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第26 讲 动量守恒定律及其应用
目录
01、考情透视，目标导
航
02、知识导图，思维引航.............................................................................................2
03、考点突破，考法探究.............................................................................................3
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用................................................................................................................3
知识点1.动量守恒定律的适用条件.............................................................................................................3
知识点2.动量守恒定律的五个特性.............................................................................................................3
考向洞察
考向1.动量守恒定律的理解.........................................................................................................................3
考向2.动量守恒定律的基本应用.................................................................................................................4
考点二 碰撞问题...........................................................................................................................................................6
知识点1．碰撞类问题遵循的三条原则.....................................................................................................6
知识点2．弹性碰撞讨论..............................................................................................................................6
知识点3.非弹性碰撞.....................................................................................................................................7
考向洞察.........................................................................................................................................................................7
考向1.碰撞的可能性分析.............................................................................................................................7
考向2.弹性碰撞的应用.................................................................................................................................8
考向3.非弹性碰撞.........................................................................................................................................9
考点三 爆炸、反冲和“人船”模型......................................................................................................................10
知识点1.爆炸现象的三个规律...................................................................................................................10
知识点2.反冲运动的三点说明...................................................................................................................10
知识点3.人船模型及其拓展.......................................................................................................................10
考向洞察.......................................................................................................................................................................11
考向1.两体爆炸模型...................................................................................................................................11
考向2.反冲运动...........................................................................................................................................12
考向3.人船模型及其拓展模型...................................................................................................................13
04、真题练习，命题洞见............................................................................................................................15
考情
分析
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2024·江苏·高考物理试题
2024·广东·高考物理试题
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2024 湖南·高考物理试题
1
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复习
目标
目标1.理解动量守恒的条件。
目标2.会定量分析一维碰撞问题。
目标3.会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
知识点1.动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：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)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
2
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知识点2.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
考向1.动量守恒定律的理解
1.如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢
的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面
参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒
D.动量不守恒，机械能不守恒
【答案】 B
【解析】 撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，
系统机械能减少，故B 正确。
2.如图所示，A、B 两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C 以一定的初速度v0从A 的左端开始向
右滑行，最后停在B 木块的右端，对此过程，下列叙述不正确的是( )
A.当C 在A 上滑行时，A、C 组成的系统动量守恒
B.当C 在B 上滑行时，B、C 组成的系统动量守恒
C.无论C 是在A 上滑行还是在B 上滑行，A、B、C 三木块组成的系统动量都守恒
D.当C 在B 上滑行时，A、B、C 组成的系统动量守恒
【答案】A
【解析】 当C 在A 上滑行时，对A、C 组成的系统受力分析，B 对A 的作用力为外力，合外力不等于0，
故系统动量不守恒，A 错误；当C 在B 上滑行时，A、B 已分离，对B、C 组成的系统，沿水平方向不受外
3
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力作用，故系统动量守恒，B 正确；对A、B、C 三木块组成的系统，无论C 是在A 上滑行还是在B 上滑行，
系统的水平方向上都无外力作用，系统动量守恒，C、D 正确。
3．如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上。现让一小球自左侧槽口A
的正上方从静止开始落下，自A 点与圆弧槽相切进入槽内，则下列结论中正确的是( )
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
【答案】C
【解析】： 小球下滑到半圆槽的最低点B 之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力也对小
球做功，选项A 错误；小球下滑到半圆槽的最低点B 之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁
的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在
水平方向动量守恒，选项B 错误，C 正确；半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具
有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D 错误。
考向2.动量守恒定律的基本应用
4．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍
惜生命。已知某限速60 km/h 的平直公路上，一辆质量为m1＝800 kg 的汽车A 以速度v1＝15 m/s 沿平直公
路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝1 200 kg 的汽车B 以速度v2迎面驶来，两车立即同时急刹
车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1 s 后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再沿B 车原行驶方
向滑行6 m 后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3, g 取10 m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，
求：
(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；
(2)求B 车刹车前的速度，并判断B 车是否超速。
【答案】：(1)6 m/s (2)21 m/s，超速
【解析】：(1)对于碰撞后共同滑行过程有a＝＝μg
x＝，可得v 共＝6 m/s。
(2)对A 车有：vA＝v1－at
对B 车有：vB＝v2－at
以碰撞前A 车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：
m1vA－m2vB＝－(m1＋m2)v 共
可得v2＝21 m/s>60 km/h
故B 车超速。
5. (多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg 的物块A，另一端连
4
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接质量为m2＝1.0 kg 的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg 的物块C 放在长木板B 的右端，C
与长木板B 间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C 水平向左的瞬时初速度v0＝2.0
m/s，物块C 立即在长木板B 上运动。已知绳子绷紧前，B、C 已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B 总是
具有相同的速度；物块C 始终未从长木板B 上滑落。下列说法正确的是( )
A.绳子绷紧前，B、C 达到的共同速度大小为1.0 m/s
B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B 的速度大小均为1.0 m/s
C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B 的速度大小均为0.5 m/s
D.最终A、B、C 三者将以大小为 m/s 的共同速度一直运动下去
【答案】 ACD
【解析】 绳子绷紧前，B、C 已经达到共同速度，设B、C 达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律
可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A 正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B 具有相同的速度v2，A、
B 组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B 错误，C 正确；A、B、C 三者最
终有共同的速度，设为v3，A、B、C 组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝
m/s，D 正确。
考点二 碰撞问题
知识点1．碰撞类问题遵循的三条原则
动量守恒
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能不增
加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
或＋≥＋
速度要合理
同向碰撞
碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速
度大或两物体速度相等
相向碰撞
碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变
知识点2．弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解：
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
解得v1′
＝
，
v2′＝。
(2)分析讨论：
当碰前物体2 的速度不为零时，若m1＝m2，则：
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v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2 的速度为零时，v2＝0，则：
v1′＝，v2′＝。
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿相同方向运动。
③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
知识点3.非弹性碰撞
1.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′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
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk 损max
结果：v ＝
ΔEk 损max＝( v 1－
v 2) 2
3.静止物体被撞后的速度范围
物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B 的速度最小，vB＝
v0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，vB＝v0。则碰后物体B 的速度范围为v0≤vB≤v0。
考向1.碰撞的可能性分析
1.如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上
运动，碰前白色球A 的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B 静止，碰后花色球B 的动量变为pB′＝4 kg· m/s，则两
球质量mA与mB间的关系可能是( )
A.mB＝mA
B.mB＝mA
C.mB＝2mA
D.mB＝5mA
【答案】 C
【解析】 碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋
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pB′，解得pA′＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，
A 的速度不大于B 的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故C 正确。
考向2.弹性碰撞的应用
2.如图所示，五个等大的小球B、C、D、E、F，沿一条直线静放在光滑水平面上，另一等大小球A 沿该直
线以速度v 向 B 球运动，小球间发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E 四个球质量相等，且比A、F 两
球质量均要大些，则所有碰撞结束后，还在运动的小球个数为( )
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【解析】 球A、B 发生弹性碰撞过程mv＝mv1＋Mv2，mv2＝mv1
2＋Mv2
2，可得v1＝v，v2＝v，即A 球反弹，
B 球前进，然后B 与C 发生弹性碰撞，速度互换，B 球停止，C 球前进，以此类推，最后B、C、D 停止，
E 与F 发生弹性碰撞，可推得E、F 都向右运动，速度不同，因此最后运动的是A、E、F 球，故选C。
3.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。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.h B.h C.h D.h
【答案】 B
【解析】 设小球P、Q 的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得3mgh＝
×3mv2，解得v＝，Q 与地面碰撞后速度等大反向，然后与P 碰撞，P、Q 碰撞过程满足动量守恒、机械能
守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，×3mv2＝mvP
2＋×2mvQ
2，解得vP＝，碰后小球P 机
械能守恒，则有mgh′＝mvP
2，解得h′＝h，故选B。
考向3.非弹性碰撞
4.如图所示，光滑水平面上依次有滑块C 质量mC＝2 kg，滑块A 质量mA＝3 kg，滑块B 质量mB＝3 kg。开
始时A、B 静止，C 以初速度v0＝10 m/s 的速度冲向A，与A 发生弹性碰撞，碰撞后A 继续向右运动，与B
发生碰撞并粘在一起。求：
(1)C 与A 碰撞后A 的速度大小为多少；
(2)A 与B 碰撞过程中损失的机械能。
【答案】 (1)8 m/s (2)48 J
【解析】 (1)取向右为正方向，以C、A 为系统研究，根据动量守恒定律有
mCv0＝mCvC＋mAvA
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根据机械能守恒定律有
mCv＝mCv＋mAv
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
即C 与A 碰撞后A 的速度大小为8 m/s。
(2)仍取向右为正方向，以A、B 为系统研究，根据动量守恒定律有
mAvA＝v
根据能量守恒定律有
E 损＝mAv－v2
解得E 损＝48 J。
5.如图所示，超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。质量均为m＝16 kg 的两辆购物
车相距L1＝1 m 静止在水平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，
继续运动了L2＝1.25 m 后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为
车重的0.25 倍，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
(1)两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；
(2)两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
(3)工作人员对第一辆车所做的功。
【答案】 (1)1 s (2)100 J (3)240 J
【解析】 (1)对整体，由牛顿第二定律有
k×2mg＝2ma
解得a＝2.5 m/s2
逆向过程有L2＝at2，解得t＝1 s。
(2)嵌套后，对整体有0＝v2－at，v2＝2.5 m/s
嵌套过程中有mv1＝2mv2，
解得v1＝5 m/s
在嵌套过程中损失的机械能
ΔE＝mv－×2mv
解得ΔE＝100 J。
(3)对第一辆小车，由动能定理得
W－kmgL1＝mv－0
解得W＝240 J。
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考点三 爆炸、反冲和“人船”模型
知识点1.爆炸现象的三个规律
动量
守恒
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统
的总动量守恒
机械能
增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的
机械能增加
位置
不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后
各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
知识点2.反冲运动的三点说明
作用
原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量
守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒
定律
机械能
增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增
加
知识点3.人船模型及其拓展
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－M＝0，x 人＋x 船＝L 得x 人＝L ，
x 船＝L。
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。
(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＝＝。
4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
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考向1.两体爆炸模型
1.双响爆竹是民间庆典使用较多的一种烟花爆竹，其结构简图如图所示，纸筒内分上、下两层安放火药。
使用时首先引燃下层火药，使爆竹获得竖直向上的初速度，升空后上层火药被引燃，爆竹凌空爆响。一人
某次在水平地面上燃放双响爆竹，爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药，立即爆炸成两部分，两部分的
质量之比为1 2∶，获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h，两部分落地点之间的
距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。
(1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。
(2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比，求上、下两层火药的质量比。
【答案】 (1) (2)
【解析】(1)引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向h＝gt2
水平方向L＝v1t＋v2t
上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，设爆竹总质量为m，则有0＝mv1－mv2
解得两部分各自获得的速度大小v1＝ ，v2＝ 。
(2)上层火药燃爆后爆竹获得的机械能E 上＝×mv1
2＋×mv2
2
下层火药燃爆后爆竹获得的机械能E 下＝mgh
上、下两层火药的质量比＝＝。
2．(多选)一个质量为m 的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v 飞行时，突然
爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出
点。若忽略空气阻力，释放的化学能全部转化为动能，则下列说法正确的是( )
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点O 的距离比为4 1∶
D．爆炸过程释放的化学能为
【答案】CD
【解析】： 爆炸后甲、丙从同一高度平抛，乙从同一高度自由下落，则落地时间t＝相等，选项A、B 错
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误；爆炸过程动量守恒，有mv＝－mv 丙＋mv 甲，由题意知v 丙＝v，得v 甲＝4v，爆炸后甲、丙从同一高度
平抛，落地点到乙落地点O 的距离x＝vt，t 相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O 的距离比为x 甲∶x
丙＝v 甲∶v 丙＝4 1∶，选项C 正确；根据能量守恒定律可得爆炸过程释放的化学能ΔE＝×v 甲2＋×v 丙2－mv2＝
mv2，选项D 正确。
考向2.反冲运动
3.一火箭喷气发动机每次喷出质量m＝200 g 的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭
(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20 次，火箭初始时静止(结果保留1 位小数)。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s 末，火箭的速度为多大？
【答案】 (1)2.0 m/s (2)13.5 m/s
【解析】 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律
得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2.0 m/s。
(2)发动机每秒喷气20 次，设运动第1 s 末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20 次气体为研究对象，根
据动量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0，解得v20≈13.5 m/s。
4.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在
极短的时间内，质量为m 的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，
下列说法正确的是( )
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为v0
D．火箭上升的最大高度为
【答案】D
【解析】： 火箭的推力来源于火箭里喷出的水对它的反作用力，故A 错误；水喷出的过程中，瓶内气体
做功，火箭和水机械能不守恒，故B 错误；由动量守恒定理可得(M－m)v＝mv0，解得v＝，故C 错误；水
喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有v2＝2gh，h＝＝，故D 正确。
考向3.人船模型及其拓展模型
5.如图所示，质量为M＝4 kg 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R＝1 m 的四分之一光滑圆
弧轨道，BC 段是长为L 的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B 点。一质量为m＝1 kg 的可视为质点的滑块
从小车上的A 点由静止开始沿AB 轨道下滑，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点，滑块与BC 轨道间的
动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，则( )
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A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A 滑到B 过程中，滑块的机械能守恒
C．BC 段长L＝1 m
D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6 m
【答案】 D
【解析】 滑块在圆弧轨道上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，
不满足动量守恒的条件，故A 错误；滑块由A 滑到B 过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不
守恒，故B 错误；滑块恰好停在C 点时，二者均静止，根据能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得L＝2 m，
故C 错误；根据系统水平方向动量守恒有Mv1＝mv2，通过相同的时间有Mx1＝mx2，且有x1＋x2＝R＋L，解
得x1＝0.6 m，故D 正确。
6.质量为m 的人在质量为M 的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么( )
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
【答案】D
【解析】： 由人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有mv 人＝Mv 车，若人相对车突然停
止，则车也突然停止，故A 错误；设车长为L，由m(L－x 车)＝Mx 车，解得x 车＝L，车在地面上移动的位移
大小与人的平均速度大小无关，故D 正确，B、C 错误。
7.一个质量为M、底面边长为b 的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m 的物块由斜
面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是( )
A．若斜面粗糙，则s＝
B．只有斜面光滑，才有s＝
C．若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒，机械能守恒
D．若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】A
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【解析】： 不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以向左为正方向，
斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b－s，物块和斜面体的平均速率分别为v1＝，v2＝，由动量守
恒定律得mv1－Mv2＝0，解得s＝，A 正确，B 错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向
上所受合力都不为零，系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，
若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D 错误。
1．（2024·安徽·高考真题）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的
绝缘轻质细线，连接成边长为d 的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为
，可视为点电荷。
初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1 和球2 间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速
度大小分别为
、
、
，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了
，k 为静电力常量，
不计空气阻力。则（ ）
A．该过程中小球3 受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，
，
D．在图乙位置，
【答案】D
【详解】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为
0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3 受到1
和2 的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3 受到的合力为0，球3 从静止状态开始运动，瞬间受到
的合力不为0，故该过程中小球3 受到的合力在改变，故AB 错误；
CD．对系统根据动量守恒
根据球1 和2 运动的对称性可知
，解得
根据能量守恒
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解得
故C 错误，D 正确。
故选D。
2．（2024·江苏·高考真题）在水平面上有一个U 形滑板A，A 的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹
簧连接在物体B 的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B 的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，
剪断细绳后，则（ ）
A．弹簧原长时B 动量最大
B．压缩最短时A 动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
【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
设弹簧的初始弹性势能为
，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得
联立得
故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，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．（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
、
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
，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
无关
D．甲最终停止位置与O 处相距
【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
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
由于t1与
有关，则总时间与
有关，故C 错误；
D．乙下滑过程有
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
联立可得
即发生碰撞后甲最终停止位置与O 处相距
。故D 正确。
故选ABD。
4．（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
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B．竖直增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，由于两小球质量相等，故
碰撞后两小球交换速度，即
，
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，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故选BC。
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；
（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
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所以
6．（2024·江苏·高考真题）嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A 与轨道器对应的组合体B 分离
时间为Δt，分离后B 的速度为v，且与v0同向，A、B 的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A 的速度v1大小；
（2）分离时A 对B 的推力大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有
(m＋M)v0 = Mv＋mv1
解得
（2）以B 为研究对象，对B 列动量定理有
FΔt = Mv－Mv0
解得
7．（2024·湖南·高考真题）如图，半径为R 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A 和
B（mA>mB）。初始时小球A 以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B 发生碰撞。不计小球与圆
环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A 与B 碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A 与B 之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量
比
。
（3）若小球A 与B 之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e 倍
（0<e<1） ，求第1 次碰撞到第2n+1 次碰撞之间小球B 通过的路程。
【答案】（1）
，
；（2）
或
；
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（3）
【详解】（1）有题意可知A、B 系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒
有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有
联立解得
，
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的b 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
，则有
联立解得
由于两质量均为正数，故k1=0，即
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对第二次碰撞，设A、B 碰撞后的速度大小分别为
，
，则同样有
联立解得
，
，故第三次碰撞发生在b 点、第四次碰撞发生在c 点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故k2=0，即
根据①的分析可证
，
，满足题意。
综上可知
或
。
（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为
，第一次碰后与第二次相碰前
B 球比A 球多运动一圈，即B 球相对A 球运动一圈，有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B 球运动的路程
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第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以B 球运动的路程
一共碰了2n 次，有
8．（2023·天津·高考真题）质量
的物体A 自距地面
高度自由落下，与此同时质量
的物体B 由地面竖直上抛，经过
与A 碰撞，碰后两物体粘在一起,碰撞时间极短,忽略空气
阻力。两物体均可视为质点，重力加速度
，求A、B：
（1）碰撞位置与地面的距离x；
（2）碰撞后瞬时的速度大小v；
（3）碰撞中损失的机械能
。
【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J
【详解】（1）对物体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
即
解得
可得碰撞前A 物体的速度
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方向竖直向下；
碰撞前B 物体的速度
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
（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
9．（2023·北京·高考真题）如图所示，质量为m 的小球A 用一不可伸长的轻绳悬挂在O 点，在O 点正下
方的光滑桌面上有一个与A 完全相同的静止小球B，B 距O 点的距离等于绳长L。现将A 拉至某一高度，
由静止释放，A 以速度v 在水平方向和B 发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A 释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）A 释放到与B 碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）碰前瞬间，对A 由牛顿第二定律得
解得
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（3）A、B 碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
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
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
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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
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
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联立得
11．（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
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；
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（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
解得
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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。
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