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考点30 动量守恒定律
（核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
动量守恒定律
2023·浙江卷1 月·T14
2023·广东卷·T10
2022·北京卷·T10
2022·天津卷·T11
2021·全国乙卷·T14
2021·山东卷·T11
2020·全国卷Ⅲ·T15
2020·江苏卷·T12(3)
2020·北京卷·T13
2019·江苏卷·T12(1)
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】近几年高考主要考查：动量守恒定律及应用，爆炸、反冲运动和人船模型.碰撞问题
【备考策略】
1.理解系统动量守恒的条件.
2.会应用动量守恒定律解决基本问题.
3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.
4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．
【命题预测】
高考常考内容，涉及的核心知识是动量守恒定律的理解与应用，重在落实理解常见的碰撞或反冲模型，同
时，关注与实际生活和生产密切联系的问题。
1
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考向
1 动量守恒定律的理解和基本应用
1．动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的“六种”性质
系统性
研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
条件性
首先判断系统是否满足守恒条件
相对性
公式中v1、v2、v1′、v2′ 必须相对于同一个惯性参考系
同时性
公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′ 是在相互作用后
同一时刻的速度
矢量性
应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
普适性
不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统
3.动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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＝－Δp2，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。
4．应用动量守恒定律解题的步骤
2
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5．应用动量守恒定律时的几点易错提醒
(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作
为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)分析系统受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是外力。
(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二
者不可混淆。
（多选）（2023·广东·统考高考真题）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
的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1 施加一个水平向右的恒力
，推动滑块1 以
的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为
，碰撞结束后瞬间两滑块的共同
速度为
．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1 受到合外力的冲量大小为
C．滑块2 受到合外力的冲量大小为
D．滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
【答案】 BD
【解析】A．取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
3
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负号表示方向水平向左，故B 正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C 错误；
D．对滑块2 根据动量定理有
解得
则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
，故D 正确。
故选BD。
（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将
冰壶A 推到M 点放手，此时A 的速度
，匀减速滑行
到达N 点时，队友用毛刷开始擦
A 运动前方的冰面，使A 与
间冰面的动摩擦因数减小，A 继续匀减速滑行
，与静止在P 点的
冰壶B 发生正碰，碰后瞬间A、B 的速度分别为
和
。已知A、B 质量相同，A 与
间冰面的动摩擦因数
，重力加速度
取
，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B 碰撞
时间极短。求冰壶A
（1）在N 点的速度
的大小；
（2）与
间冰面的动摩擦因数
。
【答案】 （1）
；（2）
【解析】（1）设冰壶质量为
，A 受到冰面的支持力为
，由竖直方向受力平衡，有
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
设A 在
间的加速度大小为
，由牛顿第二定律可得
4
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联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A 的速度为
，由动量守恒定律可得
解得
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
由动能定理可得
联立解得
考向
2 爆炸、反冲运动
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
动能
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
2.反冲运动的三点说明
作用
原理
反冲运动是系统内两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
【特别提醒】
反冲问题解题要领
(1)两部分初、末状态的速度所选的参考系必须是同一参考系，且一般以地面为参考系。
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(2)要特别注意反冲前、后两部分对应的质量。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向，一般而言，反冲部分速度的方向与另一部分的运动方向是相反
的。
（多选）（2021·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
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
C．
D．
【答案】 BC
【解析】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
的
物资瞬间，满足动量守恒定律
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
，热气球所受合外力恒为
，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
6
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热气球和物资所受合力大小均为
，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地
过程所用的时间内，根据
解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
故C 正确，D 错误。
故选BC。
如图所示，一枚炮弹发射的初速度为
，发射角为
。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m 的A、B 两部
分，A 部分炸裂后竖直下落，B 部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮
弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B 部分速度的大小和方向；
（2）炸裂前后，A、B 系统机械能的变化量
（3）A、B 两部分落地点之间的水平距离
。
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【答案】 （1）
，方向水平向右；（2）机械能增加了
；（3）
【解析】（1）炮弹炸裂前瞬间速度为
方向水平向右
炸裂过程中根据水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有
炸裂后A 部分竖直下落，说明此时A 的水平速度为零，解得
方向水平向右
（2）炸裂前后系统机械能的变化量为
解得
A、B 系统机械能增加了
。
（3）炸裂后，A 做自由落体运动，B 做平抛运动，下落时间为
落地后，A、B 两部分落地点之间的水平距离为
解得
考向
3 碰撞问题分析
1.碰撞遵守的三条原则
原则一：动量守恒，p1＋p2＝p1'＋p2'。
原则二：动能不增加，Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。
原则三：速度要合理
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有 v 后＞v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两
物体仍同向运动，则应有v 前'≥v 后'。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。
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2．弹性碰撞的讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
解得v1′＝，
v2′＝。
(2)分析讨论
“一动一静”模型中，当碰撞前物体2 的速度不为0 时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，两物体交换速
度。
当碰撞前物体2 的速度为0 时，即v2＝0，则
v1′＝，v2′＝。
①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动。
③当m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
（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.
3．碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0
时，碰后质量大的物体速度不变，仍为v10，质量小的物体速度为2v10；当m1≪m2，且v20＝0 时，碰后质量
大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹。
（2023·天津·统考高考真题）已知A、B 两物体
，
，A 物体从
处自由下落，且同
时B 物体从地面竖直上抛，经过
相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度
，求：
（1）碰撞时离地高度x；
（2）碰后速度v；
（3）碰撞损失机械能
。
【答案】 （1）1m；（2）0；（3）12J
【解析】（1）对物块A，根据运动学公式可得
（2）设B 物体从地面竖直上抛的初速度为
，根据运动学公式可知
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即
解得
可得碰撞前A 物块的速度
方向竖直向下；
碰撞前B 物块的速度
方向竖直向上；
选向下为正方向，由动量守恒可得
解得碰后速度
v=0
（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
（2022·北京·高考真题）质量为
和
的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化的图
像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前
的速率大于
的速率
B．碰撞后
的速率大于
的速率
C．碰撞后
的动量大于
的动量
D．碰撞后
的动能小于
的动能
【答案】 C
【解析】A．
图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知
碰前的速度大小为
碰前速度为0，A 错误；
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B．两物体正碰后，
碰后的速度大小为
碰后的速度大小为
碰后两物体的速率相等，B 错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
解得两物体质量的关系为
根据动量的表达式
可知碰后
的动量大于
的动量，C 正确；
D．根据动能的表达式
可知碰后
的动能大于
的动能，D 错误。
故选C。
1．（2022·湖南·统考高考真题）1932 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大
致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度
分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核
的速度分别为
和
。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．
大于
D．
大于
【答案】 B
【解析】设中子的质量为
，氢核的质量为
，氮核的质量为
，设中子和氢核碰撞后中子速度为
，
由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度为
，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
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联立解得
可得
碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为
可得
故B 正确，ACD 错误。
故选B。
【基础过关】
2．（2023·河南·校联考三模）氡核
衰变成钋核
，其核反应方程为
，氡核的半
衰期为3.8 天，一个静止的
衰变释放的能量为E，且能量完全转化为两粒子的动能，则下列说法正确
的是（ ）
A．方程式中的X 是质子
B．该核反应前、后的质量数不守恒，但电荷数守恒
C．50 个氡核
经过3.8 天还剩25 个氡核
D．衰变释放出的X 粒子的动能为
【答案】 D
【解析】A．核反应方程满足质量数和电荷数守恒，所以X 的质量数为
，电荷数为
，
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所以X 为氦核，A 错误；
B．核反应前后的电荷数和质量数都守恒，但质量有亏损，因为核反应过程伴随有能量产生，B 错误；
C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适用，C 错误；
D．一个静止的
衰变为新核和X 粒子的动量相等，设X 粒子的动能为
，新核的动能为
，根据
可得
因
解得
D 正确。
故选D。
3．（2023 秋·黑龙江鸡西·高三校考期末）质量为
的小球A 在光滑水平面上以5m/s 的速度与质量
为
静止的小球B 发生正碰，碰后B 球的速度为4m/s，则碰后A 球的速度为（ ）
A．2m/s
B．3m/s
C．4m/s
D．6m/s
【答案】 B
【解析】碰撞过程满足动量守恒，则有
解得碰后A 球的速度为
故选B。
4．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考三模）皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时，运动员站在静止的
皮划艇上，持枪向岸上的枪靶水平射击。已知运动员（包括除子弹外的装备）及皮划艇的总质量为M，子
弹的质量为m，假设子弹射击过程中火药释放的总能量为E，且全部转化为动能，在陆地射击和在皮划艇
上射击时子弹出射速度会有少许差异。陆地射击时子弹的射出速度为v1，子弹动能为
；在皮划艇上射击
时子弹的出射速度为v2，动能为
，运动员及皮划艇的速度为v3，射击过程中可认为子弹、运动员及皮
划艇组成的系统在水平方向动量守恒。下列关系式正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】 D
【解析】A．在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动能，因此有
解得
A 错误；
CD．在皮划艇上射击时，根据水平方向动量守恒，有
联立解得
故C 错误，D 正确；
B．在皮划艇上射击时，子弹的动能
则
故B 错误。
故选D。
5．（2023·北京·高三专题练习）“北京正负电子对撞机”是我国第一台高能加速器，也是高能物理研究的
重大科技基础设施。一对速率相同的正、负电子正碰后湮灭生成两个
光子，反应方程为
。
已知单个电子的静止质量为
，电荷量为e，光速为c，普朗克常量为h。下列说法正确的是（ ）
A．单个光子的能量为
B．光子的频率为
C．两个光子的频率可以不同
D．两个光子的运动方向可能相同
【答案】 B
【解析】A．根据质能方程可得
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则单个光子的能量为
A 错误；
B．根据
可得光子的频率为
B 正确；
CD．一对正负电子湮灭会产生两个同频率的光子，由于光子既有能量，又有动量，根据动量守恒定律可知，
产生的两个光子的总动量与初动量是相等的，即它们的和为零，所以两个光子的运动方向相反，故CD 错
误。
故选B。
6．（多选）（2023 秋·贵州·高三校联考开学考试）如图所示，光滑的半圆槽质量为M，半径为R，静止在
光滑的水平地面上，一质量为m 的小球（视为质点）恰好能沿槽右边缘的切线方向释放滑入槽内，小球沿
槽内壁运动直至槽左边缘。重力加速度大小为g。关于小球和半圆槽的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球和半圆槽组成的系统，动量守恒，机械能守恒
B．小球和半圆槽组成的系统，动量不守恒，机械能守恒
C．小球滑到最底端时的速度大小等于
D．小球滑到最底端时的速度小于
【答案】 BD
【解析】AB．根据题意可知，小球落入槽中后，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，故
A 错误，B 正确；
CD．当小球运动到最低点时，有
解得
故C 错误，D 正确。
故选BD。
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7．（多选）（2023·四川内江·统考三模）在光滑的水平面上，动能为
、动量大小为
的小钢球A 与静
止小钢球B 发生对心碰撞，碰撞前、后球A 的运动方向相反．现将碰撞后球A 的动能和动量大小分别记为
、
，球B 的动能和动量的大小分别记为
、
，则下列判断中一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】 AC
【解析】AB．碰撞后两球均有速度，碰撞过程中总动能不增加，则
，
，故A 正确，B 错误；
CD．碰撞过程中，由动量守恒定律得
可见，
，故D 错误，C 正确。
故选AC。
8．（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在倾角为
的足够长的绝缘固定斜面上，静止放置有
质量分别为
、
的两金属块A、B，其中A 带电量为
，B 不带电。现让金属块A 以初速度
沿斜面
向下运动，一段时间后与金属块B 发生弹性正碰，且碰撞后A、B 带电荷量均为
。已知金属块与斜面间
的滑动摩擦因数为
，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前，A 沿斜面做匀加速直线运动
B．碰撞后，A、B 都沿斜面向下运动的过程中总动量守恒
C．碰撞后，当A 的速度为
时，B 的速度为
D．碰撞后，A、B 系统的电势能先减小后不变
【答案】 BC
【解析】A．由于
则有
可知碰撞前，A 沿斜面做匀速直线运动，故A 错误；
BC．碰撞后，A、B 都沿斜面向下运动的过程中，由于
，
A、B 之间的库仑斥力为A、B 组成系统的内力，则A、B 组成系统所受外力之和为零，系统满足动量守恒，
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当A 的速度为
时，有
解得
故BC 正确；
D．碰撞后，对于金属框A、B 组成的系统，由于A、B 之间存在库仑斥力，且A、B 两者距离逐渐增大，
可知库仑斥力对系统做正功，则系统的电势能逐渐减小，故D 错误。
故选BC。
9．（多选）（2023 春·河南开封·高三统考期末）冰壶运动被喻为冰上的“国际象棋”，是一项考验参与者
的体能与脑力，展现动静之美和取舍智慧的冰上运动。在一次比赛中，质量为19.6kg 的红壶静止在水平冰
面上，运动员用等质量的黄壶撞击红壶，两壶在
时发生正碰，碰撞前后两冰壶的v-t 图像如图所示，
已知两冰壶与冰面的动摩擦因数相同。关于两冰壶的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图像①是黄壶碰后的运动图像
B．碰撞前后黄壶动量变化量的大小为
C．碰后红壶经7s 停下
D．两冰壶静止时距离为4.5m
【答案】 BCD
【解析】A．正碰后，黄壶的速度应小于红壶，图像①是红壶碰后的运动图像，A 错误；
B．冰壶运动的加速度大小为
则碰撞后黄壶的速度为
碰撞前后黄壶动量变化量的大小为
B 正确；
C．根据动量守恒
碰撞后红壶的速度为
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红壶停止的时间为
C 正确；
D．两冰壶静止时距离为
D 正确。
故选BCD。
10．（2023·山东·高三专题练习）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】解：（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
水平方向
上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，设爆竹总质量为m
解得两部分各自获得的速度大小
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，
（2）上层火药燃爆后爆竹获得的机械能
下层火药燃爆后爆竹获得的机械能
上、下两层火药的质量比
11．（2023 春·河南·高三校联考期末）如图所示，与水平面成
倾角的传送带长为
，以
的速
率沿顺时针方向匀速运行，质量为
的物块
和质量为
的物块
同时从传送带的底端和顶端以大小
为
的速度滑上传送带，两物块与传送带间的动摩擦因数均为0.75，不计物块的大小，两物块碰
撞后粘在一起，重力加速度为
，
，
求：
（1）物块
和
从滑上传送带到碰撞所用的时间；
（2）两物块在传送带上运动过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】 （1）
；（2）
【解析】（1）根据题意，由牛顿第二定律，对物块A 有
解得
物块A 向上做匀减速运动，对物块B 有
解得
物块B 向下做匀速运动，设经时间
，物块A 的速度与传送带速度相同，则有
解得
19
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此时间内物块A 的位移为
物块B 的位移为
设再经过时间
，物块
和
碰撞，则有
则物块
和
从滑上传送带到碰撞所用的时间为
（2）物块A 和B 碰撞过程中，系统的动量守恒，取沿传送带向上为正方向，由动量守恒定律有
解得
此后两物块一起匀速到顶端，运动到顶端的时间为
两物块在传送带上运动过程中与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力与物块传送带间相对位移的乘积，即
代入数据解得
【能力提升】
12．（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）如图所示，用火箭发射人造地球卫星。当最后一节火箭的
燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以
的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离
后瞬间，卫星速度增大，则（ ）
A．分离前卫星所受重力为0
20
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B．分离前后卫星和火箭壳的动量守恒
C．
可能等于8km/s
D．分离后卫星不可能在原来的轨道上运动
【答案】 D
【解析】A．物体所受重力的施力物体是地球，在地球两极万有引力等于重力，而当卫星环绕地球做圆周
运动时，地球仍给卫星有力的作用，即万有引力，该力完全用来充当卫星做圆周运动的向心力，可知，分
离前卫星所受重力并不为零，而是充当了卫星做圆周运动的向心力，故A 错误；
B．分离前后卫星和火箭壳在做圆周运动，所受合力不为零，因此动量不守恒，故B 错误；
C．第一宇宙速度等于
，且第一宇宙速度为物体环绕地球表面做圆周运动时线速度的大小，环绕半
径等于地球半径，而根据万有引力充当向心力
可得
可知轨道半径越大，线速度越小，火箭壳体和卫星在地表上空环绕地球做圆周运动，其环绕半径大于地球
半径，因此可知其线速度小于第一宇宙速度，故C 错误。
D．分离后卫星线速度变大，此时卫星所受万有引力不足以提供其在原轨道运行的向心力，因此卫星将做
离心运动，向更高的轨道变轨运行，故D 正确。
故选D。
13．（2023·河南开封·统考一模）如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧
有一竖直墙壁。现让一小球（可认为质点）自左端槽口A 点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从
A 点入槽内。则下列说法正确的（ ）
A．小球在槽内运动的全过程中机械能守恒
B．小球第二次经过槽最低点时，槽的速度最大
C．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒、动量守恒
【答案】 B
【解析】AD．小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，小球的动量不守恒，
小球与槽组成的系统动量也不守恒，小球的机械能守恒，小球与槽组成的系统机械能也守恒；小球经过最
低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，小球与槽组成的系统动量水平方向动量守恒，竖直方向动量
21
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不守恒；该过程小球的机械能不守恒，但是小球与槽组成的系统机械能守恒，选项AD 错误；
B．小球第一次到达最低点时槽开始向右运动离开墙壁，此后小球对槽有斜向右下的压力使得槽向右加速
运动，直到小球第二次经过槽最低点时，槽的速度最大，此后小球滑到槽的左侧时对槽有斜向左下的压力
槽做减速运动，选项B 正确；
C．小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，除重力对小球做功之外还有斜槽对小球的支持力
对小球做负功，选项C 错误。
故选B。
14．（2023·湖南怀化·统考二模）如图所示，质量为m 的小球A 从地面上斜抛，抛出时的速度大小为
25m/s，方向与水平方向夹角为53°角，在A 抛出的同时有一质量为3m 的黏性小球B 从某高处自由下落，
当A 上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B 两球碰撞时间极短，碰后A、B 两球粘在一
起落回地面，不计空气阻力，
，g 取
。以下说法正确的是（ ）
A．小球B 下落时离地面的高度是20m
B．小球A 上升至最高处时离地面40m
C．小球A 从抛出到落回地面的时间为3s
D．小球A 从抛出到落回地面的水平距离为60m
【答案】 C
【解析】AB．A 球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B 球做自由落体落体运动，则两球运动的高度相同，
均为为
小球B 下落时离地面的高度是40m，AB 错误；
C．两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A 竖直速度为0，小球B 的速度为
根据两球在竖直方向上的动量守恒
两球粘在一起后的竖直速度为
继续下落，有
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得
则小球A 从抛出到落回地面的时间为3s，C 正确；
D．小球A 从抛出到与小球B 相撞的水平距离为
根据两球在水平方向上的动量守恒
得
相撞后两球的水平位移为
小球A 从抛出到落回地面的水平距离为
D 错误。
故选C。
15．（多选）（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）2022 年2 月19 日北京冬奥会上，中国选手
隋文静、韩聪夺得花样滑冰双人滑冠军，五星红旗再次飘扬赛场。假设在某次训练时他们携手以1.2m/s 的
速度滑行。隋文静的质量为40kg、韩聪的质量为60kg，滑行中韩聪迅速将隋文静沿原运动方向推开，两人
分开时，隋文静相对于韩聪的速度为5.5m/s，他们与冰面的摩擦忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．分开过程中，两位选手组成的系统动量和机械能均守恒
B．分开过程中，两位选手组成的系统动量守恒、机械能不守恒
C．分开后，韩聪相对于地面的速度大小为1m/s
D．分开后，韩聪相对于地面的的速度大小为2m/s
【答案】 BC
【解析】AB．以原运动方向为正方向，设分开后隋文静的速度为v1，质量为m1，韩聪的速度为
质量为m2，分开过程中，他们与冰面的摩擦忽略不计，可知两位选手组成的系统动量守恒，由动量守恒定
律可得
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代入数据解得
分开后韩聪的速度为
分开前两位选手组成的系统机械能
分开后两位选手组成的系统机械能
则有
可知分开过程中，两位选手组成的系统机械能不守恒，A 错误，B 正确；
CD．由以上计算可知，分开后，韩聪相对于地面的速度大小为1m/s，C 正确，D 错误。
故选BC。
16．（多选）（2023·广东广州·广州市第二中学校考三模）滑板运动备受青少年的青睐，其中一个动作为
人越过横杆，滑板从横杆底下穿过，人手撑横杆时对横杆施加的力竖直向下，如图所示。忽略空气阻力及
滑板与地面间的摩擦力作用，下列说法正确的是（ ）
A．人越过横杆过程处于完全失重状态
B．人手撑横杆过程，横杆对人不做功
C．从开始起跳到脱离滑板瞬间，人与滑板构成的系统机械能增加
D．从开始起跳到脱离滑板瞬间，人与滑板构成的系统动量守恒
【答案】 BC
【解析】A．人越过横杆过程除了受重力之外还受横杆向上的支持力，加速度向下，处于失重状态，A 错
误；
B．人手撑横杆过程，横杆对人的作用力没有位移，故横杆对人不做功，B 正确；
C．从开始起跳到脱离滑板瞬间，人的动能和重力势能都增加了，故人与滑板构成的系统机械能增加，C
正确；
D．从开始起跳到脱离滑板瞬间，在竖直方向上人和滑板的所受合力不为零，故人与滑板构成的系统动量
不守恒，D 错误。
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故选BC。
17．（多选）（2023 秋·广东深圳·高三深圳市罗湖外语学校校考期末）我国多次成功使用“冷发射”技术
发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零
时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中 （ ）
A．火箭与发射仓组成的系统动量守恒
B．火箭的加速上升时，处于超重状态
C．高压气体对火箭推力的冲量大于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和大于火箭动能的增加量
【答案】 BCD
【解析】A．火箭飞出发射仓到点火，只受重力作用，故此过程火箭与发射仓组成的系统动量不守恒，A
错误；
B．火箭的加速上升时，加速度向上，处于超重状态，B 正确；
C．由动量定理可知
解得
故高压气体对火箭推力的冲量大于火箭动量的增加量，C 正确；
D．由动能定理可知
解得
故高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和大于火箭动能的增加量，D 正确。
故选BCD。
18．（多选）（2023·福建宁德·福建省福安市第一中学校考一模）如图所示，质量为2m，高为h，倾角为
θ 的光滑斜面体A 放在光滑的水平面上。质量为m 的细长直杆B，受固定的光滑套管C 约束，只能在竖直
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方向上自由运动。初始时，A 在水平推力F 作用下处于静止状态，此时B 杆下端正好压在A 的顶端。现撤
去推力F，A、B 便开始运动。重力加速度为g，则（ ）
A．推力
的大小为mgsinθ
B．运动过程中，B 对A 做正功
C．A、B 组成的系统，水平方向上动量守恒
D．当杆的下端滑到斜面底端时，斜面体的速度大小
【答案】 BD
【解析】A．静止时A 对B 只有垂直斜面向上的支持力，C 对B 有水平向右的作用力，对B 受力分析，如
图1 所示
由平衡条件可知，竖直方向上有
可得
由牛顿第三定律可知，静止时B 对A 只有垂直斜面向下的压力，大小为
对A 受力分析，如图2 示，由平衡条件，水平方向上有
故A 错误；
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B．直杆B 对斜面体A 的作用力垂直斜面向下，而斜面体A 的位移方向为水平向右，所以直杆B 对斜面体
A 的作用力做正功，故B 正确；
C．由于运动过程中直杆B 受到光滑套管C 的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统水平方向上动量不
守恒，故C 错误；
D．当在很短时间
内光滑直杆下落
高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为
，所
以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为
，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为
，斜面体
的速度大小为
，由系统机械能守恒有
由速度关系
解得
故D 正确。
故选BD。
19．（2023·广东佛山·佛山市高明区第一中学校联考模拟预测）如图所示，半径R=1.25m 的光滑竖直四分
之一圆轨道OAB 与光滑水平轨道BC 相切于B 点，水平轨道BC 右端与一长L=0.5m 的水平传送带CD 相连，
传送带以速度v=2m/s 顺时针匀速转动，两滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。小滑块1 从四分之一圆轨
道的A 点由静止释放，滑上水平轨道后与静止在水平轨道上的小滑块2 发生弹性正碰，两滑块经过传送带
后从传送带末端D 点水平抛出，落在水平地面上。已知两滑块质量分别为
和
，忽略传
送带转轮半径，D 点距水平地面的高度h=0.45m，g 取
。求：
（1）小滑块1 首次经过圆轨道最低点B 时对轨道的压力大小；
（2）两滑块碰后滑块2 的速度大小
；
（3）滑块2 平抛的水平位移。
【答案】 （1）6N；（2）4m/s；（3）
【解析】（1）滑块1 由A 到B 的过程，根据
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解得
在圆轨道最低点B，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可得滑块1 经过圆轨道最低点B 时对轨道的压力
（2）滑块1 和滑块2 发生弹性正碰，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，则有
解得
（3）滑块在传送带上的加速度大小为
滑块2 以4m/s 速度滑上传送带，如果滑块2 在传送带上一直做匀减速直线运动，则有
解得
由于
所以滑块2 在传送带上一直减速运动，以
为初速度从D 平抛飞出，滑块从传送带末端D 飞出后做平抛运
动，则有
解得
20．（2023 春·天津南开·高二天津市第二南开中学校考开学考试）如图，固定点O 上用长
的细绳
系一质量
的小球（可视为质点），小球与水平面上的B 点刚好接触且无压力。一质量
的
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物块（可视为质点）从水平面上A 点以速度
（未知）向右运动，在B 处与静止的小球发生正碰，碰后小
球在绳的约束下做圆周运动，经最高点C 时，绳上的拉力恰好等于小球的重力的2 倍，碰后物块经过
后最终停在水平地面上的D 点，其水平位移
，取重力加速度
。求：
（1）物块与水平面间的动摩擦因数；
（2）碰撞后瞬间物块的动量大小；
（3）设物块与小球的初始距离为
，物块在A 处的初速度大小。
【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）法一：物块和小球碰撞后减速，由牛顿第二定律得
由逆向思维得
解得
方法二：物块和小球碰撞后减速，由动量定理得
由匀变速直线运动的规律得
解得
（2）匀变速直线运动的规律得
解得
碰撞后物块的动量大小
得
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（3）小球在最高点时绳子的拉方大小
由牛顿第二定律得
设碰撞后到小球的速度为
，由机械能守恒定律
设碰撞前瞬间物块的速度为v，由动量守恒定律得
物块从A 点运动到与小球碰撞前瞬间过程，对物块，由动能定理得
解得，物块在A 处的速度大小
21．（2023 春·湖南岳阳·高三统考期末）如图所示，9 个完全相同的滑块静止在水平地面上，呈一条直线
排列，间距均为L，质量均为m，与地面间的动摩擦因数均为μ，现给第1 个滑块水平向右的初速度，滑块
依次发生碰撞（对心碰撞），碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起，并向右运动，且恰好未与第9
个滑块发生碰撞。已知重力加速度为g，
。
（1）求第8 个滑块被碰后瞬间的速率；
（2）设第n（
）个滑块被碰后瞬间的的速率为
，第n+1 个滑块被碰后瞬间的速率为
，求
与
之间的关系式；
（3）求第1 个滑块的初速度
。（计算结果可以带根号）
【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）第8 个滑块被碰后，运动L 减速为0，则有
碰撞之前有
解得
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（2）第n 个滑块被碰后，以
向前减速L 后速度变为
，根据位移与速度的关系有
碰撞过程有
解得
（3）根据上式可知
解得
22．（2023 春·湖北武汉·高一武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考期末）如图所示，左侧AB 为
倾角θ=37°的粗糙斜面轨道，中间BC 为光滑水平轨道，右侧CD 为倾角θ=37°顺时针转动的传送带，其上
方与一光滑水平台面平滑连接，水平轨道BC 与斜面轨道AB 以及传送带CD 间均平滑连接。物块1 从斜面
轨道的最高点A 由静止下滑，滑到水平轨道上先与静止的物块2 发生弹性碰撞，物块2 再与静止的物块3
发生弹性碰撞，之后物块3 滑上传送带，并最终滑到水平台面上。已知物块1 的质量为m1=m0，物块3 的
质量为
，轨道AB 的长度lAB=9m，传送带CD 的长度
，物块与轨道AB、传送带CD 间的
动摩擦因数均为μ=0.5，物块均可看做质点，sin37°=0.6、cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。
（1）求物块1 第一次运动到B 点时的速度v0的大小；
（2）求当m2为何值时，物块3 获得的速度最大，并求出物块3 的最大速度vm的大小；
（3）若物块3 以最大速度vm滑上传送带，最终滑到水平台面上，求传送带的最小速度v 的大小。
【答案】 （1）6m/s；（2）
，
；（3）4m/s
【解析】（1）对物块1，由A 运动到B 的过程，根据动能定理可得
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解得
（2）设物块1、2 碰撞后瞬间的速度大小分别为v1、v2，物块2、3 碰撞后瞬间的速度大小分别为
、v3，
由动量守恒和能量守恒可得
由以上各式可得
当
时，物块3 获得的速度最大，最大速度为
（3）当物块3 以最大速度vm滑上传送带，最终滑到水平台面上速度刚好减为0 时，传送带的速度最小，
由于
故物块3 在传送带上先以加速度大小a1做匀减速直线运动，直到与传送带共速时，再以加速度大小a2做匀
减速直线运动，由牛顿第二定律可得
设物块3 第一段匀减速运动的位移大小为l1，第二段匀减速运动的位移大小为l2，由运动学公式可得
解得
23．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）如图，冰雪游乐场的滑道由倾角为θ 的斜坡PQ、半径
为R 的圆弧滑道QN 和水平滑道MN 三部分组成，三部分平滑连接。若物块甲在斜坡上下滑时所受阻力是
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它对斜坡压力的k 倍，物块甲、乙在水平滑道上运动所受阻力为其各自重力的μ 倍。一滑冰爱好者把物块
甲放在斜坡上的P 点，让物块由静止滑下，经过圆弧滑道的最低点N 时物块甲对圆弧滑道的压力为其重力
的3 倍，滑至与N 点紧挨的水平轨道时与静止在N 点的物块乙发生正碰（甲不返回），最终物块乙停止在
水平滑道上的T 点，物块甲停止在水平滑道上的S 点。已知NT=2NS=2x0，PQ=L，R=2μx0，物块甲的质量
为m0，圆弧滑道QN 对应的圆心角为θ，重力加速度为g。求：
（1）物块甲在斜坡上下滑的加速度大小和滑到Q 点时的速度大小；
（2）物块甲经过圆弧滑道的最低点N 时的速度大小和在圆弧滑道上损失的机械能；
（3）物块乙的质量。
【
答
案
】
（
1
）
，
；
（
2
）
，
；（3）
【解析】（1）物块在下滑过程中，由牛顿第二定律，有
解得
根据速度位移关系
解得
（2）根据题述，物块甲经过圆弧滑道的最低点N 时对圆弧滑道的压力为其重力的3 倍，可知在圆弧滑道
最低点时，圆弧滑道对物块甲的支持力为
由牛顿第二定律，有
解得物块甲经过圆弧滑道最低点N 时的速度大小为
Q、N 两点之间的高度差为
物块甲在圆弧滑道上损失的机械能为
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所以
（3）对物块甲，由动能定理，有
解得
对物块乙，由动能定理，有
解得
对物块甲、乙构成的系统，以水平向左为正方向，碰撞瞬间由动量守恒定律得
解得物块乙的质量为
【真题感知】
24．（多选）（2023·浙江·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．若物理问题牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【答案】 ABC
【解析】A．声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成电信号，则可以利用电容传感
器可制成麦克风，故A 正确；
B．由动量定理有
可得
可知，物体受合外力越大，则动量变化越快，故B 正确；
C．人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，则可以利用红外传感器可制成商
场的自动门，故C 正确；
D．牛顿运动定律只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题。而动量守恒定律既适用于低速宏观问
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题，也适用于高速微观问题，故D 错误。
故选ABC。
25．（2021·全国·高考真题）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】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，
而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力
后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
26．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置
在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A 处以初速度
为
向上
滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为
，滑块滑到B 处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖
直向上运动。已知滑块的质量
，滑杆的质量
，A、B 间的距离
，重力加速度g
取
，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小
和
；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】 （1）
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
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当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方
向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得
。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得
。
27．（2021·天津·高考真题）一玩具以初速度
从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩
具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1 4∶的两部分，此时它们的动能之和与玩具
从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度
时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
【答案】 （1）
；（2）
【解析】（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度
时的速度大小为v，重力加速度大小为g，
以初速度方向为正，整个运动过程有
玩具上升到最大高度
有
两式联立解得
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为
、
，水平速度大小分别为
、
。依题意，动能关系为
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玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为
，设两部分落地
时的速度大小分别为
、
，由速度合成公式，有
，
结合
，解得
28．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑
动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，
甲、乙相隔
，乙与边框a 相隔
，算珠与导杆间的动摩擦因数
。现用手
指将甲以
的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为
，方向不变，碰撞时间极短且不计，
重力加速度g 取
。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】 （1）能；（2）0.2s
【解析】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度
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v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
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