋅cos37° = 1
2 ×m(
v1
cos37°)
2
联立解得
v1=√
128 gR
85
故小球下落到B 点的速度为
v0=
v1
cos37°cos53°
小球从A 到B 自由下落过程，由动能定理可得
mghAB= 1
2 m v0
2
解得
hAB= 500
153 R
A 错误；
B．槽解除锁定后，小球和槽组成的系统竖直方向受到重力作用，水平方向动量守恒，系统机械能守恒，B
错误；
C．小球在B 点碰撞时损失的机械能为
E损= 1
2 m(v0sin53°)
2= 320
153 mgR
C 正确；
D．小球在B 点碰撞前后重力的功率之比为
P
P
′ =
mg v0
mg v0cos53°sin37° = 25
9
D 正确。
故选CD。
考点三 爆炸 反冲
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知识点1 爆炸
1.爆炸现象
动量
守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于系统受到的外
力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能
增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的
总动能增加
位置
不变
爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸
后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2.爆炸：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且 远大于 系统所受的外力，所
以系统动量 守恒 。如爆竹爆炸。
知识点2 反冲
1.反冲
（1）定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然
向相反的方向运动。
（2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力 远大于 系统受到的外力。如发射炮弹、发射火箭等。
（3）规律：遵从动量守恒定律。
知识点3 人船模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）两物体满足动量守恒定律：mv 人－Mv 船＝0。
（2）两物体的位移大小满足：m x人
t －M x船
t ＝0，x 人＋x 船＝L
联立得x 人＝
M
M ＋mL，x 船＝
m
M ＋mL。
3.运动特点
（1）人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。
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（2）人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即x人
x船
＝v人
v船
＝M
m 。
4.“人船模型”的拓展（某一方向动量守恒）
考向1 爆炸与反冲
例1（2025·四川南充·高三月考）有一个质量为4m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向
水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，则另一
块的速度是（ ）
A．3v0−v
B．4v0−3v
C．3v0−2v
D．3v−4v0
【答案】B
【详解】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为4mv0，其中一块质量为3m，速度大
小为v，方向水平向东，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v
′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方
向，爆炸过程动量守恒，则有
4 m v0=3mv +m v
′
解得
v
′ = 4 v0−3 v
故选B。
【变式训练1】一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平向右的速度v0=2m /s，爆炸成为甲、乙两块水
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平飞出，甲、乙的质量之比为5:1。不计质量损失，重力加速度g取10 m /s
2。则下列图中两块弹片飞行的
轨迹可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】规定向右为正方向，设弹丸的质量为6m，则甲的质量为5m，乙的质量为m，弹丸爆炸前后甲、
乙两块在水平方向不受外力，则水平方向满足动量守恒定律，爆炸后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有
6m v0=5m v1+m v2
则有
12m /s=5 v1+ v2
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，有
t =√
2h
g =√
2×5
10 s=1s
两块弹片在水平方向做匀速运动，有
x1= v1t
x2= v2t
则有
12m =5 x1+ x2
结合图像可知，仅选项A 的位移满足上述表达式。
故选A。
【变式训练2】如图所示，质量为m 的木块A 放在光滑的水平面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O
点系一长为l 的细线（线长小于杆长），细线另一端系一质量为m、可视为质点的小球B，现将小球B 拉
起使细线处于水平伸直状态并由静止释放，已知重力加速度为g，在小球开始运动到最低点的过程中（木
块和轻杆始终不翻倒），下列说法正确的是（ ）
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A．小球到最低点时速度大小为√2 gl
B．木块对地面的最小压力大小为2mg
C．小球和木块组成的系统总动量守恒
D．小球竖直方向合力为零时，重力的瞬时功率最大
【答案】D
【详解】C．由于木块放在光滑水平面上，小球向下运动的过程中，系统竖直方向合力不为零，水平方向
不受外力，所以系统水平方向动量守恒，故C 错误；
A．由于小球和木块的质量相同，根据水平方向动量守恒，有
m v1=m v2
所以小球到最低点速度大小与木块速度大小相同，根据系统的机械能守恒有
mgl =2× 1
2 mv
2
解得
v =√gl
故A 错误；
B．小球刚释放时，小球不受拉力，木块对地面的压力最小，此时压力大小为mg，故B 错误；
D．由于小球重力的瞬时功率为
P =mg v y
当小球竖直方向速度最大时，竖直方向加速度为零，竖直方向合力为零，重力的瞬时功率最大，故D 正
确。
故选D。
【变式训练3】（多选）一爆炸物体（视为质点）从水平此面上的A 点（在A 点安装有声音记录仪）以初
速度v0竖直上抛到最高点O点时引爆炸裂成质量之比为1：2 的两个碎块P、N（两碎块初速度均沿水平方
向）。在O 点遥控器引爆瞬间开始计时，在7s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340 m/s，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s
2。下列说法正确的
是（ ）
A．爆炸物体初速度v0=50 m/s
B．两碎块P、N 落地点到A 点距离之比为1:2
C．爆炸后碎块P 的初速度vP=136 m/s
D．无法算出碎块落地点到A 点距离
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【答案】AC
【详解】ABD．根据题意，爆炸物爆炸瞬间前后由于内力远大一外力，爆炸瞬间水平方向动量守恒，设爆
炸后瞬间P 的速度为vP，N 的速度为vN，取P 的方向为正方向，则根据动量守恒定律有
0=mPvP−mN vN
则有
mPvP=mN vN
由已知
mP:mN=1:2
则可得
vP:vN =2:1
爆炸后两物块均做平抛运动，下落高度相同，则落地时间相同，设为t，P、N 两碎块落地后落地声传到A
点所用的时间分别为t1、t2，声音在空气中传播的速度为v，则有
xP= vPt，xN= vNt
可得
xP=2 xN
即两碎块P、N 落地点到A 点距离之比为2:1，则易知
t +t1=7s，t +t2=6s
而
xP= v t1，xN= v t2
则有
t + xp
t1
=7s，t + xN
t2
=6s
联立解得
xP=680 m，xN=340 m
t1=2s，t2=1s，t =5s
根据平抛运动在竖直方向做自由落体运动，而爆炸物体做竖直上抛运动的位移大小等于爆炸后碎块做平抛
运动的高度，可得
h= 1
2 gt
2=125 m
根据速度位移时间关系可得爆炸物体做竖直上抛运动的初速度
v0=√2gh=50 m/s
故A 正确，BD 错误；
C．根据以上分析可得爆炸后碎块P 的初速度
vP= xP
t = 680
5 m/s=136 m/s
故C 正确。
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故选AC。
考向2 人船模型
例1 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，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，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用
卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。如图所示。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为
（ ）
A．m( L+d )
d
B．m( L−d)
d
C．mL
d
D．m( L+d )
L
【答案】B
【详解】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，取船的运动
方向为正方向，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
故选B。
例2 如图所示，一个质量为m=50kg 的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质
量为M=20kg，当静止时人离地面的高度为h=5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下
滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看做质点）（ ）
A．5m
B．3.6m
C．2.6 m
D．8m
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【答案】B
【详解】热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，设当
他滑到绳下端时，他离地高度为H，设此过程人下滑的位移大小为x1，热气球上升的位移大小为x2，由动
量守恒定律有
m x1= M x2
又
x2+ x1=h，H = x2
联立解得
H ≈3.6 m
故选B。
【变式训练1】如图所示，质量m＝60kg 的人，站在质量M＝240kg 的车的一端，车长L＝3m，均相对于
水平地面静止，车与地面间的摩擦可以忽略不计，人由车的一端走到另一端的过程中，（ ）
A．人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
B．车后退0.5m
C．即使人与车之间存在摩擦力，人与车组成的系统在水平方向仍然动量守恒
D．人的速率最大时，车的速率最小
【答案】C
【详解】A．人对车的作用力与车对人的作用力是作用力与反作用力的关系，它们大小相等方向相反、作
用时间相等，所以作用力的冲量大小相等、方向相反，故A 错误；
B．设车后退的距离为x ，则人的位移大小为L−x，人与车组成的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
m人v人−M 车v车=0
则
m L−x
t
−M x
t =0
代入数据得
x =0.6 m
故B 错误；
C．人与车间的摩擦力属于系统内力，人与车组成的系统在水平方向所受合外力为零，人与车组成的系统
在水平方向动量守恒，故C 正确；
D．人与车组成的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
m人v人−M 车v车=0
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m、M 一定，所以人的速率最大时，车的速率最大，故D 错误。
故选C。
【变式训练2】如图所示，在光滑的水平面上静止放置一质量为m 的半圆槽，半圆槽内壁光滑，轨道半径
为R。现把质量为2m的小球（可视为质点）自轨道左侧最高点由静止释放，在小球和半圆槽运动的过程
中，半圆糟向左运动的最大距离为（ ）
A．4
3 R
B．2
3 R
C．1
3 R
D．R
【答案】A
【详解】在小球和半圆槽运动的过程中系统在水平方向上动量守恒，有
m v1=2m v2
即
m v1t =2m v2t
则有
m s1=2m s2
又
s1+ s2=2 R
联立解得
s1= 4
3 R ，s2= 2
3 R
故选A。
【变式训练3】如图，质量是M（包括绳）的气球下方有一段绳长为L，一质量为m 的人悬挂在绳的末端
B 点，气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A 点处，空气阻力不计，人可视为质点，
则人实际上爬的高度是（ ）
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A．
m
M +mL
B．
M
M +mL
C．m
M L
D．M
m L
【答案】B
【详解】设气球下降的高度为h，则由平均动量守恒可知
Mh=m( L−h)
解得
h=
mL
M +m
则人实际上爬的高度是
h
' = L−h= ML
M +m
故选B。
【变式训练4】（多选）（2025·四川攀枝花·三模）如图所示，光滑水平地面上静置一质量为M 的斜劈，
斜劈竖直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m 的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小球到斜面
底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改变释放时小球与斜面底端的
水平距离l，得到小球的水平位移x 和l 的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，
斜面底端有一小段圆弧（图中未画出），且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。
关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒
B．斜劈对小球做正功
C．斜劈与小球的质量之比m
M =
b
b−a
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D．当l = L时，小球与斜劈分离时的速度大小为√
2 Mgh
M +m
【答案】AD
【详解】A．根据动量守恒条件可知小球与斜劈组成的系统在竖直方向合力不为0，系统在水平方向动量
守恒，故A 正确；
B．整个系统机械能守恒，斜劈机械能增加，说明小球对斜劈做正功，则斜劈对小球做负功，故B 错误；
C．滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为l，根据水平方向动量守恒可得mx = M x
′，x + x
′ =l
则l = m+ M
M
x
结合图线可得m+ M
M
= b
a
所以M
m =
a
b−a
故C 错误；
D．根据水平方向动量守恒和能量守恒定律可得m v1= M v2，mgh= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
联立解得v1=√
2 Mgh
M +m
故D 正确。
故选AD。
1.（福建·高考真题）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已
知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空
气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）
A．v0-v2
B．v0+v2
C．v1= v0−m2
m1
v2
D．
【答案】D
【分析】本题考查动量守恒定律
【详解】系统分离前后，动量守恒：(m1+m2)v0=m1v1+m2v2 ，解得：v1= v0+ m2
m1
(v0−v2) ，故ABC
错误；D 正确．
2.（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B 分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A 左右端相连，整
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个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（ ）
A．弹簧恢复原长时，A 的动能达到最大
B．弹簧压缩最大时，A 的动量达到最大
C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加
【答案】A
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A 和B 组成的系统动量守恒，得
mA vA=mB vB
设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得
Ep= 1
2 mA vA
2+ 1
2 mBvB
2
联立得
Ep= 1
2(
mA
2
mB
+mA)vA
2
故可知弹簧恢复原长时物体A 速度最大，此时物体A 的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为
零，系统机械能不变。
故选A。
3.（2025·河南·高考真题）两小车P、Q 的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N 沿直线做碰撞实验，
碰撞前后的速度v 随时间t 的变化分别如图1 和图2 所示。小车N 的质量为mN，碰撞时间极短，则
（ ）
A．mP>mN>mQ
B．mN>mP>mQ
C．mQ>mP>mN
D．mQ>mN>mP
【答案】D
【详解】PN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mN vN=mPvP
′ +mN vN
′
即mP(vP−vP
′)=mN(vN
′−vN)
根据图像可知(vP−vP
′)>(vN
′−vN)，故mP<mN；
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同理，QN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQ vQ+mN vN =mQ vQ
′ +mN vN
′
即mQ(vQ−vQ
′)=mN(vN
′−vN)
根据图像可知(vQ−vQ
′)<(vN
′−vN)，故mQ>mN；
故mQ>mN>mP
故选D。
4.（北京·高考真题）质量为m1和m2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（ ）
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
【答案】C
【详解】A．x−t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为
v0= 4
1 m/s= 4 m/s m2碰前速度为0，A 错误；
B．两物体正碰后，m1碰后的速度大小为
v1=
4
3−1 m/s=2m/s m2碰后的速度大小为
v2= 8−4
3−1 m/s=2m/s
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
m1v0=−m1v1+m2v2
解得两物体质量的关系为
m2=3m1
根据动量的表达式p=mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C 正确；
D．根据动能的表达式Ek= 1
2 mv
2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D 错误。
故选C。
5.（江苏·高考真题）水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所
示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的（ ）
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A．30%
B．50%
C．70%
D．90%
【答案】A
【详解】根据频闪照片可知，碰撞前白球、碰撞后白球与灰球均做匀速直线运动，设碰撞前白球的速度大
小为v0，碰撞后白球的速度大小为v1，灰球的速度大小为v2，设曝光时间为T，用刻度尺分别测量碰撞前
白球在相邻曝光时间内的位移x0，碰撞后白球、灰球在相邻曝光时间内的位移x1、x2，如图所示
可得位移关系为
x0=1.7 x1=1.7 x2
则有
v0T =1.7 v1T =1.7 v2T
可得
v0=1.7 v1=1.7 v2
碰撞过程中系统损失的动能与碰撞前动能之比约为
1
2 m v0
2−1
2 m v1
2−1
2 m v2
2
1
2 m v0
2
=
1
2 m(1.7 v1)
2−2× 1
2 m v1
2
1
2 m(1.7 v1)
2
≈31%
故选A。
6.（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
【详解】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知
m1v1−m2v2=0
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因两块碎块落地时间相等，则
m1 x1−m2 x2=0
则
x1
x2
= m2
m1
= 1
2
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
(5−t )v 声
(6−t )v 声
= 1
2
解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为
h= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×4
2m=80m
选项B 正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移
x1=(5−4)×340m =340m
质量小的碎块的水平位移
x2=(6−4)×340m =680m
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
v10= x1
t = 340
4 m/s=85 m/s
选项CD 错误。
故选B。
7.（2024·浙江·高考真题）如图所示，2023 年12 月9 日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗
卫星送入距离地面约500km的轨道。取地球质量6.0×10
24kg，地球半径6.4×10
3km，引力常量
6.67×10
−11N⋅m
2/kg
2。下列说法正确的是（ ）
A．火箭的推力是空气施加的
B．卫星的向心加速度大小约8.4 m /s
2
C．卫星运行的周期约12h
D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
【答案】B
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陆陆
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复
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习~~~
【详解】A．根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推
力，故A 错误；
B．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为
a= F
m =
GM
( R+h)
2 ≈8.4 m/s
2
故B 正确；
C．卫星运行的周期为
T =2π√
( R+h)
3
GM
≈1.6h
故C 错误；
D．发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D 错误。
故选B。
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