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热点8 动量和动量守恒
[分值：42 分]
[1~6 题，每题4 分，7~9 题，每题6 分]
1.(2024·江苏高邮市开学考)如图所示，曲面体P 均静止于光滑水平面上，图乙中P 的左侧有一个固定木桩，
两图中物块Q 与P 的接触面粗糙，Q 自P 的上端静止释放，在Q 下滑的过程中，关于P 和Q 构成的系统，
下列说法正确的是( )
A.图甲，动量守恒、机械能守恒
B.图甲，动量不守恒、机械能不守恒
C.图乙，水平方向动量守恒、机械能不守恒
D.图乙，竖直方向动量不守恒、机械能守恒
答案 B
解析 题图甲，系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外
力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒。Q 与P 的接触面粗糙，克服阻力做功生热，所
以机械能不守恒，故A 错误，B 正确；
题图乙，系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，Q 与P 的接触面粗糙，克服阻
力做功生热，所以机械能不守恒，故C 错误；
题图乙，系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，机械能不守恒，故D 错误。
2.如图甲所示，水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭，由饮料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作而成。
图乙是水火箭的简易原理图：用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时发射，发
射时可近似认为水从水火箭中向下以恒定速度v0=40 m/s 在不到0.1 s 时间内喷完，使水火箭升空。已知水
和水火箭的质量分别为m1=0.4 kg、m2=0.3 kg，忽略空气阻力，水刚好喷完时，水火箭的速度最接近( )
A.12 m/s
B.30 m/s
C.50 m/s
D.120 m/s
答案 C
解析 由于水在不到0.1 s 时间内喷完，可知水和水火箭间的作用力较大，水和水火箭的重力可以忽略，水
和水火箭组成的系统动量近似守恒，有m1v0-m2v=0，解得水火箭的速度v=m1v0
m2
=0.4×40
0.3
m/s≈53 m/s，故
选C。
3.(2025·河南省信阳市二模)帆船是利用风力航行的船，是继舟、筏之后的一种古老的水上交通工具。如图
所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度v0沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效
面积为S，气流的平均密度为ρ，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后速度与帆
船前行速度相等，则风速大小为( )
A.√
f
ρS
+v0
B.√
2f
ρS
+v0
C.√
f
ρS
+2v0
D.√
2f
ρS
+2v0
答案 A
解析 Δt 时间内冲击船帆的空气的体积为V=SL=S(v-v0)Δt，Δt 时间内冲击船帆的空气质量为m=ρV=ρS(v-
v0)Δt，空气的动量改变量为Δp=m(v0-v)，取船速方向为正，设帆对空气的作用力大小为F，由动量定理可
得-Ft=Δp，即-F·Δt=ρS(v-v0)Δt(v0-v)，由牛顿第三定律知空气对帆的作用力F'=F，又帆船匀速前行，根据平
衡条件可知F'=f，联立解得v=√
f
ρS +v0，故选A。
4.(2025·甘肃卷·4)如图，小球A 从距离地面20 m 处自由下落，1 s 末恰好被小球B 从左侧水平击中，小球
A 落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g 取10 m/s2，则碰撞前小
球B 的速度大小v 为( )
A.1.5 m/s
B.3.0 m/s
C.4.5 m/s
D.6.0 m/s
答案 B
解析 根据题意可知，小球A 和B 碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A 球的竖直速度不变，
设碰撞后A 球水平速度为v1，B 球水平速度为v2，则有mv=mv1+mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒
定律有1
2mv2=1
2mv1
2+1
2mv2
2，联立解得v1=v，v2=0，小球A 在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h=1
2
gt2，解得t=2 s，可知，碰撞后，小球A 运动t'=1 s 落地，则水平方向上有x=vt'，解得v=3.0 m/s，故选B。
5.(2025·浙江1 月选考·8)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A 和B，滑块C(可视为质点)置
于B 的右端，三者质量均为1 kg。A 以4 m/s 的速度向右运动，B 和C 一起以2 m/s 的速度向左运动，A 和
B 发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A 和B 的长度均为0.75 m，C 与A、B 间动摩擦因数均为0.5，则(
)
A.碰撞瞬间C 相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C 相对长板滑动的距离为0.6 m
答案 D
解析 碰撞瞬间C 相对地面向左运动，选项A 错误；
设水平向右为正方向，则A、B 碰撞过程由动量守恒
mvA-mvB=2mv1，解得v1=1 m/s
方向向右；当三者共速时
2mv1-mvC=3mv，解得v=0，
即最终三者一起静止，可知经历的时间
t= vC
μg=
2
0.5×10 s=0.4 s，选项B 错误；
碰撞后到三者相对静止时由摩擦产生的热量
Q=1
2×2mv1
2+1
2mvC
2=3 J，选项C 错误；
碰撞后到三者相对静止由能量关系可知
Q=μmgx 相对
可得x 相对=0.6 m，选项D 正确。
6.(多选)(2025·安徽省皖北协作区一模)如图所示，四分之一光滑圆弧槽C 和小滑块A、B 均静止在光滑水平
台面上，A、B 用细线连接，中间夹一被压缩的水平轻短弹簧(A、B 与弹簧不连接)。与槽C 完全相同的槽
D 紧靠在平台右侧，两槽底边都与水平面相切，槽半径R=0.8 m，滑块A、B 质量分别为mA=1.8 kg、
mB=4.5 kg。现烧断细线，A 向左刚好能滑到槽C 的最高点，B 向右从平台抛出后刚好落在槽D 的最低点。
不计空气阻力，小滑块A、B 均可视为质点，重力加速度g 取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.B 离开弹簧时的速度大小vB=2 m/s
B.在A、B 与弹簧分离的过程中，弹簧对A 的冲量比对B 的冲量大
C.在A 上滑到槽C 最高点的过程中，A 和槽C 组成的系统动量守恒
D.槽C 的质量mC=3.2 kg
答案 AD
解析 离开平台后B 做平抛运动，有R=vBt，R=1
2gt2，代入数据解得vB=2 m/s，故A 正确；在A、B 与弹簧
分离的过程中，弹簧对A、B 的冲量大小相等，故B 错误；在A 上滑的过程中，A 与槽C 在水平方向动量
守恒，在竖直方向上受到的合力不为零，竖直方向动量不守恒，故C 错误；对弹簧释放过程有
mAvA=mBvB，A 上滑到槽C 的最高点的过程有mAvA=(mA+mC)v，1
2mAv A
2=1
2(mA+mC)v2+mAgR，联立解得
mC=3.2 kg，故D 正确。
7.(2025·辽宁省辽南协作体三模)如图所示，质量均为m 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 的细线，细线另一端系一质量为2m 的球C，现将球C 拉起使细
线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A.运动过程中，A、B、C 组成的系统动量守恒
B.C 球摆到最低点时，木块B 的速度为√2 gL
C.C 球第一次摆到最低点过程中，木块A、B 向左移动的距离为L
2
D.当A、B、C 运动状态稳定后，细线与杆所成夹角最大为90°
答案 C
解析 运动过程中，A、B、C 组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，可知选项A 错误；C
球摆到最低点时由动量守恒和能量守恒有2mvC=2mvAB，2mgL=1
2×2mvC
2+1
2×2mv AB
2，解得木块B 的速度
为vAB=√gL，选项B 错误；C 球第一次摆到最低点过程中，根据2mxC=2mxAB，xC+xAB=L，可得木块A、B
向左移动的距离为xAB= L
2 ，选项C 正确；当C 到达最低点再向右摆动时，A 做减速运动，此后A、B 分离，
由于系统有部分机械能传给了B，则当A、B、C 运动状态稳定后，小球C 不会摆到原来的高度，即细线与
杆所成夹角最大不会达到90°，选项D 错误。
8.(多选)(2025·河南信阳市二模)如图，一质量为M 的光滑滑块静止于足够长的光滑水平面上，滑块由半径
为1.5R 的四分之一圆弧轨道和长度为0.5R 竖直轨道组成，圆弧轨道底端切线水平。一质量为m 的小球(可
视为质点)，以初速度v0=4√gR水平向右运动，在圆弧轨道运动时间为t0，恰好能到达竖直轨道最高点。重
力加速度为g，则( )
A.小球的质量m 与滑块的质量M 之比为3∶1
B.小球到达最高点时的速度为2√3 gR
C.小球与滑块分离时的速度为2√gR
D.从小球进入圆弧轨道到竖直轨道最高点的过程中，滑块移动的距离为3t0√gR+15
8 R
答案 ACD
解析 小球从进入圆弧轨道至到达竖直轨道最高点过程中，小球和滑块组成的系统机械能守恒、水平方向
动量守恒，以水平向右为正方向，则有mv0=(M+m)v，1
2mv0
2=1
2(M+m)v2+mg·2R，解得v=3√gR，M=m
3 ，故
A 正确；小球到达最高点时竖直方向速度为0，水平方向与滑块共速，速度为v=3√gR，故B 错误；小球从
进入滑块到离开滑块过程中，小球和滑块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方
向，则有mv0=mv1+Mv2，1
2mv0
2=1
2mv1
2+1
2Mv2
2，解得v1=2√gR，即小球离开轨道时速度大小为2√gR，方
向与初速度相同，即水平向右，故C 正确；小球从进入滑块至到达圆弧轨道最高点的过程中，小球和滑块
组成的系统水平方向动量始终守恒，则有mv0=mv1+Mv2，小球在圆弧轨道运动的时间为t0，则有mv0t0=mv1
t0+Mv2t0，其中x1=v1t0，x2=v2t0，该时间t0内，小球和滑块的相对位移为x1-x2=1.5R，解得x2=3 v0t0- 4.5 R
4
，小球在竖直轨道运动至最高点过程中，在竖直方向做竖直上抛运动，则有0.5R=1
2gt1
2，该过程中，滑块
在水平方向做匀速直线运动，此过程滑块的位移x3=vt1，解得x3=3R，综上可知，小球到达竖直轨道最高点
时，滑块移动的距离x=x2+x3，解得x=3t0√gR+15 R
8
，故D 正确。
9.(多选)(2025·安徽阜阳市教学质量统测)如图甲，物块A、B 静止在光滑水平地面上，中间用一水平轻质弹
簧连接，初始时弹簧处于原长，给A 一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的速度随时间变化的图像如图
乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内，t1、t3时刻弹簧的弹性势能分别为Ep0、零，则下列说法正确的是(
)
A.A、B 的质量之比为1∶3
B.t2时刻B 的速度为v0
2
C.t2时刻弹簧的弹性势能为3
4 Ep0
D.t3时刻A、B 的速率之比为2∶5
答案 BC
解析 根据题图乙可知，t1时刻两物块速度相等，根据动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)·1
3v0，所以mA
mB
=1
2，
故A 错误；根据题图乙可知，t2时刻A 的速度为零，根据动量守恒定律有mAv0=mBvB，解得vB=v0
2 ，故B 正
确；在0~t1时间内，根据能量守恒可得Ep0=1
2mAv0
2-1
2(mA+mB)(1
3v0)2，在0~t2时间内，根据能量守恒可得
Ep=1
2mAv0
2-1
2mBvB
2，联立解得Ep=3
4 Ep0，故C 正确；t3时刻，根据动量守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2，根据
能量守恒定律有1
2mAv0
2=1
2mAv1
2+1
2mBv2
2，联立可得A、B 的速率之比为1∶2，故D 错误。
