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专题29 动量守恒定律
学习目标
1．理解动量守恒的条件，会应用动量守恒定律解决基本问题。
2．掌握碰撞的特点，会分析计算一维碰撞问题。
3．会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。
知识点梳理
1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，则这个系统
的总动量保持不变。
(2)表达式：①p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v ′ 1＋
m 2v ′ 2。系统相互作用前的总动量等
于相互作用后的总动量。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)守恒条件：不受外力或所受外力的合力为零。
2．碰撞
(1)碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很
大的现象，即碰撞是一种强烈的作用。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系
统动量守恒。
(3)分类
①弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒、机械能有损失。
③完全非弹性碰撞：动量守恒、机械能损失最多。
3．爆炸
特点：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大
于系统所受的外力，所以系统动量守恒。如爆竹爆炸等。
4．反冲
(1)定义：当静止物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分
必将向后运动，这种现象叫反冲。
(2)特点：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发
射炮弹、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
真题汇编
1．（2025•河南）两小车
、
的质量分别为
和
，将它们分别与小车
沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度
随时间的变化分别如图1 和图2 所示。
小车
的质量为
，碰撞时间极短，则
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据动量守恒定律结合两个图像反映出的速度变化关系进行分析解答。
【解答】解：对
和
的碰撞过程，规定它们初速度的方向为正方向，根据动
量守恒定律有
，可得
，根据图
1 可知
，故
，同理，对
和
组成的系统
，可得
，根据图2 可知
，故
，联立可得
，故
正确，
错误。
故选：
。
2．（2025•广东）如图所示，光滑水平面上，小球
、
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
随时间变化的图像，可能正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据牛顿第二定律可得质量之比，根据动量守恒定律、机械能守恒定
律、能量关系得到碰撞后速度大小和方向，再根据加速度大小之比得到运动时
间关系，结合图像进行选择。
【解答】解：根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
由于两物体受外力
大小相等，图像的斜率等于加速度，可知
、
的加速度
大小之比为：
可知
、
的质量之比为：
设
、
的质量分别为分：
，
由图像可设
碰前的速度分别为
和
，则因
、
系统受合外力为零，则
碰撞过程中动量守恒。
取向右为正方向，由动量守恒定律可得：
若系统为弹性碰撞，根据机械能守恒定律可得：
解得碰撞后
和
的速度分别为：
、
因
、
的加速度大小之比仍为
，则停止运动的时间之比为
，即两物体
一起停止；
若不是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：
可知碰后速度大小之比为：
若假设
，则
，此时满足：
则假设成立，因
、
的加速度大小之比仍为
，则停止运动的时间之比为
，对
来说碰撞前后的速度之比为
可知碰撞前后运动时间之比为
。
综上所述，故
正确、
错误。
故选：
。
3．（2025•回忆版）如图，物块
固定在水平面上，其上表面有半径为
的
圆弧轨道。
右端与薄板
连在一起，圆弧轨道与
上表面平滑连接。一轻弹
簧的右端固定在
上，另一端自由。质量为
的小球自圆弧顶端
点上方的
点自由下落，落到
点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至
刚接触时的
时弹簧的弹性势能为
，此时断开
和
的连接，从静止开始
向右滑动。
为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及
的上、下表面
均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
（1）求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；
（2）求小球与弹簧刚接触时速度的大小及
、
两点间的距离；
（3）欲使
和
断开后，弹簧的最大弹性势能等于
，
的质量应为多大？
（4）欲使
和
断开后，
的最终动能最大，
的质量应为多大？
【答案】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功
；
（2）小球与弹簧刚接触时速度的大小为
，及
、
两点间的距离为
；
（3）欲使
和
断开后，弹簧的最大弹性势能等于
，
的质量应为
；
（4）欲使
和
断开后，
的最终动能最大，
的质量应为
。
【分析】（1）根据力做功的定义求解小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道的过
程重力对其做的功；
（2）根据题意，应用机械能守恒定律求解小球与弹簧刚接触时速度的大小；根
据动能定理求解
、
两点间的距离；
（3）
和
断开后，
、
和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒。当
和
恰好共速时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求
解
的质量；
（4）
和
断开后，当弹簧恢复原长时
的动能最大，根据动量守恒定律与机
械能守恒定律，结合数学知识解答。
【解答】解：（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为：
；
（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为
，已知小球与弹簧接触后，当速度
减小至刚接触时的
时弹簧的弹性势能为
，根据机械能守恒定律可得：
解得：
设
、
两点间的距离为
，对小球从
点到离开圆弧轨道的过程，根据动能
定理得：
解得：
（3）设
的质量应为
，
和
断开后，
、
和弹簧组成的系统动量守恒，
机械能也守恒。当
和
恰好共速时弹簧的弹性势能最大，已知弹性势能最大
，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
解得：
（4）
和
断开后，当弹簧恢复原长时
的动能最大，设弹簧恢复原长时
的
动能为
，速度为
，
的质量为
，以向右为正方向，根据动量守恒定律与
机械能守恒定律得：
又有：
联立可得：
解得：
，另一解为负值，舍去。
令：
将
对
求导，并令其倒数等于0，得到：
将此式平方可得：
令：
，
上式可变形为：
可得：
则有：
解得：
，另一解为负值，舍去。
可得当
，即
时，
取最大值，即
取最大值。
（验证：当
时，可得
最大值为
，最终
的最大速度大小为
，
的最终速度为零，即
最终的动能等于系统初始的机械能，系统初始的机械
能等于
，可见此结果合理。
答：（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功
；
（2）小球与弹簧刚接触时速度的大小为
，及
、
两点间的距离为
；
（3）欲使
和
断开后，弹簧的最大弹性势能等于
，
的质量应为
；
（4）欲使
和
断开后，
的最终动能最大，
的质量应为
。
4．（2025•江苏）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一
直线放置。每列有
个。在两列钢球之间，一质量为
的玻璃球以初速度
向
右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
（1）若钢球质量为
，求最右侧的钢球最终运动的速度大小
；
（2）若钢球质量为
，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速
度大小
；
（3）若钢球质量为
，求玻璃球经历
次碰撞后的动能
。
【答案】（1）最右侧的钢球最终运动的速度大小
为
；
（2）玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小
为
；
（3）玻璃球经历
次碰撞后的动能
为
。
【分析】（1）若钢球质量为
，根据质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度，
来求最右侧的钢球最终运动的速度大小
；
（2）若钢球质量为
，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求玻璃球与右侧
钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小
；
（3）根据第2 小题的结果，分析每次碰撞后速度变化情况，把握规律，再求玻
璃球经历
次碰撞后的速度大小，即可求解玻璃球经历
次碰撞后的动能
。
【解答】解：（1）依题意，所有碰撞均为弹性碰撞，若钢球质量为
，玻璃球
与钢球质量相等，根据弹性碰撞规律可知，在碰撞过程中，二者速度互换，则
最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为
。
（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，玻璃球与右侧钢球碰撞过程，取
向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为
。
（3）根据题意结合小问2 分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且
速度大小变为碰撞前的
，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速
度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性
碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的
，综上所
述，玻璃球碰撞
次后速度大小为
则玻璃球碰撞
次后最终动能大小
答：（1）最右侧的钢球最终运动的速度大小
为
；
（2）玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小
为
；
（3）玻璃球经历
次碰撞后的动能
为
。
5．（2025•湖北）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上
有
是大于1 的正整数）个质量均为
的相同小滑块，从左向右依次编号为
1、2、
、
，木板的质量为
。相邻滑块间的距离均为
，木板与地面之间
的动摩擦因数为
，滑块与木板间的动摩擦因数为
。初始时木板和所有滑块
均处于静止状态。现给第1 个滑块一个水平向右的初速度，大小为
为
足够大常数，
为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块
均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求第1 个滑块与第2 个滑块碰撞前瞬间，第1 个滑块的速度大小。
（2）记木板滑动前第
个滑块开始滑动时的速度为
，第
个滑块开始滑动
时的速度为
。用已知量和
表示
。
（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求
的值。
提示：
。
【答案】（1）第1 个滑块的速度大小为
；
（2）用已知量和
表示
的关系式为
；
（3）
的值为
。
【分析】（1）对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块运动时，木板
处于静止状态，对滑块，由牛顿第二定律结合运动学公式可求碰撞前的速度大
小；
（2）对各个滑块，由动量守恒定律结合运动学公式推导出一般关系式；
（3）由（2）的结论结合牛顿第二定律及运动学公式可求
的值。
【解答】解：（1）对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块开始向右
运动的过程中，受到的摩擦力为
，而长木板受到地面的最大静摩擦力
为：
，由于
，则
，所以长木板处于静止状态，第一个
滑块做匀减速运动，对第一个滑块，由牛顿第二定律可得：
，解得：
设第一个滑块与第二个滑块碰撞前的速度为
，初速度为
，由运动学
公式可得：
联立解得：
；
（2）设第一个和第二个滑块碰撞后共同的速度为
，对第一、第二个滑块组成
的系统，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
，
解得：
设第二个滑块和第三个滑块碰撞前的速度为
，则有：
，
解得：
碰撞后共同的速度为
，由动量守恒定律可得：
，
解得：
设第3 个滑块和第4 个滑块碰撞前的速度为
，则有：
，
解得：
碰撞后共同的速度为
，由动量守恒定律可得：
，
解得：
由此类推可得：
；
（3）设
个滑块一起在木板上滑动时，木板可以滑动，则有：
，解得：
由此可知，第
个滑块在木板上滑动时，木板开始滑动，其余滑块和木板相
对静止，设第
个滑块刚开始在木板上时的速度大小为
，加速度的大小
为
，木板的加速度大小为
，由（2 ）可知：
由牛顿第二定律可得：
设第
个滑块开始滑动后，经过时间与木板达到共同速度，恰好不与下一
个滑块相碰，由运动学公式可得；
联立以上各式解得：
。
答：（1）第1 个滑块的速度大小为
；
（2）用已知量和
表示
的关系式为
；
（3）
的值为
。
1．动量守恒条件的理解
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的矢量和为零。
(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矢量和为零，则系统在
这一方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，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0。
3．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…应是系统中各物体在相
互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…应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
考点1：动量守恒定律的理解及应用
例题精讲：
【例1】（2025•游仙区校级开学）如图所示，一曲面体
静止于水平面上，物
块
自
的上端由静止释放，不计一切摩擦，
在
上运动的过程中，下列说
法正确的是
A．
对
做正功
B．只有重力对
做功
C．
和
构成的系统机械能守恒、动量不守恒
D．
和
构成的系统机械能不守恒、动量守恒
【答案】
【分析】根据功的定义式
可判定做功情况，根据动量守恒和机械能
守恒条件判定即可。
【解答】解；
．
对
有弹力的作用，由于地面光滑，所以
会向左移动，
对
的弹力方向垂直于接触面，与
前后移动连线的位移夹角大于
，所以
对
做负功，故
错误；
．根据
选项分析可知除了重力对
做功，还有
对
做负功，故
错误；
．
和
构成的系统整个运动过程中只有重力做功，所以该系统机械能守恒，
故
正确；
．系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向
上物块做变速运动，合外力不为零，则系统受力不为零，即竖直方向上动量不
守恒，故
错误；
故选：
。
【例2】（2025•安徽开学）如图，足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细线
相连，一起匀速下降。现剪断细线，若只考虑物体所受的重力和浮力。从剪断
细线到木块停止下沉前，木块与铁块组成的系统
A．总动量不变，总动能不变
B．总动量不变，总动能变化
C．总动量变化，总动能变化
D．总动量变化，总动能不变
【答案】
【分析】木块和铁块用线系在一起，在水中匀速下沉，说明它们的重力和与浮
力大小相等，方向相反，合力为零，系统满足动量守恒定律；根据动能定理判
断。
【解答】解：木块和铁块在水中匀速下沉，系统所受合力为零，剪断细线后系
统所受合力仍为零，系统动量守恒，由于铁块下降的距离大于木块下降的距离，
系统的合外力做正功，总动能增加，故
正确，
错误。
故选：
。
【例3】（2025•长安区校级开学）如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相
连的物体
和
在水平恒力
作用下以速度
做匀速运动，某时刻轻绳断开，
在
作用下继续前进。已知物体
的质量为
，物体
的质量为
，则下列
说法正确的是
A．当物体
的速度大小为
时，物体
的速度大小为
B．当物体
的速度大小为
时，物体
的速度大小为
C．当物体
的速度大小为0 时，物体
的速度大小一定为
D．当物体
的速度大小为0 时，物体
的速度大小可能为
【答案】
【分析】初始状态分析：
和
一起以速度
匀速运动，说明系统所受的合外
力为零，即
等于
和
所受的摩擦力之和。
轻绳断开后的动量守恒：轻绳断开后，
和
组成的系统在水平方向上不受外
力作用（忽略空气阻力），因此系统动量守恒。
物体
速度为
或0 时，物体
的速度计算：利用动量守恒定律建立方程，求
解
的速度。
【解答】解：
．当
、
匀速运动时，对
、
整体受力分析：
物体
的速度在减小到0 的过程中，
和
所组成的系统所受的合外力为零，
因此系统的动量守恒，当物体
的速度大小为
时，有
解得
故
错误，
正确；
．当物体
的速度为0 时，有
解得
在
作用下继续前进，物体
继续加速，当物体
的速度为0 时，物体
的
速度不一定为
，故
错误。
故选：
。
1．碰撞现象遵循的三条原则
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2 或p1
2
2m1
+ p2
2
2m2
≥p1
' 2
2m1
+ p2
' 2
2m2
。
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变。
2．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为
例，则有
考点2：碰撞模型
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
机械能守恒：1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2＝1
2 m1v1
' 2+ 1
2 m2v2
' 2
联立解得v′1＝(m1-m2)v1+2m2v2
m1+m2
v′2＝
2m1v1+(m2-m1)v2
m1+m2
结论1：当m1＝m2时：v′1＝v2，v′2＝v1，即m1、m2碰撞后交换速度。
结论2：若v2＝0，即简化为“一动一静”模型，v′1＝
m1-m2
m1+m2
v1，v′2＝
2m1
m1+m2
v1。
3．完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，|ΔEk|＝(
1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2)- 1
2 (m1+m2)v共
2。
例题精讲：
【例4】（2025 春•顺义区校级期中）质量为
和
的两个物体在光滑水平面上
正碰，其位置坐标
随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是
A．碰撞前
的速率小于
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．碰撞中
和
之间的作用力的冲量大小不等
【答案】
【分析】
图像的斜率表示速度，根据图像求解碰撞前、后碰撞后
、
的
速度大小，根据动量守恒定律求解两物体的质量大小关系；根据动量的计算公
式求解碰撞前、后系统的动量，由此分析。
【解答】解：
、
图像的斜率表示物体运动的速度，由图可知，碰前
保
持静止，
速度为
碰撞前
的速率小于
的速率，故
错误；
、根据斜率可知，碰撞后
的速率为
的速率为
二者速度大小相等，故
错误；
、碰撞后
反向弹回，以开始时
的方向为正方向，由动量守恒定律可知
代入数据解得
碰撞后速度大小相等，则碰撞后
的动量大于
的动量，故
正确；
、根据牛顿第三定律可知，碰撞中
和
之间的作用力的大小相等，作用时
间相同，所以碰撞中
和
之间的作用力的冲量大小相等，故
错误。
故选：
。
【例5】（2025 春•长春校级期末）如图所示，质量分别为
、
的小球
、
均静止在光滑水平面上。现给
球一个向右的大小为
初速度，之后与
球发生对心碰撞，取
的初速度方向为正方向，则碰后
球和
球的速度可能
是
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】
【分析】根据动量守恒定律、碰撞过程总动能不增加，以及符合实际运动情况
来分析。
【解答】解：以碰撞前
的速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量为
系统总动能为
、若
，
，则碰撞后
、
同向运动，
在
的后面，
的
速度大于
的速度，不符合实际情况，故
错误；
、若如果
，
，则碰后系统总动量为
碰后系统总动能为
碰撞过程系统满足动量守恒，不满足总动能不增加的规律，故
错误；
、如果
，
，则碰后系统总动量为
解得
碰后系统总动能为
解得
碰撞过程系统满足动量守恒，满足总动能不增加的规律，还符合实际运动情况，
故
正确；
、如果
，
，则碰后系统动量为
解得
碰撞过程系统不满足动量守恒，故
错误。
故选：
。
【例6】（2025 春•武汉期末）
、
两球沿一直线运动并发生正碰。如图所示，
、分别为
、
两球碰前的位移随时间变化的图像，
为碰撞后两球共同运
动的位移随时间变化的图像，若
球质量是
，则
A．
、
两球碰撞为弹性碰撞
B．
球质量有可能小于
球质量
C．
、
两球碰撞前的总动量为
D．碰撞过程中
、
两球组成的系统损失的动能为
【答案】
【分析】由题意可知碰撞后两球共速，则
、
两球碰撞为完全非弹性碰撞；
根据
图像的斜率表示速度，求出碰撞前
球、
球的速度，以及碰撞后两
球共同运动的速度，根据动量守恒定律求出
球的质量，进而可得
、
两球
碰撞前的总动量；根据能量守恒定律求解碰撞过程中
、
两球组成的系统损
失的动能。
【解答】解：
、由题意可知碰撞后两球共速，则
、
两球碰撞为完全非弹
性碰撞，而不是弹性碰撞，故
错误；
、以轴的正方向为两球运动的正方向。由
图像可得：
碰撞前
球的速度为：
碰撞前
球的速度为：
碰撞后两球共同运动的速度为：
两者碰撞过程，根据动量守恒定律得：
已知：
，解得
球质量为：
可得：
，故
错误；
、根据
选项的结果可得
、
两球碰撞前的总动量为：
，解得：
，故
错误；
、碰撞过程中
、
两球组成的系统损失的动能为：
△
，解得：△
，故
正确。
故选：
。
1．对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来
处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增
加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动
能，所以爆炸后系统的总动能增加。
(3)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，一
般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
3．“人船模型”
(1)模型图示
(2)模型特点
①两者满足动量守恒定律：mv 人－Mv 船＝0；
②两者的位移大小满足：m x人
t －M x船
t ＝0，且x 人＋x 船＝L 船；
③运动特点：人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
x人
x船
＝v人
v 船
＝M
m 。
(3)常见类人船模型
考点3：反冲，爆炸，及人船模型
例题精讲：
【例7】（2025•开封开学）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时
间到达最高点。在最高点该物体炸裂成
、
两部分，质量分别为
和
，
其中
以速度沿水平方向飞出。重力加速度为
，不计空气阻力。求：
（1）该物体抛出时的初速度大小
；
（2）炸裂后瞬间
的速度大小
；
（3）
、
落地点之间的距离
。
【答案】（1）该物体抛出时的初速度大小
为
；
（2）炸裂后瞬间
的速度大小
为
；
（3）
、
落地点之间的距离
为
。
【分析】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，根据运动学公式求解该物体
抛出时的初速度大小；
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，根据动量守恒定律求解
炸裂后瞬间
的速度大小
；
（3）爆炸后
、
两部分均做平抛运动，平抛运动的时间与上升时间相等，求
得各自的水平位移大小，两者的水平位移大小之和等于
、
落地点之间的距
离。
【解答】解：（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式
可得
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。
速度为，设
速度
为
，以的方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
即大小为
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为，则
的水
平位移
的水平位移
所以落地点
、
之间的距离
答：（1）该物体抛出时的初速度大小
为
；
（2）炸裂后瞬间
的速度大小
为
；
（3）
、
落地点之间的距离
为
。
【例8】（2025 春•青岛校级期末）如图所示，质量为
、半径为
的小球，放
在半径为
、质量为
的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球
从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，结合人船模型求解。
【解答】解：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的
水平速度大小为
，大球的水平速度大小为
，以水平向右为正方向，由水平
方向系统动量守恒有
若小球达到最低点时，小球的水平位移为
，大球的水平位移为
，则有
又
联立解得大球移动的距离为
，故
正确，
错误。
故选：
。
【例9】（2025 春•内蒙古期末）如图所示，一质量为
、长为
的安全救援小
船静止在水面上，质量为
的救生员站在船尾。不计水的阻力，救生员从船尾
向左走到船头的过程中船的运动情况为
A．静止不动
B．向右运动
C．向右运动
D．向右运动
【答案】
【分析】利用动量守恒定律分析船的运动情况。
由于不计水的阻力，救生员与船组成的系统在水平方向上合外力为零，满足动
量守恒条件；再结合“平均速度时间
位移”的关系，推导船的位移。
【解答】解：根据题意可知，由于不计水的阻力，人和船组成的系统所受的外
力合力为零，人和船构成的系统动量守恒，题意可知系统总动量为0，故救生
员向左运动，则船向右运动，规定向左为正方向，则有
因为
联立解得
，故
正确，
错误；
故选：
。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：20
课后提优练习
一．选择题（共13 小题）
1．（2025 春•江苏校级期末）如图，一质量为M、半径为R 的光滑半圆槽滑块
放置于光滑水平桌面上，设质量为m 的小球（可视为质点）从A 端由静止开
始释放，则小球从A 到B 的过程中（ ）
A．小球运动的位移为2R
B．滑块运动的位移是
M
M +mR
C．滑块先向右运动再向左运动，最终回到原处
D．小球运动到半圆槽最低点时，其速度为❑√
2 MgR
M +m
【解答】解：AB、小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系
统水平方向受力为零，所以水平方向动量守恒，设向右为正方向，小球的位
移为x1，滑块的位移为x2，根据人船模型结论可得：mx1＝Mx2，且x1+x2＝
2R
解得：x1=
M
M +m ⋅2 R，x2=
m
M +m ⋅2 R，故AB 错误；
C、滑块在小球的弹力作用下先向右做加速运动，在向右做减速运动，直至
停止，故C 错误；
D、根据系统水平方向动量守恒，去向左为正方向，可得：mv1
Mv
﹣
2＝0
由系统机械能守恒，可得：mgR = 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
联立解得：v2= ❑√
2 MgR
M +m ，故D 正确。
故选：D。
2．（2024 秋•泗阳县期末）如图所示，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O 点系一轻绳，轻绳另一端系一小球C。现将
C 向右拉起使轻绳水平伸直，并由静止释放C。则（ ）
A．A、B、C 组成的系统动量守恒
B．A、B、C 组成的系统机械能守恒
C．运动过程中木块A、B 不分离
D．球C 摆到左侧最高点时速度为0
【解答】解：A.水平方向不受力，所以ABC 组成的系统只在水平方向动量守
恒，动量是矢量，故A 错误；
B.整个过程只有重力做功，所以ABC 组成的系统机械能守恒，故B 正确；
CD.水平方向上，由于系统动量守恒，刚开始C 向下摆动时，有向左的速度，
故AB 会向右运动，而当C 摆动到轻杆左侧最高点与A 共速时，由于B 有向
右的速度，故AC 一定在向左运动，故CD 错误。
故选：B。
3．（2024 秋•南京校级期末）如图，质量为2m、带有半圆形轨道的小车静止
在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R，现将质量为m 的小球从A
点正上方h0高处由静止释放，然后由A 点进入半圆形轨道后从B 点冲出，在
空中上升的最大高度为3
4 h0（不计空气阻力），则（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为1
3 R
D．小球第二次上升距A 点的最大高度H ＞1
2 h0
【解答】解：A．小球与小车组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系
统在竖直方向上动量不守恒，小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力
为零，系统在水平方向上动量守恒；则小球和小车组成的系统动量不守恒，
故A 错误；
B．根据题意可知，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方
向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时
小球与小车水平方向速度均为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故
B 错误；
C．当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为v，小车的速
度大小为v′，以向右的方向为正方向，根据系统水平方向动量守恒，则
0＝mv
2mv′
﹣
得
v＝2v′
则小球在水平方向的位移大小x 等于小车在水平方向的位移大小x′的2 倍，
即
x＝2x′
且
x+x′＝2R
联立解得
x' = 2 R
3
故C 错误；
D．设小球第一次在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功为W1，根据功能
关系得W 1=mg(h0- 3
4 h0)= 1
4 mgh0
相比第一次在小车上运动，小球第二次在小车上运动的过程中，任一对应位
置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球受到的摩擦力变小，小球克服
摩擦做的功W2＜W1，设小球第二次能上升的最大高度为H，由功能关系可
得
W 2=mg( 3
4 h0- H )＜1
4 mgh0
解得
H ＞1
2 h0
故D 正确。
故选：D。
4．（2024 秋•润州区校级期末）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位
置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知分离前箭与星总质量为m1，分离后
后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空
气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）
A．
m1v0-m2v
m1-m2
B．v0+v2
C．v0- m2
m1
v2
D．v0+ m2
m1
（v0
v
﹣
2）
【解答】解：火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初
速度的方向为正方向，有：
m1v0＝m2v2+（m1
m
﹣
2）v1
解得：v1= m1v0-m2v2
m1-m2
。
故选：A。
5．（2025•江苏一模）质量为M 的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m
的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度v0，计算机模
拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则
（ ）
A．m＞M
B．仅增大M 值后重新模拟，小球能飞离凹槽
C．长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动
D．小球从图中A 到B 运动过程中，凹槽先加速后减速
【解答】解：A、当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时，类似弹
性碰撞，设小球末速度v1，凹槽末速度v2。以初速度方向为正方向，根据系
统水平方向动量守恒和机械能守恒分别有
mv0＝mv1+Mv2，1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2
联立可得M =m v0- v1
v0+ v1
因以初速度方向为正方向，由题目可知当小球第一次回到最低点时，v1＜0，
即
v0- v1
v0+ v1
＞1，可知m＜M，故A 错误；
B、当小球由最低点开始运动到第一次回到最高点时，凹槽与小球速度相同，
类似完全非弹性碰撞，设小球和凹槽的末速度是v 共。
由水平方向动量守恒有
mv0＝（m+M）v 共
即得v共= m v0
m+ M
当增大M 值后，v 共会减小，小球和半圆形凹槽的动能Ek 共= 1
2 (m+ M )v共
2 会
减小。由机械能守恒定律可知，重力势能会增大，即小球会飞的更高，故B
正确；
C、设小球末速度水平分速度v1，凹槽末速度v2，由动量守恒可知
mv0＝mv1+Mv2，即m（v0
v
﹣
1）＝Mv2
当凹槽对地向左运动时v2＜0，可得v0＜v1
由能量守恒可知系统总能量为E = 1
2 m v0
2，即1
2 m v0
2＞1
2 m v1
2，v0＞v1，出现矛
盾，所以凹槽对地不可能向左运动，故C 错误；
D、设小球末速度水平分速度v1，凹槽末速度v2，由动量守恒可知
mv0＝mv1+Mv2，即m（v0
v
﹣
1）＝Mv2
小球由A 到B 过程中v0
v
﹣
1一直增大，所以v2一直增大，即凹槽一直加速，
故D 错误。
故选：B。
6．（2025•南京校级模拟）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M
的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m 的小球从半圆形弯
槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所
示。下列说法正确的是（ ）
A．小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒
B．t2时小球到达位置等于释放时的高度
C．由图可知m 大于M
D．图中阴影面积S2＜2S1
【解答】解：A、对运动过程中的小球受力分析可知，小球从弯槽左侧边缘
静止下滑的过程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，根据牛顿第三
定律可知，小球对弯槽的压力方向相反指向左下方，故此压力给弯槽有水平
向左的分力，但因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左运动，则根据整体
法，小球与弯槽在水平方向受到外力作用，系统动量不守恒，故A 错误；
B、t1时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，t2时再次
共速则到达弯槽左侧，根据能量守恒mgh= 1
2 (m+ M )v共
2 +mgh'
可知h＞h′，故小球此时不可能到达释放时的高度，故B 错误；
C、小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的重力作用，系统动
量不守恒，仅受到弯槽提供的竖直向上的支持力与重力，水平方向所受合外
力为零，故水平方向动量守恒，根据整体法可知小球通过弯槽最低点后，系
统水平动量守恒，则有mv1＝Mv3
mv
﹣
2
整理上式解得m（v1+v2）＝Mv3
若m 大于M，则v1+v2＜v3，图中明显获知v1＞v3，故C 错误；
D、小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t1～t2时间内，即
小球从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共速点的高度均低于弯槽左右两端，
根据vx—t 图像围成面积等于水平位移，得S1＝R
而S2为t1∼t2内两者的相对位移，有S2＜2R，故D 正确。
故选：D。
7．（2025 春•宿迁期末）如图光滑水平面上有a、b 两个弹性小球，质量分别为
m、2m。现给小球a 一个向右的初速度v0，与小球b 发生碰撞，且整个碰撞
过程中没有能量损失。则碰撞后小球b 的速度大小为（ ）
A．1
2 v0
B．v0
C．2
3v0
D．4v0
【解答】解：碰撞过程中，根据动量守恒定律可得mv0＝mva+2mvb，根据机
械能守恒定律可得1
2 m v0
2= 1
2 m va
2+ 1
2 ×2m vb
2。联立解得：va=- 1
3 v0，vb= 2
3 v0。
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
8．（2025•工业园区三模）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，
物体A 以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧
一端连接另一质量为m 的物体B，如图乙所示，物体A 以2v0的速度向右压
缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（ ）
A．此过程中，A 物体均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零
B．物体A 的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对A 物体的冲量大小之比为3：2
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为3
2 mv0
2
【解答】解：A、题图甲对应的过程，A 压缩弹簧，受到的弹簧弹力越来越
大，A 做加速度越来越大的减速运动，当弹簧达到最大压缩量时A 的速度为
零；题图乙对应的过程，物体A、B 压缩弹簧的过程，A 受到的弹簧弹力越
来越大，A 做加速度越来越大的减速运动，当弹簧达到最大压缩量时，两物
体恰好共速，故此时A 物体的速度不为零，故A 错误；
BD、设物体A 的质量为M。对题图甲，由机械能守恒定律可得弹簧压缩x
时弹性势能为：
EP= 1
2 M v0
2
对题图乙，物体A 以2v0的速度向右压缩弹簧，物体A、B 组成的系统动量
守恒，弹簧达到最大压缩量时，物体A、B 二者速度相同，以向右为正方向
根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
M•2v0＝（M+m）v 共
EP= 1
2 M ⋅(2v0)
2- 1
2 ( M +m)v共
2
联立解得：M＝3m，E p= 3
2 mv0
2，v 共＝1.5v0，故D 正确，B 错误；
C、以向左为正方向，根据动量定理可得：
弹簧压缩量最大时，在图甲的情况下弹簧对A 物体的冲量大小为：I1＝0﹣
（﹣Mv0）＝3mv0
在图乙的情况下弹簧对A 物体的冲量大小为：I2＝﹣Mv 共﹣（﹣M•2v0）＝
1.5mv0
可得两种情况下弹簧对A 物体的冲量大小之比为I1：I2＝2：1，故C 错误。
故选：D。
9．（2025•盐都区校级三模）如图甲所示，每只冰壶直径30cm、质量19kg。某
次试投过程中，冰壶A 在t＝0 时刻以1m/s 的初速度投出，与静止的冰壶B
发生弹性正碰，此后冰壶B 在水平面上运动0.9m 后停止，冰壶B 的v
t
﹣图
像如图乙所示，不计空气阻力，则（ ）
A．两只冰壶在t＝3s 时发生碰撞
B．碰撞前摩擦力对冰壶A 做功为﹣3.42J
C．碰撞后冰壶B 受到摩擦力的冲量大小为11.4N•s
D．t＝0 和t＝5s 两时刻冰壶重心间的距离之比为16：9
【解答】解：A、根据冰壶B 的v
t
﹣图像可知，碰撞后冰壶B 的加速度为a
= Δv
Δt = 0-1
5 m/s2＝﹣0.2m/s2，设碰撞后冰壶B 运动时间为tB，其运动的逆过程
为初速度为零的匀加速直线运动，位移为xB＝0.9m，则有xB= 1
2 |a| t B
2，解
得tB＝3s，所以两只冰壶在t＝5s
t
﹣B＝5s
3s
﹣
＝2s 时发生碰撞，故A 错误；
B、碰撞后瞬间冰壶B 的速度vB＝|a|tB＝0.2×3m/s＝0.6m/s，两冰壶质量相等，
发生弹性碰撞后交换速度，则碰撞前瞬间冰壶A 的速度vA＝vB＝0.6m/s
对碰撞前冰壶
A 的运动过程，根据动能定理得
Wf
= 1
2 m v A
2 - 1
2 m v0
2= 1
2 ×19×0.6
2J- 1
2 ×19×1
2J＝﹣6.08J，故B 错误；
C、根据动量定理，碰撞后冰壶B 受到摩擦力的冲量大小为I＝0
mv
﹣
B＝﹣
19×0.6N•s＝﹣11.4N•s，其大小为11.4N•s，故C 正确；
D、设t＝0 时刻，A、B 重心间的距离为x0。冰壶A 在t＝2s 时间内运动的位
移为xA= v0+ v A
2
t = 1+0.6
2
m＝0.8m，t＝5s 时，冰壶B 运动的位移为xB＝
0.9m，因x0未知，所以无法得到t＝0 和t＝5s 两时刻冰壶重心间的距离之比
为16：9，故D 错误。
故选：C。
10．（2025•江苏模拟）我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m 接力
三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，
并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向
前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，
下列说法正确的是（ ）
A．甲的动量变化量与乙的动量变化量相同
B．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小
C．甲的速度变化量与乙的速度变化量相等
D．甲、乙运动员组成的系统机械能守恒
【解答】解：AC.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的
相互作用，相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足动量守恒定律，甲、乙
的动量变化一定大小相等方向相反，由于不知道甲乙的质量关系，则不能确
定甲的速度变化量的大小与乙的速度变化量大小的关系，且甲乙速度变化量
的方向相反，故AC 错误；
B.根据牛顿第三定律可知，在乙推甲的过程中甲对乙的作用力大小等于乙对
甲的作用力大小，作用时间相等，根据I＝Ft 可知，甲对乙的冲量一定与乙
对甲的冲量等大反向，故B 正确；
D.由于乙推甲的过程中，要消耗体内的化学能转化为系统的机械能，所以系
统的机械能不守恒，故D 错误。
故选：B。
11．（2025 春•灌南县期中）如图所示，左侧有一长为L＝3m 的传送带，以速
度v＝5m/s 顺时针转动，右侧有一质量为M＝6kg、长为l＝5m 的长木板静止
在光滑水平桌面上，另一质量为m＝2kg 的小物块（可视为质点）以初速度
v0＝10m/s 从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失地滑上长
木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.6，不计空气
阻力，g 取10m/s2。则（ ）
A．小物块滑上长木板的速度为5m/s
B．小物块的最终速度为1m/s
C．长木板的最终动能Ek＝12J
D．全过程系统产生的内能Q＝48J
【解答】解：A、物块开始向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
μmg＝ma0
令历时t0与传送带达到相等速度，则有v＝v0
a
﹣0t0
代入数据解得t0= 5
6 s
此过程物块的位移
x0= v + v0
2
t0
代入数据解得x0＝6.25m＞L＝3m
表明物块与传送带没有达到相等速度，则有v1
2- v0
2=-2a0 L
代入数据解得v1＝8m/s
即小物块滑上长木板的速度为8m/s，故A 错误；
B、物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动，对木板，根据牛顿
第二定律有μmg＝Ma1
代入数据解得a1=2m/ s
2
令历时t1物块与木板达到相等速度，则有v2＝v1
a
﹣0t1＝a1t1
代入数据解得t1＝1s，v2＝2m/s
此过程物块的位移
x1= v1+ v2
2
t1
代入数据解得x1＝5m＝l
表明物块没有飞出木板，之后两者保持相对静止做匀速直线运动，即小物块
的最终速度为2m/s，故B 错误；
C、结合上述可知，长木板的最终动能
Ek = 1
2 M v2
2
代入数据解得Ek＝12J
故C 正确；
D、结合上述，物块在传送带上运动时间
t2= v0- v2
-a0
代入数据解得t2= 1
3 s
对传送带的相对位移
x相1= v2+ v0
2
t2- v t2
代入数据解得x相1= 4
3 m
物块对木板的相对位移
x相2= v1+ v2
2
t1- v2
2 t1
代入数据解得x 相2＝4m
全过程系统产生的内能Q＝μmg（x 相1+x 相2）
代入数据解得Q＝64J
故D 错误。
故选：C。
12．（2025•南京一模）如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块A、B 相连，
并放在倾角为θ 的固定斜面上，A 靠在固定的挡板P 上，弹簧与斜面平行，
A、B 均静止。将物块C 在物块B 上方与B 相距x 处由静止释放，C 和B 碰
撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开，已知A、B、C 的质量均为m，弹
簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A 不离开
挡板，x 的最大值为（ ）
A．4 mgsinθ
k
B．8mgsinθ
k
C．4 mg
k
D．8mg
k
【解答】解：A、B 均静止时，对B，根据平衡条件有
mgsinθ＝kx0
设A 刚要离开挡板时弹簧伸长x1，对A，由平衡条件有
mgsinθ＝kx1
可知x1＝x0
物块B、C 从相碰后到一起运动到A 刚要离开挡板，物块B、C 和弹簧组成
的系统机械能守恒，A 刚要离开挡板时物块B、C 速度为零，从碰后到A 刚
要离开挡板，弹簧弹性势能变化为零，设C 与B 碰后速度为v2，由机械能守
恒定律得
1
2 ⋅2m v2
2=2mg×2 x1⋅sinθ
C 与B 碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律有
mv1＝2mv2
碰撞前C 下滑过程，由机械能守恒定律有
1
2 m v1
2=mgxsinθ
联立解得x = 8mgsinθ
k
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
13．（2025•淮阴区校级一模）如图所示，一辆质量M＝3kg 的小车A 静止在光
滑的水平面上，A 车上有一质量m＝1kg 的光滑小球B，将一左端固定于A
上的轻质弹簧压缩并锁定（B 与弹簧不拴接），此时弹簧的弹性势能Ep＝
6J，B 与A 右壁间距离为l。解除锁定，B 脱离弹簧后与A 右壁的油灰阻挡层
（忽略其厚度）碰撞并被粘住，下列说法正确的是（ ）
A．B 碰到油灰阻挡层前A 与B 的动量相同
B．B 脱离弹簧时，A 的速度大小为3m/s
C．B 和油灰阻挡层碰撞并被粘住的过程，B 受到的冲量大小为3N•s
D．解除锁定后，B 移动的总距离为1
4 l
【解答】解：A、小车A 与小球B 组成的系统在水平方向动量守恒，由于系
统初动量为零，由动量守恒定律可知，A．B 碰到油灰阻挡层前A 与B 的动
量大小相同，方向相反，故A 错误；
B、设B 脱离弹簧时，A、B 的速度大小分别为v1、v2，系统在水平方向动量
守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv1
mv
﹣
2＝0
由机械能守恒定律得：E p= 1
2 M v1
2+ 1
2 mv2
2，代入数据解得：v1＝1m/s，v2＝
3m/s，故B 错误；
C、根据动量守恒定律可知B 和油灰阻挡层碰撞并被粘住后，A、B 的速度都
将变为零，对B，根据动量定理可知，B 受到的冲量大小为I＝mv2＝1×3N•s
＝3N•s，故C 正确；
D、从解除锁定到B 和油灰阻挡层碰撞前瞬间，A、组成的系统动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：MvA
mv
﹣
B＝0，两边同时乘以t 的：
MvAt
mv
﹣
Bt＝0，则MxA＝mxB，
根据几何关系得：xA+xB＝l，解得：x A = 1
4 l，xB= 3
4 l，故D 错误。
故选：C。
二．解答题（共7 小题）
14．（2024 秋•泗阳县期末）实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的
方法。研究所将质量m1＝2000kg、速度v1＝54km/h 的甲汽车作为试验车、
若甲汽车撞向壁障时，碰撞使其速度经过0.01s 变为0。求：
（1）甲汽车碰撞过程中动量变化量的大小；
（2）甲汽车碰撞过程中受到平均作用力的大小；
（3）若甲车以同样的速度撞向迎面驶来的乙车（质量m2＝2000kg，速度v2
＝18km/h），碰撞后两车一起运动。判断两车碰撞过程是否为弹性碰撞，若
是请说明理由；若不是请计算碰撞过程中系统损失的动能。
【解答】解：（1 ）v1 ＝54km/h ＝15m/s ，由Δp ＝mΔv 可得Δp ＝
2000×15kg•m/s＝3×104kg•m/s；
（2 ）对甲汽车，由动量定理可得I = F t =Δp ，解得
F = Δp
t = 3×10
4
0.01
N =3×10
6 N
（3）v2＝18km/h＝5m/s，对于甲汽车和乙汽车，碰撞瞬间，满足动量守恒条
件，规定甲车原来运动方向为正方向，
由动量守恒定律可得m1v1
m
﹣
2v2 ＝（m1+m2 ）v ，解得v
= m1v1-m2v2
m1+m2
= 2000×15-2000×5
2000+2000
m/ s=5m/s
由
能
量
守
恒
可
得
Δ Ek = 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2- 1
2 (m1+m2)v
2，
解
得
ΔE = 1
2 ×2000×15
2J + 1
2 ×2000×5
2J - 1
2 ×(2000+2000)×5
2J =2×10
5 J，不是
弹性碰撞。
答：（1）甲汽车碰撞过程中动量变化量的大小为3×104kg•m/s；
（2）甲汽车碰撞过程中受到平均作用力的大小为3×105N；
（3）两车碰撞过程是非弹性碰撞，碰撞过程中系统损失的动能为2×105J。
15．（2025•建邺区校级开学）如图所示，一质量M＝3kg 的小车由水平部分
AB 和1
4光滑圆轨道BC 组成，圆弧BC 的半径R＝0.2m 且与水平部分相切于
B 点，小物块Q 与AB 段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定
的光滑曲面轨道MN 相切，一质量为m1＝0.5kg 的小物块P 从距离轨道MN
底端高为h＝1.8m 处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1kg 的
小物块Q（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了
小车AB 段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求物块Q 在小车上运动1s 时相对于小车运动的距离（此时Q 未到B 点
且速度大于小车的速度）；
（2）若AB 的长l＝1.8m，求物块Q 在运动过程中所能上升的最大高度h2；
（3）要使物块Q 既可以到达B 点又不会与小车上表面分离，求小车左侧水
平部分AB 的长度L 的取值范围。
【解答】解：（1）物块P 从释放到N 点过程中机械能守恒，m1gh= 1
2 m1v1
2，
代入数据解得：v1＝6m/s，
PQ 弹性碰撞，动量守恒，以向右为正方向，m1v1＝m1v1′+m2v2，系统总动能
不变，1
2 m1v1
2= 1
2 m1v1'
2+ 1
2 m2v2，
联立解得：v1′＝﹣2m/s，v2＝4m/s，
由牛顿第二定律可知，Q 在小车上做匀减速直线运动的加速度大小
a1= μg =0.2×10m/ s
2=2m/ s
2，
小车做匀加速直线运动的加速度大小a2= μm2 g
M
= 0.2×1×10
3
m/ s
2= 2
3 m/ s
2，
运动1s 时，Q 的位移x1= v2t - 1
2 a1t
2，代入数据解得：x1＝3m，
小车的位移x2= 1
2 a2t
2，代入数据解得：x2= 1
3 m，
所以Q 相对小车运动的距离s= x1- x2=(3- 1
3 )m= 8
3 m；
（2）Q 从A 到B，系统动量守恒，以向右为正方向，m2v2＝m2v3+Mv4，由功
能关系可知：1
2 m2v2
2= μm2 gl+ 1
2 m2v3
2+ 1
2 M v4
2，
联立解得：v3=(1+ 3 ❑√10
5
)m/ s，v4=(1+
❑√10
5
)m/ s，
Q 从A 点到最高点，在最高点二者共速，系统水平方向动量守恒，m2v2＝
（m2+M）v5，代入数据解得：v5＝1m/s，
Q 从B 点到最高点，系统机械能守恒，1
2 m2v3
2+ 1
2 M v4
2 = 1
2 (m2+ M )v5
2+m2 gh2，
代入数据解得：h2= 3 ❑√10+6
25
m；
（3）若Q 刚好能到B 点，二者共速，动量守恒，v6＝v5＝1m/s，由功能关系
可知：1
2 m2v2
2= μm2 g Lmax+ 1
2 (m2+ M )v6
2，
代入数据解得：Lmax＝3m，
若Q 刚好能到C 点，二者共速，水平方向动量守恒，v7＝v5＝1m/s，由功能
关系可知：1
2 m2v2
2= μm2 g Lmin+ 1
2 (m2+ M )v7
2+m2 gR，
代入数据解得：Lmin＝2.5m，所以AB 的长度L 的取值范围为：3m＞L＞
2.5m。
答：（1）物块Q 在小车上运动1s 时相对于小车运动的距离为8
3 m；
（2）若AB 的长l＝1.8m，物块Q 在运动过程中所能上升的最大高度为
3 ❑√10+6
25
m；
（3）要使物块Q 既可以到达B 点又不会与小车上表面分离，小车左侧水平
部分AB 的长度L 的取值范围为3m＞L＞2.5m。
16．（2025•江苏模拟）如图所示，质量为m 的小球P 和质量为3m 的小球Q 用
自然长度为l 的弹性细绳连接，让绳水平伸直，两球静止在同一高度h 处。
现给小球P 沿轻绳方向向右的初速度v0，同时将小球Q 由静止释放，两球在
空中发生两次弹性正碰后落到水平地面上，小球Q 在空中运动过程中的水平
位移大小为xQ。已知重力加速度为g，碰撞时间极短，不计空气阻力，求：
（1）第一次碰撞前瞬间，P 球的速度大小vP；
（2）两球第一次碰后到第二次碰前过程，细绳对Q 球做的功W；
（3）P 球在空中运动过程中的水平位移大小xP。
【解答】解：（1）设P 球抛出后经过时间t 与Q 球发生碰撞
l＝v0t1
vy＝gt1
v P=
❑√v0
2+ v y
2
解得
v P= ❑√
v0
2+ g
2l
2
v0
2
（2）P、Q 两球碰撞过程中，以水平向右的方向为正方向，水平方向动量守
恒、系统机械能守恒，则
mv0＝mvP1+3mvQ1
1
2 m(v0
2+ v y
2 )+ 1
2 ×3m v y
2 = 1
2 m(v P1
2 + v y
2 )+ 1
2 ×3m(vQ1
2 + v y
2 )
解得
v P1=- 1
2 v0
vQ1= 1
2 v0
设P、Q 两球第二次碰撞前的速度分别为vP2、vQ2，以水平向右的方向为正方
向，由水平方向动量守恒和系统机械能守恒得
mvP1+3mvQ1＝mvP2+3mvQ2，
1
2 m(vP1
2 + v y 2
2 )+ 1
2 ×3m(vQ1
2 + v y 2
2 )= 1
2 m(vP2
2 + v y 2
2 )+ 1
2 ×3m(vQ2
2 + v y 2
2 )
解得
vP2＝v0
vQ2＝0
根据动能定理，轻绳对Q 球做的功
W = 1
2 ×3mvQ2
2 - 1
2 ×3mvQ1
2 =- 3
8 mv0
2
（3）P、Q 两球碰撞过程中，以水平向右的方向为正方向，水平方向动量守
恒
mv0＝mvP+3mvQ
∑m v0 Δt =∑m v P Δt +∑3m vQ Δt
h= 1
2 gt
2
又
t =∑Δt
xP=∑v P Δt
xQ=∑vQ Δt
得
xP= v0
❑√
2h
g -3 xQ
答：（1）第一次碰撞前瞬间，P 球的速度大小vP为❑√
v0
2+ g
2l
2
v0
2 ；
（2）两球第一次碰后到第二次碰前过程，细绳对Q 球做的功W 为- 3
8 m v0
2；
（3）P 球在空中运动过程中的水平位移大小xP为v0
❑√
2h
g -3 xQ。
17．（2025•南京模拟）如图所示，质量为M 的滑块A 被固定在光滑水平面上，
其上表面为半径为R 的四分之一圆弧ab，质量为M 的木板B 上表面与圆弧
面最低点水平相切，A、B 之间用装置锁定。质量为m 的小滑块C（可视为
质点）从a 点正上方2R 处静止下落，在a 点沿圆弧切线方向进入圆弧面。已
知M = 1
4 m，重力加速度为g，小滑块C 与木板B 上表面的动摩擦因数为μ＝
0.6，不计空气阻力和其他摩擦。求：
（1）C 经过圆弧面最低点b 时所受的支持力大小；
（2）只解除地面对A 的固定，求C 运动到b 点过程中小滑块C 的水平位移
的大小；
（3）先解除地面对A 的固定，当C 滑上B 后再立即将A、B 解锁，若C 未
脱离木板B，求木板B 的最小长度。
【解答】解：（1）设C 下落的位置离b 点的高度为3R，C 从静止下落到b
点过程，根据动能定理可得mg⋅3 R = 1
2 m v
2
在b 点，根据牛顿第二定律可得
N -mg =m v
2
R
解得
N＝7mg
（2）解除对A 的固定，C 运动到b 点过程中，C 与AB 组成的系统满足水平
方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有
mv1x＝2Mv2x
设该过程C 的水平位移的大小x1，AB 的水平位移的大小x2，则有
mx1＝2Mx2
又
x1+x2＝R
M = 1
4 m
联立解得
x1= R
3
（3）解除对A 的固定，当C 运动到b 点时，设C 的速度大小为v1，AB 的速
度大小为v2，以水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒可得
mv1＝2Mv2
根据机械能守恒可得
mgh= 1
2 m v1
2+ 1
2 ×2 M v2
2
联立解得
v1= ❑√2gR
v2=2❑√2gR
当C 滑上B 后立即将A、B 解锁，若C 未脱离木板B，当C 与B 共速时，刚
好处于B 的右端，此时木板B 的长度最小；对于B、C 组成的系统，以水平
向右为正方向，根据动量守恒可得
mv1+M（﹣v2）＝（m+M）v 共
解得
v共= 2❑√2 gR
5
根据能量守恒可得
μmgL= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2- 1
2 (m+ M )v共
2
解得木板B 的最小长度为
L＝3R
答：（1）C 经过圆弧面最低点b 时所受的支持力大小为7mg；
（2）只解除地面对A 的固定，C 运动到b 点过程中小滑块C 的水平位移的大
小为R
3 ；
（3）先解除地面对A 的固定，当C 滑上B 后再立即将A、B 解锁，若C 未
脱离木板B，木板B 的最小长度为3R。
18．（2025•宿迁模拟）如图（a），质量为M 的轨道放在光滑的水平面上，水
平部分AB 的上表面粗糙，竖直半圆形部分BC 的内表面光滑，半径R＝
0.4m，B、C 分别为半圆形轨道的最低点和最高点。质量为m 的物块（可视
为质点）静置在轨道上左端A 处，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。
（1）若将轨道固定，让物块以某一初速度运动且恰好通过C 点，求物块在B
点的速度大小；
（2）对物块施加水平向右的推力F，物块在轨道AB 段运动时，物块和轨道
的加速度a 与F 对应关系如图（b）所示，求μ 和m；
（3）物块以v0＝10m/s 的速度从A 处冲上轨道，物块可沿轨道恰好通过C 点，
运动过程中轨道始终未脱离地面，求轨道AB 段的长度L。
【解答】解：（1）设物体到达C 点的速度大小为vC，在C 点向心力恰好等
于物块的重力，则有mg=m vC
2
R
物块由B 到C 的过程，根据机械能守恒定律得：1
2 mvC
2 +mg×2 R = 1
2 mv
2
代入数据解得：v =2❑√5m/ s
（2）根据图像斜率可知，当0＜F≤4N 时，物体与轨道相对静止。根据牛顿
第二定律得加速度为：a1=
F
M +m
根据图像斜率可得：
1
M +m = 2
4 k g
-1= 1
2 k g
-1
当F＞4N 时，物体与轨道相对运动，轨道的加速度恒定，物块的加速度随F
增大而增大，同理可得物体加速度为：am= F - μmg
m
根据图像斜率可得：1
m = 6-2
8- 4 k g
-1=1k g
-1
联立以上方程解得：M＝m＝1kg
轨道加速度为：aM = μmg
M =2m/ s
2
解得：μ＝0.2
（3）以水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝mv1+Mv2
在最高点，物块相对轨道的速度大小为：v′＝|v1
v
﹣
2|
且有：mg=m v '
2
R
代入数据解得：v1＝4m/s，v2＝6m/s
由功能关系有：1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2+mg×2 R+ μmgL
代入数据解得：L＝8m
答：（1）物块在B 点的速度大小为2❑√5m/s；
（2）对物块施加水平向右的推力F，物块在轨道AB 段运动时，物块和轨道
的加速度a 与F 对应关系如图（b）所示，μ 和m 分别是0.2；1kg；
（3）物块以v0＝10m/s 的速度从A 处冲上轨道，物块可沿轨道恰好通过C 点，
运动过程中轨道始终未脱离地面，轨道AB 段的长度L 为8m。
19．（2025•南通模拟）如图所示为室内碗池比赛训练时的简化示意图，一根轻
质弹簧左端固定，右端与静置在光滑水平面上K 点的小球B 相连，弹簧处于
原长。小球B 的右侧静置着一滑块C，其上表面是半径为R 的1
4 光滑圆弧轨
道，滑块C 的最低点恰与K 点重合。现将一质量为m 的小球A 从圆弧最高
点由静止释放，小球A 沿轨道滑下后，在水平面上与小球B 发生弹性碰撞，
碰撞时间忽略不计。已知小球B、滑块C 的质量均为3m，小球A、B 均可视
为质点，重力加速度为g，求：
（1）小球A 下滑到圆弧轨道最低点时，小球A 的速度v1、滑块C 的速度v2
的大小；
（2）弹簧弹性势能的最大值；
（3）若当小球B 再一次回到K 点时，小球A 恰好第一次返回滑块C 的最低
点，求B 做简谐运动的周期。
【解答】解：（1）小球A 下滑到圆弧轨道最低点过程中，小球A 与滑块C
组成的系统水平方向动量守恒，有0＝mv1
3mv
﹣
2
又根据机械能守恒定律有mgR = 1
2 m v1
2+ 1
2 ⋅3m v2
2
两式联立得v1=3 ❑√
gR
6 ，v2= ❑√
gR
6
（2）小球A 与小球B 发生弹性碰撞，设碰后的速度分别为v3和v4，根据动
量守恒和机械能守恒有mv1＝mv3+3mv4，1
2 m v1
2= 1
2 m v3
2+ 1
2 ⋅3m v4
2
解得v3=- 3
2
❑√
gR
6 ，v4= 3
2
❑√
gR
6
小球A 与小球B 碰后，小球B 与弹簧组成的系统机械能守恒，得弹簧弹性势
能的最大值为E pm= 1
2 ⋅3mv4
2 = 9
16 mgR
（3）小球A 下滑到圆弧轨道最低点过程中，设小球A 水平方向的位移和滑
块C 的位移分别为x1和x2，则x1+x2＝R
根据水平方向动量守恒有mv1＝3mv2
即x1＝3x2
解得x1= 3
4 R，x2= 1
4 R
小球A 第一次下滑到圆弧轨道最低点到与小球B 发生碰撞所用时间设为t1，
则t1= x2
v1
= 1
12
❑√
6 R
g
从小球A 与小球B 碰后到小球B 再一次回到K 点所用时间设为t2，则t2= 1
2 T
根据题意有|v3|•t2＝x2+v2（t1+t2）
联立解得T = 4
3
❑√
6 R
g
答：（1）小球A 下滑到圆弧轨道最低点时，小球A 的速度3❑√
gR
6 ，滑块C
的速度的大小❑√
gR
6 ；
（2）弹簧弹性势能的最大值9
16mgR；
（3）若当小球B 再一次回到K 点时，小球A 恰好第一次返回滑块C 的最低
点，B 做简谐运动的周期4
3
❑√
6 R
g 。
20．（2025•泰州模拟）如图为一种使用摩擦传动的变速箱的内部结构简图，薄
壁圆筒1 和薄壁圆筒2 均可绕自身的光滑平行转轴转动。起初圆筒1 与圆筒2
均静止，现给圆筒1 一个瞬时作用，让圆筒1 以角速度ω 转动，由于摩擦，
一段时间后两圆筒接触面间无相对滑动。已知圆筒1 质量为m、半径为R，
圆筒2 质量为1
2 m、半径为R
2 ，两圆筒相互作用过程中无其它驱动力，不计空
气阻力。求：
（1）两圆筒无相对滑动时圆筒2 的角速度ω′；
（2）从圆筒2 开始转动到无相对滑动过程中圆筒1 对圆筒2 摩擦力冲量I 的
大小。
【解答】解：（1）根据题意可知，圆筒1 的初速度为v0＝ωR
一段时间后两圆筒接触面间无相对滑动，转动的速度为：v ' =ω' ⋅R
2
从开始到无相对滑动，由于无驱动力，以初速度方向为正，由动量守恒定律
有：mv0=(m+ 1
2 m)v '
联立解得：ω' = 4
3 ω
（2）根据题意，对圆筒2，由动量定理有：I = 1
2 mv ' -0
代入数据解得1
3 mωR
答：（1）两圆筒无相对滑动时圆筒2 的角速度ω′为4
3 ω；
（2）从圆筒2 开始转动到无相对滑动过程中圆筒1 对圆筒2 摩擦力冲量I 的
大小为1
3 mωR。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/9/19 21:04:15；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874
