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专题08 动量定理与动量守恒定律
目录
第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿
2
第二部分 分层突破 固本培优，精准提分
6
A 组•保分基础练.............................................................................................................6
题型01 动量与冲量
............................................................................................................................................6
题型02 动量定理的应用
....................................................................................................................................9
题型03 利用动量定理处理流体(变质量)问题...................................................................................................12
题型04 动量守恒的判断及简单应用
............................................................................................................15
题型05 碰撞问题
..............................................................................................................................................17
题型06 爆炸 反冲 人船模型
.........................................................................................................................19
B 组•抢分能力练............................................................................................................28
第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法
38
1．
【解决实际问题】如图甲所示，某小组为了研究台球斜碰规律，进行了如下实验。
(1)原理分析：将两个质量均为
的相同小球
、
置于较为光滑水平桌面（图乙中
、
位置）。
使小球
以一定初速度与静止的小球
发生斜碰（无旋转），同时用曝光时间间隔为
的频闪相机记录运
动过程。以
为坐标原点，沿小球
初速度方向和垂直于初速度方向建立坐标系。若小球在斜碰中、
方向动量均守恒，则需要验证的关系式有__________。
A．
B．
C．
D．
(2)数据处理：根据频闪照片比例，测出两小球各时刻坐标数值，如下表，已知曝光时间间隔为
，
方向两小球碰撞前总动量为
，碰撞后总动量
。实验结论：
。
位置
坐标
0.200
0.400
0.483
0.501
0.500
0.617
0.799
坐标
0.000
0.000
0.037
0.094
(3)讨论交流：半径相同、质量相等的两球
、
发生弹性斜碰瞬间（无旋转），已知
的速度大小为，
方向与两球球心连线成
角，如图丙所示。将运动按沿球心连线方向和垂直球心连线方向分解，下列分析
正确的是__________
A．沿垂直球心连线方向分速度为
B．碰后
的速度为
C．碰撞后
、
两球速度方向之间的夹角为90°
【答案】(1)AD
(2) 0.320 0.320
方向动量守恒
(3)BC
【详解】（1）碰前小球
在方向速度
碰后小球
在方向速度
碰后小球
在方向速度
根据动量守恒
可得
碰前
方向动量为零，碰后小球
在
方向速度
碰后小球
在
方向速度
根据动量守恒
可得
故选AD。
（2）[1][2][3] 碰前在方向总动量
碰后在方向总动量
可得方向动量守恒。
（3）把小球P 的速度分解为沿球心连线方向的
，垂直于球心连线方向的
在两球沿着球心连线方向，动量守恒
总机械能守恒
解得
，
故碰后小球
的速度方向与球心连线垂直，故碰后小球
、
球速度方向成90°夹角
故选BC。
2．
【解决实际问题】（2025·山西太原·一模）如图所示为三级火箭示意图，运载物的质量为
，每一级燃料的质量均为m，燃料燃烧后喷出炽热高速气体。火箭从地面由静止发射，若不考虑空气阻
力、重力的影响，燃料外壳质量不计。求：
(1)假如火箭在点火加速阶段，尚未离开地面，在时间
内，相对于地面以速度
喷出质量为
的气体，
火箭在此阶段获得的平均推力
的大小；
(2)假如一次性把三级燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对对于地面的速度为
，运载物可获得速度
的大小；
(3)假如依次把每一级火箭的燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对火箭的速度为，运载物可获得速
度的大小为
。根据
的表达式，若把燃料总质量
分为份（为正整数），依次把
的燃料燃烧后
瞬间喷出，喷出的气体相对火箭的速度为，若取到无穷大，则火箭最终可获得的理想最大速度
为多
大。
（已知：
，
为正的常数，为正整数，当
时，则
）
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）方法一：火箭在点火预热阶段喷出气体，火箭对气体的平均作用力为
，依动量定理，
以下为正
解得
根据牛顿第三定律可知火箭在此阶段获得的平均推力
的大小
方法二：火箭在点火预热阶段喷出气体，火箭对气体的平均作用力为F，有
因为
联立解得火箭获得的平均推力
（2）运载物、燃料在喷出气体的过程中动量守恒，以上为正
解得
（3）方法一：以地面为参考系，以上为正，第一级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为
，依动
量守恒定律有
第二级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为
，则有
第三级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为
，则有
解得
，
，
方法二：
以火箭为参考系，以上为正，第一级燃料燃烧后，运载物获得的速度增量为
，第二级燃 料燃烧后，
运载物获得的速度增量为
，第三级燃料燃烧后，运载物获得的速度增量为
， 依动量守恒定律
有
，
，
联立解得
，
，
因为
同理，若把质量为 3m 的燃料分成n 份，运载物最终获得的速度为
，则有
依题目已知条件，当 n 时，
01 动量与冲量
1．（2025·陕西汉中·三模）一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t，上升的最
大高度是H，所受空气阻力大小恒为F，则在时间t 内 （ ）
A．物体受重力的冲量为零
B．物体动量的增量大于抛出时的动量
C．在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量大
D．物体机械能的减小量等于FH
【答案】B
【详解】A．重力大小为
，作用时间为，冲量
，故A 错误。
B．初动量方向向上，大小为
；末动量方向向下，大小为
（因空气阻力存在，
）。动量增量
其绝对值
，故B 正确。
C．因上升加速度
大于下降加速度
根据
，可知上升时间小于下降时间
。阻力冲量
故上升冲量
小于下降冲量
，故C 错误。
D．机械能减少量等于克服空气阻力做的总功。上升和下降总路程为
，故克服阻力做的总功
机械能减少
，故D 错误。
故选B。
2．（2025·山东济南·一模）如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端固定一轻弹簧，弹簧下端连接一物
体，弹簧与斜面保持平行，物体处于平衡状态时恰好在A 点。现将物体第一次从B 点由静止释放，第二次
从C 点由静止释放，弹簧形变始终在弹性限度内。物体分别从B 到A 和C 到A 运动的过程中，下列说法正
确的是（ ）
A．物体动能的改变量相等
B．弹簧弹性势能的改变量相等
C．物体重力的冲量相同
D．弹簧弹力的冲量相同
【答案】C
【详解】A．物体分别从B 到A 和C 到A 运动的过程中，物体均做简谐运动，物体C 到A 运动的过程中
振幅更大，则物体合力做功更多，动能变化量更大，故A 错误；
B．物体分别从B 到A 和C 到A 运动的过程中，弹簧的形变量不同，物体C 到A 运动的过程中变化量更
大，弹簧的弹性势能的改变量更大，故B 错误；
C．根据简谐运动的周期与振幅无关可知，物体分别从B 到A 和C 到A 运动的过程中，所用时间均为
，
又因为
，所以重力的冲量相同，故C 正确；
D．弹簧弹力的冲量为
因为物体分别从B 到A 和C 到A 运动的过程中，所用时间均为
，但物体C 到A 运动的过程中
更大，
弹簧弹力的冲量更大，故D 错误。
故选C。
3．（2025·广东·模拟预测）在光滑水平地面上，一质量为2kg 的物体在水平向右的拉力F 作用下，由静止
开始运动，拉力F 随时间变化的关系图线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．0~2s 内，拉力F 的冲量为
B．2~4s 内，拉力F 的冲量为
C．0~4s 内，物体的动量方向会改变
D．
时，物体的速度大小为1.5m/s
【答案】A
【详解】A．0~2s 内，拉力F 的冲量为
，故A 正确；
B．2~4s 内，拉力F 的冲量大小为
方向向左，故拉力F 的冲量为
，故B 错误；
C．根据动量定理可知
故物体的动量方向不会改变，故C 错误；
D．根据
解得
，故D 错误。
故选A。
4．（2025·北京大兴·三模）两个相同小铁块A 和B，分别从固定的、高度相同的光滑斜面和圆弧斜面的顶
点滑到底部，如图所示。如果它们的初速度都为零，且下滑到底部的路程相同，则下列说法正确的是（
）
A．它们到达底部时速度相同
B．它们到达底部过程中重力做功相同
C．它们到达底部过程中重力的冲量相同
D．整个过程中合外力的冲量相同
【答案】B
【详解】A．小铁块从顶点到底部过程，根据动能定理可得
可得小铁块到达底部的速度大小为
可知小铁块A 和B 到达底部时速度大小相等，方向不同，故A 错误；
B．根据重力做功
，可知它们到达底部过程中重力做功相同，故B 正确；
C．重力的冲量为
，由上述可知它们达底部时速度的大小相同，下滑到底部的路程相同，但在过
程中小铁块A 是匀加速直线运动，小铁块B 是加速度减小的加速运动，则通过速度时间图像分析可知
它们运动时间不相同，故重力的冲量不同，故C 错误；
D．根据动量定理可得
由于小铁块A 和B 到达的速度方向不同，可知整个过程中铁块的动量变化不相同，则合外力的冲量不
同，故D 错误。
故选B。
02 动量定理的应用
5．（2026·云南·模拟预测）被运动员踢出的足球在空中飞行的部分轨迹如图中虚线所示。运动员的脚与足
球作用时间约为
，足球上升的最大高度约为
，在最高点的速率约为
。足球质量约为
，
不考虑空气阻力，
取
，则运动员踢球时对足球的平均作用力大小约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】足球在空中飞行过程由动能定理可得
足球飞起的初速度大小为
运动员与足球作用过程由动量定理
解得
故选B。
6．（2025·河北衡水·三模）城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。如图所示为
一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。某次课堂上，物理老师在教室里给同
学们做了一个演示实验：先后将同一个物块从同一高度由静止释放，落到地面后静止，第一次物块直接落
在水泥地上，物块与水泥地面的碰撞时间为，物块受到水泥地面的平均作用力大小为物块重力的4 倍；
第二次物块落在铺有海绵的水泥地上，物块与海绵的碰撞时间为
，海绵的厚度远小于物块下落高度，则
物块对海绵的平均作用力大小为物块重力的几倍（ ）
A．1.5
B．2
C．2.5
D．3
【答案】B
【详解】物块做自由落体，两次下落高度相等，落地瞬间的速度也相等，设为，以竖直向下为正方向，
由动量定理可知物块碰水泥地面的过程有
物块碰海绵的过程有
解得
，B 正确，ACD 错误。
故选B。
7．（2025·重庆南岸·模拟预测）现代人越来越依赖手机，有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落砸伤
眼睛或额头的情况，若有一手机质量为120g 从离人额头为20cm 的高度无初速掉落，磕到额头后手机的反
弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间为0.05s。取g=10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)手机与额头作用过程中，手机的动量变化量大小；
(2)手机对额头平均作用力的大小。
【答案】(1)0.24kg·m/s
(2)6N
【详解】（1）选取竖直向下为正方向，根据自由落体运动规律，手机掉落到人额头位置时的速度为
手机与额头作用后手机的速度变为0，所以手机与额头作用过程中动量变化量为
即手机动量变化量的大小为0.24kg·m/s。
（2）选取竖直向下为正方向，手机与额头作用过程中，设额头对手机平均作用力的大小为F，对手机
由动量定理得
代入数据解得F=6N
根据牛顿第三定律知，手机对额头平均作用力的大小为6N。
8．
（2026·海南海口·二模）“抡大锤”游戏可以充分展示抡锤者的力量与智慧。如图所示，初
始时跷板左端B 点静置一小球，游戏时大锤竖直砸在跷板右端A 点并与之共速，在跷板水平时，跷板右端
接触支点并停止运动，小球被跷板竖直向上抛出，若小球击中其正上方的铃铛，则抡锤者获胜。某次游戏
中，大锤被举起至与A 点的竖直高度为
的C 点后由静止抡出，游戏者恰好获胜（小球与铃铛接触时
速度可视为零）。已知O 点为跷板的支点且
，跷板水平时，铃铛到小球的距离为
，大锤
质量为
，小球可视为质点，跷板质量及其摩擦不计，忽略空气阻力，重力加速度g 取
。
(1)求该次游戏中小球刚被抛出时的速度大小；
(2)若该次游戏中大锤与跷板作用时受到的平均作用力大小为
，大锤与跷板的碰撞时间为
，碰撞过程中忽略人对大锤的作用力，大锤与跷板碰撞时的相互作用力可视为竖直方向，求：
①大锤刚接触A 点时的速度大小
；
②人对大锤做的功。
【答案】(1)
(2)①
；②
【详解】（1）小球被抛出后做竖直上抛运动，由运动学公式可得
解得小球刚被抛出时的速度大小为
（2）①由题意可知，A、B 两点绕O 点转动，角速度相等，则有
解得小球离开跷板时大锤的速度大小为
对大锤，根据动量定理有
解得
②该次游戏中，对大锤，根据动能定理有
解得人对大锤做的功为
03 利用动量定理处理流体(变质量)问题
9．
（2025·广东佛山·一模）2025 年8 月，全球首座兆瓦级高空风能发电装备——浮空风力发电
系统在长沙组装完成，该系统可在1500 米的高空利用稳定且强劲的风力发电。假设高速气流以速度v 冲击
涡轮发电机叶片后速度减为零，发电机叶片受气流冲击的面积为S，空气密度为ρ，则风力对叶片的平均冲
击力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】取时间微元
，根据动量定理有
可得平均冲击力大小
故选C。
10．（2025·浙江·一模）“长征二号”是中国主要用于发射神舟系列载人飞船和大型目标飞行器到近地
轨道的一型火箭，它总重约
，某次起飞加速度为
。推进剂燃烧产生的高温气体以
的速度向下喷射使火箭获得动力，则火箭起飞时每秒喷射的气体质量约为（
）（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】火箭起飞时，推力为
，根据牛顿第二定律可得
由动量定理
解得火箭起飞时每秒喷射的气体质量
故选C。
11．
（2025·湖北·模拟预测）如图所示为一个沙漏，其中玻璃容器的质量为
，沙子的总质量
为
，阀门
距离容器底部的高度为
。现在将该沙漏放在水平台秤上，当打开阀门
时，沙子从漏口
随时间均匀漏下时，初速度可近似认为为0，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响，下列说法正确的是
（ ）
A．沙子在空中下落的过程中处于超重状态
B．出口下方
范围内沙子数比
范围内沙子数多
C．如果沙子下落的总时间为，则玻璃容器底部受到的冲击力大小为
D．由于沙子在下落，处于失重状态，台秤的示数一直小于沙漏的总重力
【答案】B
【详解】A．沙子在空中下落过程中是自由落体运动，加速度竖直向下，处于失重状态，故A 错误。
B．沙子从漏口随时间均匀漏下，时间间隔相等，由题意沙子下落位移有
，
，由自由落体运动公式有
，
代入数据解得
，
显然
，所以出口下方
范围内沙子数比
范围内沙子数多，故B 正确。
C．根据自由落体运动公式有
设沙子落到容器底部与容器底部作用时间为
，玻璃容器底部受到的冲击力大小为
，根据牛顿第三
定律沙子受到容器底部的作用力大小也为
，则根据动量定理有
联立解得
，故C 错误。
D．刚开始下落时，沙子没有与容器底部接触，空中下落沙子处于完全失重状态，台秤示数小于总重力
，当沙子与容器底部接触后，是否大于总重力取决于玻璃容器底部受到的冲击力大小
，无
法确定台秤示数是否小于总重力
，故D 错误。
故选B。
12．（2025·福建福州·三模）（多选）科学实践小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流
水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为圆心为O，半径为R 的圆弧的一部分。假设河床水平，
河道在整个弯道处宽度L 和水深H 均保持不变，水的流动速度v 大小恒定，
，河水密度为ρ，忽略
流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt 内（ ）
A．流水的加速度方向指向圆心O
B．流水速度改变量的大小为
C．通过观测截面水的动量改变量大小为
D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
【答案】AC
【详解】A．根据题意可知，流水做匀速圆周运动，所以水流所受合力方向指向圆心O，则流水的加速
度方向指向圆心O，故A 正确；
B．由于
，则向心加速度大小为
根据加速度的定义式有
可得流水速度改变量的大小为
故B 错误；
C．依题意，极短时间
内水流的距离
横截面积
可得
内水流的质量为
则通过观测截面水的动量改变量大小为
故C 正确；
D．根据牛顿第二定律可得
水流与外侧河堤作用的面积
则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
故D 错误。
故选AC。
04 动量守恒的判断及简单应用
13．（2025·江西·模拟预测）2024 年12 月8 日，2024-2025 赛季短道速滑世界巡回赛上，中国队夺得混合
团体接力5000 米接力金牌。如图，在水平冰面上，甲运动员在乙运动员前面向前滑行，乙追上甲时，猛
推甲，使甲获得更大的速度向前冲出。乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，
则（ ）
A．乙对甲的作用力大小大于甲对乙的作用力大小
B．乙对甲的冲量大小大于甲对乙的冲量大小
C．甲、乙的动量变化量大小相等且方向相反
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
【答案】C
【详解】AB．根据牛顿第三定律，甲对乙的作用力大小与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，根据
冲量的定义，知冲量大小相等、方向相反，AB 错误；
C．两人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律可知，系统动量变化量为零，则
甲、乙的动量变化大小相等且方向相反，C 正确；
D．不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者
动能的变化量，D 错误。
故选C。
14．（2026·河南郑州·一模）（多选）如图，光滑直角轻杆
固定在竖直面内，
水平，
点光滑。
两个质量均为
的小球、（可视为质点）分别套在
、
杆上，两球用长为
的轻绳连接。初始时，
球位于
点，给其一水平向右的初速度，当轻绳水平时，球速度恰好为0。取重力加速度大小为
，则
在球向右运动过程中（ ）
A．、两球组成的系统水平方向动量守恒
B．、两球组成的系统机械能守恒
C．球初始速度为
D．轻绳对球做功为
【答案】BD
【详解】A．轻杆光滑，a 球在水平方向无外力，但b 球在竖直杆上，杆对其有水平弹力是系统外力，
则a、b 两球组成的系统在水平方向的合力不为零，水平方向动量不守恒，故A 错误；
B．由于轻杆光滑，系统只有重力做功，根据机械能守恒定律（在只有重力或弹力做功的物体系统内，
动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变），可知a、b 两球组成的系统机械能守恒，故B 正
确；
C．当轻绳水平时，b 球速度恰好为0，因为沿着同一根轻绳的速度相等，则此时a 球的速度也为0；根
据系统机械能守恒有
解得
，故C 错误；
D．对b 球，根据动能定理
解得
即轻绳对球做功为
，故D 正确。
故选BD。
15．（2025·贵州六盘水·一模）（多选）甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲的质量大于乙的质量。如图
所示，甲推乙后，两人向相反方向滑去。则甲推乙的过程（ ）
A．甲的动量变化量更小
B．甲的动能变化量更小
C．甲、乙的动量变化量大小相等
D．甲、乙的动能变化量大小相等
【答案】BC
【详解】AC．甲、乙两人构成的系统动量守恒，甲、乙末动量等大反向，且甲、乙初动量均为0，则
甲、乙动量变化量大小相等，故选项A 错误，选项C 正确；
BD．由公式
和题中甲的质量大于乙的质量条件可知，甲的动能小于乙的动能，则甲的动能变
化量更小，故选项B 正确，选项D 错误。
故选BC。
05 碰撞问题
16．（2026·四川绵阳·二模）如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q 用等长的细线悬挂，现将小球
P 往左拉到
点并由静止自由释放，P、Q 碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q 首次碰撞后
（ ）
A．小球P 有可能被反弹回到
点
B．小球P 上升最高点一定低于
点
C．小球Q 上升的最高点一定低于
点
D．小球Q 上升的最高点一定高于
点
【答案】B
【详解】AB．令
点到小球P 运动的最低点的高度为，小球P 从
点下落到最低点，由机械能守恒
由于碰撞过程没有机械能损失，有
碰撞过程动量守恒，有
联立解得
，
可以发现速度大小满足
小球P 从碰撞后上升到最高点，有
由于
，因此
，故A 错误，B 正确；
CD．小球Q 从碰撞后上升的最高点，有
化简得
由于两个小球的质量没有明确给出，小球Q 碰撞后的速度
不能计算，因此不能判断
和的大小关系，
所以不能判断小球Q 上升的最高点与
点的高度关系，故CD 错误。
故选B。
17．（2025·河南·模拟预测）在水平气垫导轨上，运动的滑块与静止的滑块碰撞，碰后二者结合在一起。
碰撞前后两滑块的速度随时间的变化如图所示，根据图像可知（ ）
A．碰撞过程中滑块动能的减小量等于滑块动能的增加量
B．碰撞过程中滑块速度的减小量等于滑块速度的增加量
C．碰撞过程中滑块动量的减小量等于滑块动量的增加量
D．滑块的质量大于滑块的质量
【答案】C
【详解】ACD．由图像可知，碰撞前匀速运动，碰撞后
一起匀速运动，可知导轨阻力可以忽略。
碰撞过程系统动量守恒，即碰撞过程中滑块动量的减小量等于滑块动量的增加量，根据动量守
恒定律可得
可得
碰前动能为
碰后动能为
，动能的减小量为
动能的增加量
比较可得碰撞过程滑块动能的减小量大于滑块动能的增加量，即碰撞过程系统的动能有损失。故
AD 错误，C 正确；
B．由图像可知，碰撞过程滑块速度的减小量大于滑块速度的增加量。故B 错误。
故选C。
06 爆炸 反冲 人船模型
18．（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R 的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面上，
现将可视为质点、质量为m 的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知
，不计空气阻力，
小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球和槽组成系统的动量守恒
B．球的位移大小为
C．球在最低点时速度大小为
D．槽受到的合外力冲量大小为
【答案】D
【详解】A．因为小球在竖直方向有加速度，则球和槽组成系统竖直方向合外力不为0，只有水平方向
合外力为0，则球和槽组成系统水平方向的动量守恒，整个系统动量不守恒，故A 错误；
B．水平方向动量守恒，则有
对时间积累可得
即
且有
联立解得
则球的位移大小
,故B 错误；
C．整个系统机械能守恒，可得
联立解得
,
,故C 错误；
D．对槽由动量定理可得
代入可得
,故D 正确。
故选D。
19．（2026·四川雅安·一模）如图所示，静置于光滑水平面的底座上固定有内壁光滑的U 型管道（管道在
竖直面内），半径比管道内径略小的小球以某一初速度沿水平方向进入管道。小球在管道内运动的过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．小球对管道的弹力始终不做功
B．小球对管道的弹力的冲量始终为零
C．小球、管道与底座构成的系统动量守恒
D．小球、管道与底座构成的系统机械能守恒
【答案】D
【详解】A．小球在管道弯曲部分运动时，会对管道产生一个作用力（弹力）。由于底座放置在光滑水
平面上，这个弹力在水平方向的分力会使管道和底座发生水平位移。因此，小球对管道的弹力在位移方
向上有分量，会对管道做功。故A 错误；
B．小球在管道弯曲部分运动时，小球对管道的弹力在水平方向的分力不为零，根据动量定理，这个弹
力的冲量等于管道（及底座）动量的变化量。由于管道（及底座）从静止开始运动，其动量发生变化，
所以弹力的冲量不为零。故B 错误；
C．小球、管道与底座构成的系统在水平方向上动量守恒。故C 错误；
D．小球、管道与底座构成的系统，整个过程中，只有重力和系统内的弹力做功，则系统的机械能守恒。
故D 正确。
故选D。
20．（2025·江西鹰潭·二模）静止在O 点的
原子核发生衰变的同时，空间中出现如图所示的匀强电场。
之后衰变产物A、B 两粒子的运动轨迹OA、OB 如图虚线所示，不计重力和两粒子间的相互作用，下列说
法正确的是（ ）
A．A 粒子为N 原子核
B．
原子核发生的是
衰变
C．两粒子初动能相同
D．两粒子初速度大小相同
【答案】A
【详解】B．根据题意，结合两粒子的运动轨迹可知，A 粒子所受电场力与电场方向相同，带正电，B
粒子所受电场力与电场方向相反，带负电，可知
原子核发生的是
衰变，故 B 错误；
A．根据以上分析得该衰变的核反应方程为
，故 A 正确；
D．衰变过程动量守恒，两衰变产物粒子的动量大小相等，即有
由于
，所以
，故 D 错误；
C．粒子动能
由于
，所以
，故 C 错误；
故选A 。
21．（2025·湖南邵阳·二模）如图所示质量为
的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。某次在一水平地面上燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹获得了竖
直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为
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
，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。下列说法正确的是（ ）
A．下层火药被引燃后爆竹获得的动量为
B．爆竹分裂后Q 获得的速度大小为
C．P、Q 着地前瞬间的速度大小之比
D．上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为
【答案】D
【详解】A．设下层火药被引燃后爆竹的速度大小为v，则
下层火药被引燃后爆竹获得的动量为
解得
故A 错误；
B．引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，取质量较小部分P 获得的速度方向为正方向，则有
解得P、Q 各自获得的速度大小分别为
，
故B 错误；
C．P、Q 着地前瞬间竖直方向的速度大小均为
P、Q 着地前瞬间的速度大小分别为
，
因
，所以
故C 错误；
D．上层火药燃爆后爆竹获得的机械能为
下层火药燃爆后爆竹获得的机械能为
解得
故D 正确。
故选D。
22．（2025·湖南郴州·一模）一个连同装备质量为M 的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L 的位置与飞
船处于相对静止状态（L 远小于飞船的轨道半径r）。为了返回飞船，他将质量为m 的氧气以相对飞船大
小为v 的速度快速向后喷出，则宇航员获得相对飞船的速度大小为（ ）
A．
B．
C．v
D．
【答案】B
【详解】喷出氧气过程系统动量守恒，以氧气的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得
故选B。
23．（2025·四川达州·模拟预测）2024 年10 月30 日11 时，神舟十九号飞船与中国空间站完成自主交会对
接，在交会对接前的最后阶段，神舟十九号与空间站在同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆形
轨道。要使神舟十九号在同一轨道上追上空间站实现对接，下列神舟十九号喷射燃气的方向可能正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】要想使神舟十九号在同一轨道上与空间站对接，则需要使神舟十九号加速，与此同时要想不脱
离原轨道，根据
可知，必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，
另一方面还要有指向地心的分量，又因喷气产生的推力方向与喷气方向相反，则图B 是正确的。
故选B。
24．（2025·浙江·三模）如图所示，光滑水平面上静止一质量为M=80kg 的平板小车，现有一质量为
m=40kg 的小孩站立于小车后端。小孩以对地v0=2m/s 的速度向后跳离小车，对这一过程，下列说法正确的
是（ ）
A．小车对小孩的作用力的冲量大小为80N·s
B．小车对小孩做的功为80J
C．小孩做的功可能为130J
D．小孩做的功可能为100J
【答案】D
【详解】A．由动量定理可知小车对小孩水平方向的冲量为
因小车对小孩竖直方向冲量不为零，可知小车对小孩的作用力的冲量大小大于80N·s，选项A 错误；
B．小孩离开小车的瞬时，小车对小孩的作用力没有位移，可知小车对小孩不做功，选项B 错误；
CD．若小孩沿水平方向向后跳离小车，则对小车和小孩系统由水平方向动量守恒可知
解得v=1m/s
此时小孩做的功为
若小孩斜向上方向跳离小车，则小车得到的速度小于1m/s，则小孩做的功小于120J，可能为100J，但
不可能为130J，选项C 错误，D 正确。
故选D。
25．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）一光滑圆弧轨道与粗糙水平面相切，一质量为
的物块
静止在
圆弧轨道底端，另一质量为
的物块
从圆弧轨道上距水平地面高为处由静止释放，
与
发生非弹
性碰撞后，两者均向前运动最终均停在水平面上，且
在水平面上的运动时间是
在水平面上运动时间的
2 倍，
、
与水平面间的动摩擦因数相同，重力加速度为
，碰撞时间不计，求：
(1)
、
在水平面上运动的加速度大小之比；
(2)碰撞结束瞬间
、
的速率之比；
(3)碰撞结束瞬间物块
的速率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）在水平面上运动过程，对P、Q 由牛顿第二定律有
，
联立解得
（2）设碰撞后瞬间P、Q 的速率分别为
、
，Q 在水平面上运动的时间为，由速度公式有
，
联立解得
（3）物块Q 下滑过程有
规定向右正方向，碰撞过程动量守恒有
联立解得
26．（2025·广东·模拟预测）某学校科技小组研究试射火箭模型。如图甲所示，将质量为1.0kg 的火箭模型
（不含压缩气体质量）由静止竖直发射升空，200g 压缩气体以大小为220m/s 的对地速度在极短时间内从
火箭喷口喷出。若不计空气阻力，重力加速度
。
(1)火箭发射后上升的最大高度
；
(2)如图乙所示，经过改进后，将该火箭设计为上、下两级，每级火箭的质量均为0.5kg（不含压缩气体质
量），每级火箭分别灌装100g 压缩气体，独立释放，每次喷出的压缩气体相对火箭该次喷气前的速度大
小均为220m/s。仍将火箭由静止竖直发射升空，若当下级火箭喷气结束后的1s 末两级火箭完成分离（分
离过程中两级火箭之间没有相互作用），此刻上级火箭内的压缩气体喷出，求火箭能够上升的最大高度
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）对火箭喷气过程研究，火箭和气体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
喷气后火箭上升过程，由运动学公式有
联立解得
（2）第一次喷气过程中由动量守恒定律有
第一次喷气结束后的1s 内，火箭做竖直上抛运动，由运动学知识有
该过程中火箭上升的高度
第二次喷气过程中由动量守恒定律有
第二次喷气后火箭上升过程，由运动学公式有
第二次喷气后火箭能够上升的最大高度
27．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图所示，一质量为
的正方形装置固定在光滑水平面，其竖直面内有
一半径为
的光滑环形管道，
远大于管道的横截面直径，管道内有一质量为
小球，直径略小于管道横
截面直径。
，重力加速度为
。
(1)小球在最高点
受轻微扰动无初速度下滑，求小球到达管道最低点
时对装置的压力大小
；
(2)若装置解除固定，小球仍从最高点
无初速度下滑，求装置偏离原位置的最大距离；
(3)若装置解除固定，小球在最低点
获得水平向右速度
，小球到达最高点时刚好与装置无相互作用力，
求
的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球由最高点运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得
在最低点，对小球由牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律得小球对装置的压力大小
。
（2）小球运动到球心等高处时，装置有最大位移，设小球和装置的水平位移分别为
、
则
由水平方向动量守恒得：
可得
（3）在最高点，小球相对装置做圆周运动，重力恰好提供向心力
小球从最低点运动到最高点，由系统机械能守恒定律得
由水平方向动量守恒定律得
联立解得
28．
（2026·河北沧州·一模）跑酷运动员通过在墙壁间左、右跳跃来爬上高墙。如图所示，两
墙壁的间距为2m，左墙壁的高度为5m，运动员（可视为质点）向右冲向墙壁，在离右墙壁2m 的地方斜
向右上方起跳，与右墙壁作用两次，与左墙壁作用一次，第二次到左墙壁时恰好到达左墙壁上沿。运动员
每次和墙壁作用前瞬间竖直速度恰好减到零，作用前、后水平速度大小不变、方向反向，作用后瞬间的竖
直速度和在地面起跳时的竖直速度相等。已知运动员每次和墙壁的作用时间都为0.1s 且与墙面不发生相对
滑动，运动员的质量为50kg，重力加速度
，不计空气阻力。求：
(1)运动员每次与墙壁作用过程中水平方向和竖直方向的平均作用力大小；
(2)运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量。
【答案】(1)
，
(2)1875J
【详解】（1）由分析可知，运动员跳到5m 的高墙是4 段相同的抛物线轨迹，每一段的水平位移为
2m，竖直位移为
且每次上升1.25m 时竖直方向的速度恰好减到零，设每次上升1.25m 的时间间隔为，竖直方向的初始
速度为
，则根据运动学公式有
，
解得
，
设运动员水平方向的运动速度为
，由于水平方向做的是匀速直线运动，则有
解得
设墙壁对人的平均作用力的水平分量为
，以反弹后的水平运动方向为正方向，则在水平方向列动量
定理方程有
解得
设墙壁对人的平均作用力的竖直分量为
，以竖直向上为正方向，则在竖直方向列动量定理方程有
解得
（2）以地面为重力势能的零势能面，运动员起跳后瞬间的动能为
运动员跳到左墙壁上沿时的机械能为
故运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量为
29．
（2025·湖北武汉·模拟预测）（多选）如图所示，天花板上悬挂一盛满水的开口薄壁圆柱
形容器，其高为h，底面积为
，在水平底面处开一面积为
的小圆孔，水的密度为
，重力加速度大小
为g。下列说法正确的是（ ）
A．水稳定流出时，水柱粗细均匀
B．水稳定流出时，水柱上粗下细
C．水刚从孔中流出时的速度大小为
D．水刚从孔中流出时堵住孔所需的力的大小为
【答案】BC
【详解】AB．相等的时间通过任一截面的质量相等，即水的流量相等，单位时间出来的水的体积不变
在竖直方向上，随着水向下运动，水速不断变大，即
，故有横截面积
，因此下降阶段的
水柱呈现的形态是上端较粗下端较细，故A 错误，B 正确；
C．根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知：稳定流动的很短一段时间内，对容器中的水，等效来看：
液面上质量为m 的薄层水的机械能等于孔中质量为m 的小水柱的机械能，设液面薄层水下降的速度为
，孔中质量为m 的小水柱的速度为
，设孔处为零势面，则有
又由
解得
，故C 正确；
D．已知水的密度为
，则对流动的水，考虑一段很短的时间
，流出的小水柱的质量为
在有水从孔口稳定流出时堵住管口所需的力设为
，要堵住水，意味着水速减为0，规定速度
方向为
正方向，由动量定理可知
解得
，故D 错误。
故选BC。
30．（2025·浙江·一模）四个可视为质点、质量及带电量均相等的小球Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ通过不可伸长的绝
缘轻质细线连接成正方形，静置于光滑绝缘水平面上，如图所示。现将小球Ⅲ、Ⅳ之间的细线用火烧断，
在系统从初始状态到四小球第一次共线的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力保持不变
B．该过程中系统的动量和机械能均守恒
C．当系统机械能最大时，Ⅰ、Ⅲ两小球速度相等
D．任意一段时间内Ⅰ、Ⅱ两小球动量变化量一定相等
【答案】D
【详解】A．初始状态，Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力等于小球Ⅱ对小球Ⅰ的库仑斥力和小球Ⅳ对小球
Ⅰ的库仑斥力在Ⅰ、Ⅱ两球方向的分力的合力；末状态，此刻小球Ⅰ的加速度为零，根据对称性可知，
Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力等于小球Ⅳ对小球的Ⅰ库仑力，根据
可知拉力变小，故A 错误；
B．该过程中系统所受合力为0，动量守恒，由于电场力做功，机械能不守恒，故B 错误；
C．当系统机械能最大时即末状态，Ⅰ、Ⅲ两小球速度方向不同，故C 错误；
D．四个小球组成的系统动量守恒，小球Ⅰ、Ⅱ始终同步向右水平移动，则在任意一段时间内受到的合
外力冲量相等，因此动量变化量一定相等，故D 正确；
故选D。
31．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示，光滑水平面上O 处固定着一竖直挡板，a、b、c 三点位于同
一直线上且
。现将质量为
的小球A 以初速度
撞向静置在a 处、质量为
的小球B，两小
球的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。若小球A 与挡板碰撞时无机械能损失，则下列说法正确的是
（ ）
A．若
，小球A 与小球B 碰后小球A 将与挡板碰撞反弹后追上小球B
B．若小球A、B 在b 点会再次碰撞，则
C．若
，则小球A、B 有可能在c 点相碰
D．若
，则小球A、B 将在c 点左侧某处再次碰撞
【答案】B
【详解】A．小球A 与小球B 发生弹性碰撞，动量是守恒的，即
机械能也是守恒的，即
能够计算得到
若
，AB 小球碰后都向右运动，且A 比B 慢，故A 错误；
B．若小球A、B 在b 点会再次碰撞，说明相同的时间内，小球A 运动距离为
，小球B 的运动
距离为
，则有
即
可解得
，故B 正确；
C．若
，根据解得的速度公式可计算出
即A 球碰后反向，且A 的速度大小大于B 球速度的3 倍，所以第二次碰撞会发生在b 点的左侧，故C
错误；
D．若
，根据速度公式可知
设AB 球第二次相遇时离a 点的距离是x，则A 运动的路程为
B 运动的路程为
根据速度关系可知
可解得
AB 球应该在c 点相遇，故D 错误。
故选B。
32．（2025·四川达州·一模）如图所示，水平桌面
上放置两个物块
、
，质量分别为
，
，
、
间夹有少量炸药。有一质量
的小球
，用长
，不可伸长的轻绳悬挂
于悬点
处，小球与桌面接触但不挤压。在
点左下方的
点固定一光滑钉子，
、
两点距离为
，
与竖直方向夹角为
，
右侧桌面粗糙、左侧光滑，
与桌面间动摩擦因数
。现点燃炸药将
物块
、
分开，炸药释放能量的60%转化为两物块的动能，
、
分开后，
与小球
发生弹性碰撞，
经时间
停在水平桌面上。
、
、
均可视为质点，重力加速度
取
。求：
(1)炸药释放的能量
；
(2)忽略绳与钉子相互作用的能量损失，判断小球
能否在竖直面内做圆周运动到达
点正上方，若能，求
此时绳子的拉力
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）炸药爆炸后，
、
分开，由物块
、
动量守恒
炸药释放能量的60%转化为两物块的动能
在桌面上经时间
减速停止，由牛顿第二定律可知
由运动学规律可知
联立解得
，
，
（2）物块
与小球
发生弹性碰撞
解得
。碰后
先以半径
做圆周运动，绳与钉子作用后变为以半径
做圆周运
动，假设碰撞后小球能运动到
点的正上方，则由机械能守恒定律得
解得
。小球恰能做圆周运动到达
点正上方，则有：
解得
。
，所以小球
能到达
点正上方。在
点正上方有
解得
33．（2025·云南大理·一模）一个半径
的光滑竖直圆弧轨道
与一段足够长的粗糙水平轨道
相
切于B 点。在B 点静止放置一个质量为
的物块P。一个质量为
的光滑小球从A 点由静止释
放，A 点与圆心O 的连线与竖直方向成
角。小球滑下后，在B 点与静止的物块P 发生弹性正碰。物
块P 与水平轨道的动摩擦因数
，不计小球与水平轨道间的摩擦。小球与物块均可视为质点，碰撞时
间极短，重力加速度
。
，
。求：
(1)小球第一次运动到圆弧轨道最低点B 时，对轨道的压力大小
。
(2)小球与物块P 发生弹性碰撞后，两者各自的速度大小；
(3)从第一次碰撞后经过多久小球和P 发生第二次碰撞。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）从
点到
点过程，根据动能定理
①
在
点，对小球，根据牛顿第二定律
②
根据牛顿第三定律
③
联立①②③解得
④
（2）小球与物块P 碰撞过程，根据能量守恒定律有
⑤
根据动量守恒定律有
⑥
联立⑤⑥解得
⑦，
⑧
（3）解法1：碰后P 加速度大小
⑨
P 停下来用时
P 停下来时位移
⑩
4s 内小球位移
故小球不能在P 停下来之前第二次撞上P，即第二次碰撞时P 已经静止⑪
故
⑫
解法2：碰后P 加速度大小
⑨
P 停下来用时
假设碰撞时P 还未停下，
⑩
解得
大于4s，故假设不成立，即第二次碰撞时P 已经静止⑪
故
⑫
34．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示，质量
的平板车由长度
的平直光滑部分和
固定在车右端的半径
的光滑四分之一圆弧轨道平滑连接组成，平板车静止在光滑水平面上，质量
的物块A 放在平板车的左端。平板车上方固定着一光滑水平杆
，杆上套着质量
的
物块P，质量
的物块Q 通过长度
的轻绳与物块P 相连。现将物块Q 拉起至轻绳水平且
伸直，然后由静止释放，物块Q 运动至最低点时恰好与物块A 发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知所有物
块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度
。
(1)求释放物块Q 时，物块Q 与物块A 的水平距离；
(2)求物块A 滑离圆弧轨道末端后上升的最大高度；
(3)若平板车的上表面平直轨道部分不光滑，为使物块A 能进入圆弧轨道，且不能从圆弧轨道末端滑离轨
道，求物块A 与平板车上表面平直轨道间的动摩擦因数
的取值范围。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）将物块Q 拉起至轻绳水平且伸直，然后由静止释放，物块Q 运动至最低点时恰好与物块
A 发生弹性正碰；该过程物块P、Q 组成的系统满足水平方向动量守恒，可得
则有
又
联立解得释放物块Q 时，物块Q 与物块A 的水平距离为
（2）物块Q 从释放到最低点过程，物块P、Q 组成的系统满足水平方向动量守恒，可得
根据系统机械能守恒可得
联立解得
物块Q 运动至最低点时恰好与物块A 发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒可得
，
解得碰后瞬间物块A 的速度为
物块A 与平板车组成的系统满足水平方向动量守恒，当物块A 到达圆弧轨道末端时，两者具有相同的
水平速度，物块A 滑离圆弧轨道末端后上升的最大高度时，两者仍具有相同的水平速度，则有
根据系统机械能守恒可得
联立解得物块A 滑离圆弧轨道末端后上升的最大高度为
（3）若平板车的上表面平直轨道部分不光滑，若物块A 刚好能到达圆弧轨道最低点，则有
，
联立解得
若物块A 刚好能到达圆弧轨道末端，则有
，
联立解得
综上分析可知，为使物块A 能进入圆弧轨道，且不能从圆弧轨道末端滑离轨道，物块A 与平板车上表
面平直轨道间的动摩擦因数的取值范围为
35．如图所示，小车停放在光滑水平面上，小车左侧是半径为的光滑圆弧轨道，右侧固定有弹射器。弹
射器将小球从
点弹出，速度大小为
，方向与水平方向夹角为
，小球恰能从
点无碰撞地进入圆弧轨
道。已知小车与小球的质量均为
，
，
，
，重力加速度为
。求：
(1)小球从
点弹出时，小车的速度大小
；
(2)
间的距离；
(3)小球运动到圆弧最低点
时对轨道的压力大小
。
【答案】(1)
(2)
(3)9mg
【详解】（1）小球从
点弹出时，小车的速度大小
，系统水平方向没有外力作用，水平方向动量守
恒
解得
（2）小球弹出后，小车向右运动，小球向左上斜抛，
间的距离，等于小球落回小车时，两者水平
位移之和
小球从抛出到落回小车的时间
，小车的位移
，小球的水平位移
解得
间的距离
（3）小球到达B 点时：
水平方向，小球相对小车速度大小
竖直方向，小球相对小车速度大小
圆弧轨道B 点切线方向与水平方向夹角
满足
，则
设小球运动到圆弧最低点
时，设小球的速度为，在整个过程过程中，系统水平动量守恒，总动量为
零，小车与小球质量相同，此时小车的速度大小也是，方向与小球的速度方向相反
整个过程中机械能守恒
解得
过C 点时轨道对小球支持力为
,根据牛顿第二定律
小球对轨道的压力
与
为相互作用力
解得
1．（2023·广东·高考真题）（多选）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
【详解】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
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。
2．（2024·浙江·高考真题）（多选）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成
角。质量
为m、电荷量为+q 的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。磁场方向垂
直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度
沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
A．合力冲量大小为mv0cosƟ
B．重力冲量大小为
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若
，弹力冲量为零
【答案】CD
【详解】A．根据动量定理
故合力冲量大小为
，故A 错误；
B．小球上滑的时间为
重力的冲量大小为
故B 错误；
C．小球所受洛伦兹力为
，
随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为
故C 正确；
D．若
，0 时刻小球所受洛伦兹力为
小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得
即
则小球在整个减速过程的
图像如图
图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D 正确。
故选CD。
3．（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度
、质量为
稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落
过程中受到的阻力与速率v 成正比，比例系数
，重力加速度
，则它降落到地面的时
间约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知
…………①
沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当
时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度
满足
…………②
解得
由动量定理可得
即
则沙尘下落时间为
由于
，则
故选B。
4．（2024·福建·高考真题）（多选）如图（a），水平地面上固定有一倾角为
的足够长光滑斜面，一质
量为
的滑块锁定在斜面上。
时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力
，
随时间的变化
关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为
，则滑块（ ）
A．在
内一直沿斜面向下运动
B．在
内所受合外力的总冲量大小为零
C．在
时动量大小是在
时的一半
D．在
内的位移大小比在
内的小
【答案】AD
【详解】根据图像可知当
时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当
时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块
内的
图像
A．根据图像可知
，物体一直沿斜面向下运动，故A 正确；
B．根据图像可知
，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B 错误；
C．根据图像可知
时物块速度大于
时物块的速度，故
时动量不是
时的一半，故C 错误；
D．
图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知
过程物体的位移小于
的位移，
故D 正确。
故选AD。
5．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程
中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，
并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为
，敏感球的质量为m，重力加速度
为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值
。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H 处做自由落体运
动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F 随时间t 的
变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量
，重力加速度大小取
。求：
①碰撞过程中F 的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】（1）
；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力mg 和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定
律可知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F 的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得v=2m/s
则上升的最大高度
6．（2024·江苏·高考真题）“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环
月轨道以速度
运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体
）、轨道器和返回器（组合体
）分离，分离
时间为
。分离后
的速度大小为，方向与
相同。已知组合体
、
的质量分别为
、
。求：
（1）分离后
的速度大小
；
（2）分离过程中，
对
的平均
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
解得
（2）以组合体
为研究对象，由动量定理有
解得
7．（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N 分别在水平恒力
和
作用下，由静止
开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知
和
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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律
两物体受外力F 大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N 的
加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N 的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m 和2m；由图像可设MN
碰前的速度分别为4v 和6v，则因MN 系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动
量守恒定律
若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知
解得
、
因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，即两物体一起停止，则BD 是
错误的；
若不是弹性碰撞，则
可知碰后速度大小之比为
若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足
则假设成立，因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
后的速度之比为4v:2v=2:1
可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A 正确，C 错误。
故选A。
8．（2024·广东·高考真题）（多选）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（ ）
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。
9．（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
所以
