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第5 讲 动量
考点一 动量定理及应用
1.冲量的三种计算方法
公式法
I=Ft 适用于求恒力的冲量
动量定理法
多用于求变力的冲量或F、t 未知的情况
图像法
F-t 图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F
与t 成线性关系，也可直接用平均力求解
2.动量定理
(1)公式：FΔt=mv'-mv
(2)应用技巧：
①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
②表达式是矢量式，需要规定正方向。
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。
例1 (2025·甘肃卷·14)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m 的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚
好能静止在细杆上。现以水平向左的力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化如图乙所示。开始滑动瞬间
的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。求：
(1)t=6 s 时F 的大小，以及t 在0~6 s 内F 的冲量大小；
(2)t 在0~6 s 内，摩擦力f 随时间t 变化的关系式，并作出相应的f-t 图像；
(3)t=6 s 时，物块的速度大小。
答案 (1)3√3mg
2
9√3mg
2
(2)见解析 (3)17
2 g
解析 (1)由题图乙可知F 随时间线性变化，根据数学知识可知F=√3mg
4
t
所以当t=6 s 时，F=3√3mg
2
0~6 s 内F 的冲量为F-t 图像围成的面积，即I=1
2 × 3√3
2
mg×6=9√3
2
mg
(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30°=μmgcos 30°
即μ=tan 30°=√3
3 ，此后F 增大FN减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当Fsin
θ=mgcos θ 时，t=4 s，则0~4 s，垂直杆方向Fsin θ+FN=mgcos θ
摩擦力f=μFN=√3
3 ( √3
2 mg-√3
8 mgt)=(1
2-1
8t)mg(0≤t≤4 s)
在4~6 s 内，垂直杆方向Fsin θ=mgcos θ+FN
摩擦力f=μFN=√3
3 ( √3
8 mgt-√3
2 mg)=(1
8t-1
2)mg(4 s<t≤6 s)
相应的f-t 图像如图
(3)在0~6 s 内沿杆方向根据动量定理有mgtsin θ+IFcos θ-If=mv
在0~6 s 内摩擦力的冲量为f-t 图像围成的面积，则If=1
2 × 1
2mg×4+1
2 × 1
4 mg×2=5
4 mg
联立有mg×6sin 30°+9√3
2
mg·cos 30°-5
4 mg=mv
可得v=17
2 g。
例2 (2025·福建福州市模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等
特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面半径为r 的圆柱形水流垂直射到要切
割的竖直钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流速为v，水的密度为ρ，则钢板受到水的平
均冲力大小为( )
A.ρπv2r2
B.1
2ρπv2r2
C.ρπvr2
D.1
2ρπvr2
答案 A
解析 以水为研究对象，根据动量定理可知F=mv
t ，又m=ρV=ρSl=ρπr2vt，联立可得F=ρπv2r2，由牛顿第三
定律可知，钢板受到水的平均冲力大小为ρπv2r2，故选A。
流体的柱状模型
对于流体运动，可沿流速v 的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt 内通过某一横截面积为S 的柱形流
体的长度为Δl=vΔt，如图所示。
以流体微元原速率反弹为例，求所受冲击力的解题步骤：
(1)在极短时间Δt 内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt。
(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。
(4)应用动量定理Δp=FΔt。
(5)作用后流体微元以速率v 反弹，有Δp=-2Δmv。
(6)联立解得F=-2ρSv2。
例3 (多选)(2025·山东青岛市三模)将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，
速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，小球在空中运动时间为t，重力
加速度为g，则
( )
A.t 时间内空气阻力的冲量为零
B.t 时间内空气阻力的冲量不为零
C.t=v0+ v
g
D.t=v0+ v
2 g
答案 AC
解析 选向上为正方向，上升过程中空气阻力冲量If1=-kv·Δt=-kx，x 为上升的高度，同理，下降过程中
If2=kx，所以t 时间内空气阻力的冲量If=If1+If2=0，A 正确，B 错误；全过程根据动量定理有-mgt+If=-mv-
mv0，可得t=v + v0
g
，C 正确，D 错误。
动量定理及微元积分法在变速直线运动中的应用
1.当物体受到的力与速度成正比，即F=kv，且力与速度在一条直线上时，该力在一段时间内的冲量
IF=∑kv·Δt=k∑vΔt，其中vΔt 表示极短时间内对应的小段位移，所有时间内的小段位移累积后即∑vΔt 表示
整段时间内的总位移x。若物体受到阻力Ff=kv 和其他外力(恒力)作用，由动量定理：F 恒t-∑kvΔt=mΔv，即
F 恒·t-kx=mΔv，可求未知量t 或x。
2.若变力为安培力。
两种形式：(1)I=∑Bil·Δt=Bl∑iΔt=Blq；
(2)I=∑BilΔt，i=Blv
R ，知I=B
2l
2
R ∑vΔt=B
2l
2
R x。
考点二 动量守恒定律及应用
动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)。
(2)Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)Δp=0，系统总动量的变化量为零。
例4 (多选)(2025·山东省部分学校联考)如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为
0.5 kg，板长均为0.4 m，P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A 处。物体P 置于
P1的最右端，质量为1 kg 且可看作质点。P1与P 以共同速度v0=4 m/s 向右运动，与静止的P2发生碰撞，
碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)。
P 与P1、P2之间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的有( )
A.在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1 m
B.若P 与P1、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P 的速度大小为1 m/s
C.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P 受到向右的摩擦力
D.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小
答案 ACD
解析 设板的质量为m，物体的质量为2m，P1、P2碰撞时，系统在水平方向上动量守恒，P1、P2碰撞后，
二者的共同速度为v1，则有mv0=2mv1，解得v1=2 m/s，弹簧压缩量最大时，三者具有共同的速度为v2，设
弹簧的最大压缩量为x，整个系统动量守恒，则有2mv1+2mv0=(2m+2m)v2，解得v2=3 m/s，根据能量守恒定
律可得，P 与P1、P2整体共速时损失的动能为E 损=1
2×2mv1
2+1
2×2mv0
2-1
2(2m+2m)v2
2=μ·2mg(1
2L+2x)，解
得x=0.1 m，故A 正确；若P 与P1、P2之间接触面光滑，整个系统动量守恒、机械能守恒，属于弹性碰撞，
因为P 的质量与P1、P2整体的质量相等，故当弹簧恢复原长时，P 与P1、P2整体交换速度，即此时P 的速
度为2 m/s，故B 错误；若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统内三物体第一次共速时，弹簧的
最大压缩量x'>x=0.1 m，系统内三物体第二次共速时，三物体损失的总动能E 损与未换弹簧时相同，所以物
体P 无法返回A 点，而是在A 点右侧与P2相对静止，此时弹簧处于压缩状态，故物体P 受到向左的弹力和
向右的摩擦力而处于平衡状态，故C 正确；由上述分析可知，系统稳定时，三物体最终损失的总动能E 损
与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，三物体最终损失的总动能E 损全部转化为因摩擦产生的热量，但将
弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统稳定时，弹簧处于压缩状态，所以三物体损失的总动能E 损一
部分转化为因摩擦产生的热量，另一部分转化为弹簧的弹性势能(属于系统的机械能)，所以此时系统损失
的机械能减小，故D 正确。
例5 (多选)(2025·云南昭通市诊断)如图所示为某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两
层，分别装载火药。某次燃放测试中，点燃引线，下层火药被引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速
度。当爆竹上升到最大高度h 处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1∶2 的P、Q
两部分。若P、Q 均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量
变化，重力加速度为g。则( )
A.爆竹分裂后P 获得的速度大小为2 L
3 √
g
2h
B.爆竹分裂后Q 获得的速度大小为L
3 √
g
h
C.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为L
2
18h
2
D.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为5 L
2
108h
2
答案 AC
解析 设P、Q 质量分别为m 和2m，在最高点爆炸过程根据动量守恒0=mv1-2mv2，可得v1=2v2，爆炸后
P、Q 均做平抛运动，落地时间t=√
2h
g ，二者水平方向均为匀速直线运动，则有x1=v1t，x2=v2t，又
x1+x2=L，联立解得P 部分获得的速度大小v1=2 L
3 √
g
2h，Q 部分获得的速度大小v2= L
3 √
g
2h，故A 正确，B
错误；上层火药燃爆时爆竹增加的机械能ΔE1=1
2mv1
2+1
2×2mv2
2=mg L
2
6h ，下层火药燃爆时爆竹增加的机械
能ΔE2=3mgh，则上、下两层火药燃爆时爆竹增加的机械能的比值为Δ E1
Δ E2
= L
2
18h
2，故C 正确，D 错误。
考点三 碰撞模型及拓展
1.两种碰撞的特点
弹性
碰撞
举例：一动碰一静
动量守恒m1v1=m1v1'+m2v2'
机械能守恒1
2m1v1
2=1
2m1v1'2+1
2
m2v2'2
解得
v1'=(m1-m2)v1
m1+m2
，
v2'= 2m1v1
m1+m2
结论：
(1)m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，即两
球碰撞后交换了速度
(2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰
后两球都沿v1方向运动，当
m1≫m2时v1'=v1，v2'=2v1
(3)m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰后
入射小球反弹，当m1≪m2时，
v1'=-v1，v2'≈0
完全
非弹
碰后两球粘在一起末速度相同损失的机械能
性碰
撞
动量守恒
m1v1+m2v2=(m1+m2)v，机械能损
失最多
ΔE=1
2m1v1
2+1
2m2v2
2-1
2(m1+m2)v2
2.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑)
小球-弹簧模型
小球-曲面模型
小球-小球模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足
mv0=(m+M)v 共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、
重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足
mv0=mv1+Mv2，机械能守恒，满足1
2mv0
2=1
2mv1
2+1
2Mv2
2
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面或水平导轨光滑)
未穿出
未滑离
达到共速
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v 共，损失的
动能最多，分别转化为内能或电能
例6 (2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N 分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止
开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。
从开始运动到碰撞后第1 次速度减为0 的过程中，两小球速度v 随时间t 变化的图像，可能正确的是(
)
答案 A
解析 根据牛顿第二定律a= F
m，两小球所受外力F 大小相等，由v-t 图像的斜率表示加速度可知，M、N
的加速度大小之比为4∶6=2∶3，则M、N 的质量之比为3∶2；设M、N 的质量分别为3m 和2m；由图像
可设M、N 碰前的速度大小分别为4v 和6v，因M、N 系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为
正方向，由动量守恒定律有3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知1
2
×3m×(4v)2+1
2×2m×(-6v)2=1
2×3mv1
2+1
2×2mv2
2，解得v1=-4v、v2=6v，因碰撞后M、N 的加速度大小之
比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故B、D 错误；若不是弹性碰撞，则
3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|=2∶3，若假设v1=-2v，则v2=3v，此时满
足1
2×3m×(4v)2+1
2×2m×(-6v)2>1
2×3mv1
2+1
2×2mv2
2，则假设成立，因碰撞后M、N 的加速度大小之比仍
为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M 来说碰撞前后的速度大小之比为4v∶2v=2∶1，可知碰撞前
后运动时间之比为2∶1，故A 正确，C 错误。
例7 (多选)(2024·东北三省四市联考二模)如图(a)，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R 的
四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且
小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1-v2图
像如图(b)所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒
B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点
C.小球与滑块的质量比为1∶2
D.小球的初速度大小可能为√2.5 gR
答案 AC
解析 小球、滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，
故A 正确；
设小球的质量为m，滑块质量为M，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2
变形为v1=v0- M
m v2
结合题图(b)可得M
m =
v0
0.5 v0
=2
即m
M =1
2，故C 正确；
小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量
守恒定律得mv0=(m+M)v
解得v=v0
3 ，故B 错误；
小球运动到最高点时，由机械能守恒定律得
1
2mv0
2=1
2(m+M)v2+mgh
其中h>R，解得v0>√3 gR
则小球的初速度大小不可能为√2.5 gR，故D 错误。
例8 (多选)(2025·四川德阳市二模)如图(a)所示，相距较远的两物体A、B 放在光滑水平面上，物体B
左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体A 以速度v0沿A、B 连线向B 物体运动。t=0 时，物体A 与轻
弹簧接触(不粘连)，此后的一段时间内，两物体的速度v 与时间t 的关系如图(b)所示。已知0~t0(t0<t2)时
间内，物体B 运动的距离为1
10v0t0，物体A 的质量为m，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说
法正确的是( )
A.物体B 的质量为3m
B.物体A 与轻弹簧分离时，物体B 的速度为2
3v0
C.0~t0时间内，物体A 运动的距离为4
5 v0t0
D.物体A 与轻弹簧接触的过程中，两物体A、B 组成的系统动量守恒、机械能守恒
答案 BC
解析 由题图(b)可知t1时，A、B 共速为v0
3 ，规定向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=(m+M)v0
3 ，解得
物体B 的质量M=2m，故A 错误；设物体A 与轻弹簧分离时，A、B 速度分别为vA、vB，则由动量守恒定
律有mv0=mvA+MvB，由能量守恒定律有1
2mv0
2=1
2mv A
2+1
2MvB
2，联立解得vB=2
3v0，故B 正确；设A、B 在
t2前任意时刻速度分别为vA1、vB1，由动量守恒定律有mv0=mvA1+MvB1，整理得mv0t0=mxA+MxB，其中xB= 1
10
v0t0，联立解得xA=4
5 v0t0，故C 正确；物体A 与轻弹簧接触的过程中，由于水平面光滑，两物体A、B 组成
的系统动量守恒，该过程A、B 的机械能与弹簧弹性势能相互转化，所以A、B 系统机械能不守恒，故D
错误。
积分思想在动量守恒中的应用
1.人船模型
mv1=Mv2，mv1Δt=Mv2Δt，各段时间累加后，mx1=Mx2，x1+x2=L。
2.m1v0=m1v1+m2v2
m1v0Δt=m1v1Δt+m2v2Δt
每段累加后m1v0t=m1x1+m2x2(v0、t 已知)。
专题强化练
[分值：55 分]
[1~5 题，每题4 分，6~9 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(多选)(2025·河北沧州市五县联考一模)如图所示，用轻弹簧相连的物块A 和B 放在光滑的水平面上，物
块A 紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B 并留在其中，由子弹、弹簧和A、B 物块组成的系统，
在下列说法中正确的是( )
A.子弹射入物块过程动量守恒，机械能不守恒
B.子弹射入物块过程动量不守恒，机械能也不守恒
C.弹簧推着含子弹的B 物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程动量不守恒，机械能守恒
D.弹簧推着含子弹的B 物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程动量守恒，机械能不守恒
答案 AC
解析 子弹射入物块过程，由于时间极短，子弹与物块组成的系统动量守恒，在此过程中，子弹的动能有
一部分转化为系统的内能，则系统的机械能减小，所以机械能不守恒，故A 正确，B 错误；弹簧推着含子
弹的B 物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程，弹簧要恢复原长，墙对系统有向右的弹力，系统的合外
力不为零，则系统动量不守恒。在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故C 正
确，D 错误。
2.(多选)(2025·广东肇庆市一模)一质量为0.6 kg 的篮球，以8 m/s 的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6
m/s 的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5 s 后以7 m/s 的速度被运动员接住，g 取10 m/s2，则下列说法正
确的是( )
A.与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4 kg· m/s
B.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6 kg· m/s
C.篮板对篮球的平均作用力大小约为15.6 N
D.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3 N·s
答案 AD
解析 与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为Δp1=mv2-(-mv1)=m(v2+v1)=8.4 kg· m/s，选项A 正确；根据动
量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为Δp2=mgt=6×0.5 kg·m/s=3 kg· m/s，选
项B 错误；根据动量定理Ft=Δp1，因作用时间未知，则无法确定篮板对篮球的平均作用力大小，选项C 错
误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为IG=Δp2=mgt=6×0.5 kg·m/s=3 kg·
m/s=3 N·s，选项D 正确。
3.(多选)(2025·陕西省部分学校联考)如图甲所示，质量为m 的某同学直立于箱子上，t=0 时刻该同学从箱子
上跳下，t1时刻着地，经曲腿缓冲一系列动作后，t6时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小
F 随时间t 变化的关系如图乙所示，忽略该同学离开箱子时的初速度和空气阻力，该同学在空中始终处于
直立状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.该同学的最大速度为gt1
B.箱子的高度为1
2gt1
2
C.图乙中图线与横轴t1~t6段围成的面积为mgt6
D.0~t6时间内该同学的机械能减少了1
2mg2t6
2
答案 BC
解析 由F-t 图像可知，0~t1时间内该同学在空中，t1时刻着地时速度为gt1，t1~t2时间内，支持力小于重力，
合力向下，根据牛顿第二定律F-mg=ma，知该同学接触地面后继续向下加速，速度大于gt1，该同学的最
大速度大于gt1，故A 错误；0~t1时间内该同学做自由落体运动，根据运动规律知箱子的高度为1
2gt1
2，故B
正确；0~t1时间内根据动量定理有-mgt1=m(-v0)，题图乙中图线与横轴t1~t6段围成的面积表示在t1~t6时间内
地面对该同学的冲量，根据动量定理有I-mg(t6-t1)=0-m(-v0)，解得I=mgt6，故C 正确；0~t6时间内该同学的
机械能减少了mgh=1
2mg2t1
2，故D 错误。
4.(2025·山东卷·6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M 的行星做半径为r 的圆周运动，轨道舱与返回舱
的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P 点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度
大小为2√
GM
r
，G 为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为( )
A.2
5√
GM
r
B.3
5√
GM
r
C.4
5 √
GM
r
D.√
GM
r
答案 C
解析 轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根
据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有G M·6m
r
2
=6mv
2
r ，可得组合体绕行星做圆周运动的
线速度大小为v=√
GM
r
。设轨道舱与返回舱分离后相对行星的速度分别为v1、v2，弹射返回舱的过程中组
合体动量守恒，由动量守恒定律得6mv=5mv1+mv2，代入v2=2√
GM
r
，解得v1=4
5 √
GM
r
，故选C。
5.(多选)(2025·云南大理市二模)如图所示，两个有四分之一圆弧面的物体A、B 静止在光滑的水平面上。
A、B 的圆弧面光滑，半径分别为3R 和R，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C
从A 的圆弧面的顶端静止释放，A、C 的质量分别为2m 和m，重力加速度为g，则以下说法正确的是(
)
A.整个过程A、B、C 组成的系统动量守恒
B.C 刚滑到A 底端时，C 与B 的圆弧面底端的水平距离为2R
C.C 刚滑到A 底端时，C 的速度为2√gR
D.若C 滑到A 底端后，恰好能滑上B 的圆弧面顶端，则B 的质量为m
答案 CD
解析 整个过程A、B、C 组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A 错误；设C 刚滑到A
底端时，A、C 的水平位移的大小分别为xA、xC，根据“人船模型”有2mxA-mxC=0，依题意有xA+xC=3R，
可得C 刚滑下A 时C 与B 的圆弧面底端的距离为s=xA=R，故B 错误；C 刚滑到A 底端时，水平方向由动
量守恒定律有2mvA-mvC=0，由机械能守恒定律有mg·3R=1
2×2mv A
2+1
2mvC
2，联立解得vA=√gR，vC=2√gR
，故C 正确；C 滑上B 的顶端过程，水平方向由动量守恒定律有mvC=(m+mB)v，由机械能守恒定律有1
2m
vC
2=mgR+1
2(m+mB)v2，联立解得mB=m，故D 正确。
[争分提能练]
6.(2025·河南卷·7)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 的变化分别如图甲和图乙所示。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
解析 P、N 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN'，即mP(vP-vP')=mN(vN'-vN)，根据题图
甲可知(vP-vP')>(vN'-vN)，故mP<mN；同理，Q、N 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN'，即mQ(vQ-vQ')=mN(vN'-vN)，根据题图乙可知(vQ-vQ')<(vN'-vN)，故mQ>mN；综上可得
mQ>mN>mP，故选D。
7.(2024·安徽卷·8)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+q，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v1、v2、v3，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 q
2
2d ，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，v1=v2，v3≠2v1
D.在图乙位置，v3=√
2k q
2
3md
答案 D
解析 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大小相等，此时球3 受到1
和2 的静电力大小相等、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的瞬间受
到的合力不为0，故该过程中小球3 受到的合力在改变，故A、B 错误；
对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3
根据球1 和2 运动的对称性可知v1=v2，
解得v3=2v1
根据能量守恒1
2mv1
2+1
2mv2
2+1
2mv3
2=k q
2
2d
解得v3=√
2k q
2
3md
故C 错误，D 正确。
8.(2025·河南郑州市一模)工程师对质量为m 的汽车进行性能测试，测得该款汽车综合阻力随速度变化的关
系式f=f0+kv(k 为常数)。现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，使汽车由静止开始做直线运动。汽车位移为
x 时恰好达到最大速度。则( )
A.汽车速度越大，加速越快
B.汽车达到的最大速度为F
k
C.整个过程的平均速度为F - f 0
2k
D.整个过程所用时间为kx
F - f 0
+m
k
答案 D
解析 汽车以恒定牵引力F 启动过程，根据牛顿第二定律有F 合=F-f=F-f0-kv=ma，解得a= F - f 0-kv
m
，随着
速度增大，加速度减小，A 错误；当汽车所受合力为零时，汽车达到最大速度，由受力平衡有F 合=F-f0-
kvm=0，解得vm= F - f 0
k
，B 错误；汽车以恒定牵引力F 启动过程中，汽车做加速度越来越小的加速运动，
则整个过程汽车的平均速度大于F - f 0
2k
，C 错误；汽车从静止到最大速度过程中，根据动量定理有Ft-
∑(f0+kv)Δt=mvm-0，解得整个过程所用时间为t= kx
F - f 0
+m
k ，D 正确。
9.(多选)(2025·湖南卷·10)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C 是可以在滑轨上运动的标
准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h 的水平面上。测量时，将弹药放入装
载台圆筒内，两端用物块A 和B 封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A 和
B 的动能。极短时间内B 嵌入C 中形成组合体D，D 与滑轨间的动摩擦因数为μ。D 在滑轨上运动s1距离
后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C 质量分
别为3m、m、5m，s1=h
μ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则 (
)
A.D 的初动能与爆炸后瞬间A 的动能相等
B.D 的初动能与其落地时的动能相等
C.弹药释放的能量为36mgh(1+ s2
2
4 h
2)
D.弹药释放的能量为48mgh(1+ s2
2
4 h
2)
答案 BD
解析 爆炸后，A、B 组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2，B 与C 碰撞过程动量守恒mv2=6mv，联立解得
v=0.5v1。爆炸后瞬间A 的动能EkA=3
2mv1
2，D 的初动能EkD=1
2×6m×(0.5 v1)
2=3
4 mv1
2，两者不相等，故A
错误；D 从开始运动到落地瞬间，根据动能定理有-μ×6mg×s1+6mgh=EkD'-EkD，解得EkD'=EkD，故B 正确；
D 平抛过程有h=1
2gt2，s2=v0·t，联立可得v0=s2√
g
2h，D 在滑轨上水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh=1
2
×6mv0
2-1
2×6mv2，化简得v2=s2
2 g
2h
+2gh，弹药释放的能量完全转化为A 和B 的动能，则爆炸过程的能量
为E=1
2×3mv1
2+1
2×mv2
2=24mv2=24m(s2
2 g
2h
+2gh)=48mgh(1+ s2
2
4 h
2)，故C 错误，D 正确。
10.(11 分)(2025·陕晋宁青卷·15)如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m 的粒子A、B，初始时刻相距
l0，粒子A 以速度v0沿两粒子连线向速度为0 的粒子B 运动，此时A、B 两粒子系统的电势能等于1
25mv0
2
。经时间t1粒子B 到达P 点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B 施加一恒力，方向与速度方向相同。
当粒子B 的速度为v0时，粒子A 恰好运动至P 点且速度为0，A、B 粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。
已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求(m、l0、v0、t1均为已知量)：
(1)(2 分)粒子B 到达P 点时的速度大小v1；
(2)(5 分)t1时间内粒子B 的位移大小xB；
(3)(4 分)恒力作用的时间t2。
答案 (1)1
5v0 (2)v0t1
5 - 2
11l0 (3)2l0
v0
解析 (1)根据动量守恒定律，可知mv0=(m+4m)v1，解得v1=1
5v0
(2)两者共速时设间距为l'，根据能量守恒定律可知，此时A、B 两粒子的系统电势能为Ep'=1
2mv0
2+ 1
25mv0
2
-1
2×5mv1
2=11
25mv0
2
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，l
'
l0
=
E p0
E p
' ，可得l'=
E p0
E p
' l0= 1
11l0
两者共速前的过程系统始终动量守恒，有∑mv0t1=∑mvAt1+∑4mvBt1
即mv0t1=mxA+4mxB
根据位移关系可知xB+l0=xA+l'
联立解得xB=v0t1
5 - 2
11l0
(3)从A、B 相距l0，至再次相距l0的过程中电势能变化ΔEp=0
全过程，对系统根据功能关系，有Fl0=1
2×4mv0
2-1
2mv0
2
全过程，对系统根据动量定理，有Ft2=4mv0-mv0
联立解得t2=2l0
v0
。
