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专题09 动量 动量守恒
模型一 动量定理
1.对动量定理的理解
(1)Ft
＝
p ′ －
p 是矢量式
，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中Ft
是物体所受的合外力
的冲量
。
(2)Ft＝p′－p 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲
量是动量变化的原因
。
（3）由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率
。
（4）当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动
量定理。
2.用动量定理解题的基本思路
3.流体类“柱状模型”
特点
液体流、气体流等，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤
（1）建立“柱状”模型，沿速度
v 的方向选取一段柱形流体，其横截面
积为
S .
（2）微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的
质量
Δ m ＝ρSvΔt.
（3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
4.微粒类“柱状模型”
特点
电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“流体”，质量具有独立性，通
常给出单位体积内的粒子数n
分析步骤
（1）建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段柱形微元，柱体的横
截面积为S.
（2）微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形微元的长度Δ l ＝
v 0Δ t ，对应
的体积Δ V ＝
Sv
0Δ t ，则微元内的粒子数N ＝
nv
0S Δ t .
（3）先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N 计算
【例题精讲】
1．打篮球时，篮球与地面作用过程会产生声音，声音的持续时间与作用过程时间非常接近。某同学在安静
环境中在t＝0 时刻将篮球从一定高度处由静止释放，用手机记录环境声音随时间的变化情况，如图所示。
不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2，篮球质量为0.6kg，关于篮球第1 次与地面作用过程的说法正确
的是（ ）
A．篮球初始释放位置的高度为1.5m
B．篮球与地面作用后瞬间速度大小约为8m/s
C．地面对篮球的平均作用力大小约为251N
D．碰撞过程篮球损失的机械能约为1.7J
【答案】C
【解答】解：A．由图可知，篮球初始释放后经t1＝0.5s 落地，根据h= 1
2 gt
2，可得h＝1.25m，故A 错误；
B．篮球与地面作用后在空中的运动时间为Δt＝0.8s，根据Δt = 2v
g ，可得v＝4m/s，故B 错误；
C．篮球落地前的速度v0＝gt1＝10×0.5m/s＝5m/s，篮球与地面的作用时间Δt1＝0.022s，设与地面作用的
过程中平均作用力为F，根据动量定理（F﹣mg）Δt1＝m（v﹣（﹣v0））
解得F＝251.45N≈251N，故C 正确；
D．碰撞过程篮球损失的机械能ΔE = 1
2 m v0
2−1
2 m v
2= 1
2 ×0.6×5
2J −1
2 ×0.6×4
2J =2.7 J，故D 错误。
故选：C。
2．如图所示，击鼓颠球又叫动感颠球，游戏规则是保持鼓面水平，裁判将一个排球从鼓面中心上方竖直抛
下，队员们齐心协力将球颠起，颠球次数最多者胜出。设整个运动过程中排球所受空气阻力的大小不变
下列说法正确的是（ ）
A．排球在空中做匀变速直线运动
B．排球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零
C．排球与鼓面接触的过程中，鼓面对排球的冲量为零
D．排球上升阶段受到的合力冲量大于下降阶段受到合力的冲量
【答案】D
【解答】解：A．排球下降时合力为重力减空气阻力，上升时合力为重力加空气阻力，故上升时合力比
下降时合力大，根据牛顿第二定律可知上升时加速度a1大于下降时加速度a2，做变加速直线运动，故A
错误；
B．根据冲量表达式可得IG＝mgt，可知排球从颠出到落回的时间内，重力的冲量不为零，故B 错误；
C．排球与鼓面接触的过程中，鼓面对排球的弹力一直向上，根据冲量表达式可得IN＝N•Δt，可知鼓面
对排球的冲量不为零，故C 错误；
D．设上升阶段排球的初速度为v0，末速度为0，则动量的变化量大小Δp1＝|0﹣mv0|＝mv0
下降阶段初速度为0，末速度为v0
' ，则动量的变化量大小Δp2＝mv0
' 由于空气阻力一直做负功，排球的机
械能一直减小，所以v0
' ＜v0；则排球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，由动量定理可
知，排球上升阶段合力的冲量大于下降阶段合力的冲量，故D 正确。
故选：D。
3．在撑竿跳高运动员落地的地方都会放置软的垫子，这样做的主要目的是（ ）
A．减小运动员的动能变化量
B．减小运动员落地时的惯性
C．减小运动员的动量变化量
D．减小运动员受到的冲击力
【答案】D
【解答】解：A.动能变化量取决于初末速度和质量，软垫子不能改变动能变化量（落地时动能从 1
2 m v
2
减为 0，量值固定），只能以其他形式（如内能）耗散动能，故A 错误；
B.惯性是物体的固有属性，只与质量有关，质量不变，惯性不变，软垫子无法改变惯性，故B 错误；
C.动量变化量 Δp＝mΔv 由质量 m 和速度变化 Δv（落地时从 v 减为 0，量值固定）决定，软垫子不能
改变 Δp，只能改变冲击时间，故C 错误；
D.根据动量定理，软垫子通过延长冲击时间 Δt，减小冲击力 F，故D 正确。
故选：D。
4．一质量为2kg 的物块在合力F 的作用下从静止开始沿直线运动。合力F 随时间t 变化的图线如图所示，则
（ ）
A．t＝1s 时物块的速率为1m/s
B．t＝2s 时物块的动量大小为2kg•m/s
C．t＝3s 时物块的速度为零
D．t＝4s 时物块的动量大小为6kg•m/s
【答案】A
【解答】解：规定初速度方向为正
A.根据动量定理合外力的冲量等于动量的变化量，则Ft＝Δmv，t1＝1s
代入数据得v1＝1m/s，故A 正确；
B.根据Ft＝Δmv，t2＝2s
代入数据得p2＝4kg•m/s，故B 错误；
C.F﹣t 图像和坐标轴围成的面积代表合外力的冲量，则Ft＝Δmv
代入数据得v3＝3m/s，故C 错误；
D.根据Ft＝Δmv，t4＝4s
代入数据得p4＝4kg•m/s，故D 错误。
故选：A。
5．如图所示，轻质弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接一质量为m 可视为质点的小球，将小球从A 点由静
止释放，小球经B 点到达最低点C。已知小球在B 点的速度最大且速度大小为v0，A、B、C 在同一竖直
线上，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．小球从A 到B，速度的变化率越来越大
B．小球从A 到B，合力的冲量大小为mv0
C．小球从A 到C，重力的冲量为0
D．小球从A 到B，弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量
【答案】B
【解答】解：A.小球从A 到B，加速度向下减小，在B 点加速度为0，则速度的变化率一直减小，故A
错误；
B.小球在B 点速度为v0，则动量的变化量为Δp＝mv0
以v0的方向为正方向，由动量定理可得合力的冲量为I＝Δp＝mv0，故B 正确；
C.小球从A 到C，合力的冲量为0，重力的冲量不为0，故C 错误；
D.小球从A 到B，由机械能守恒知弹性势能的增加量等于重力势能的减小量与在B 点动能之差，故D 错
误。
故选：B。
（多选）6．我国铁路运营总里程突破16.2 万公里，其中高铁运营里程达4.8 万公里。在动车技术方面也有
重大突破，复兴号动车已率先实现自动驾驶速度突破530km/h。已知动车由静止开始沿水平直线轨道以
恒定的加速度启动，经时间t 达到额定功率P 时，动车的速度为v，然后动车保持额定功率不变，再经过
0.6t，可近似认为达到最大速度vm，已知vm＝1.2v，假设全程阻力大小恒定，则下列说法正确的是（
）
A．0～1.6t 内动车的平均速度为0.6v
B．动车的质量为Pt
6 v
2
C．0～1.6t 内动车克服阻力做功为49 Pt
50
D．牵引力在0～1.6t 内的冲量为23 Pt
15 v
【答案】BCD
【解答】解：A、由于动车先做加速度恒定的匀加速直线运动，后做加速度减小的变加速直线运动，所
以其平均速度v ＞1.2v
2
=0.6 v，故A 错误；
B、动车做匀变速直线运动的加速度为a= v
t
动车的牵引力大小为F = P
v
动车所受摩擦力大小为f =
P
1.2v
在匀加速阶段，动力学方程有F﹣f＝ma
解得m= Pt
6 v
2，故B 正确，
C、从动车开始运动到速度达到最大的过程中，由动能定理Pt
2 + P⋅3t
5 −W f = 1
2 m(1.2v)
2−0
全程克服阻力做功W f = 49 Pt
50
，故C 正确。
取v 的方向为正方向，水平方向上由动量定理I F−
P
1.2v ⋅1.6t =m⋅1.2v −0
把m= Pt
6 v
2代入，解得I F = 23 Pt
15 v ，故D 正确。
故选：BCD。
（多选）7．东风﹣5C 洲际导弹起飞时的质量m＝1.8×105kg，假设在发射初期仅受恒定推力F 作用，从静止
开始沿竖直方向加速，经t＝4.0s 后速度达到v＝40m/s。已知重力加速度g＝10m/s2，该过程中忽略空气
阻力及导弹质量的变化，下列关于此过程的说法正确的是（ ）
A．导弹动量的变化量大小为7.2×106kg•m/s
B．推力F 的冲量大小为7.2×106N•s
C．重力做负功的平均功率为3.6×107W
D．推力F 做功为2.88×108J
【答案】ACD
【解答】A ．规定向上为正，则动量变化量大小为Δp ＝mΔv ＝1.8×105× （40﹣0 ）kg• m/s ＝
7.2×106kg•m/s，故A 正确；
B．加速度 a= Δv
t = 40
4 m/ s
2=10m/ s
2
合外力F合=ma=1.8×10
5×10 N =1.8×10
6 N
重力G＝mg＝1.8×105×10N＝1.8×106N
推力F＝F 合+mg
代入数据得F＝3.6×106N
规定向上为正，则推力冲量 I F = F ⋅t =3.6×10
6×4 N ⋅s =1.44×10
7 N ⋅s≠7.2×10
6 N ⋅s，故B 错
误；
C．重力做负功，平均功率为PG＝mgv
代入数据得PG＝3.6×107W，故C 正确；
D．导弹上升的位移x = 1
2 at
2
代入数据得x＝80m
推力F 做功为WF＝Fx，
代入数据得WF＝2.88×108J，故D 正确。
故选：ACD。
模型二 动量守恒定律
1.适用条件
（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看
成守恒。
（3）分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒
。
2.动量守恒定律的“五性”
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一
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、必须是系统中各
物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、必须是系
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
不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
3.应用动量守恒定律解题的步骤
【例题精讲】
1．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，当两粒子距离最近时，B 粒子的速度为（ ）
A．0.1v0
B．0.2v0
C．0.3v0
D．0.4v0
【答案】B
【解答】解：以A、B 组成的系统为研究对象，水平方向仅受库仑内力，系统动量守恒，规定粒子初速
度方向为正，当两粒子距离最近时，它们的相对速度为0，即速度相同（设为v）mv0+4m×0＝5mv
代入数据得v = v0
5 ，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2．如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小
船静止。若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率
为（ ）
A．v0+ mv
M
B．v0−mv
M
C．v0+ m(v0+ v)
M
D．v0+ m(v0−v)
M
【答案】C
【解答】解：以向右为正方向，对小船和救生员组成的系统应用动量守恒定律，系统在水平方向不受外
力，因此动量守恒。
初始时小船和救生员一起以速率v0向右匀速行驶，系统总动量为（M+m）v0；设救生员跃出后小船的速
率为v'，救生员相对水面的速率为水平向左的v，即速度为﹣v，此时系统总动量为Mv'﹣mv。根据动量
守恒定律可得（M+m）v0＝Mv'﹣mv，解得v ′ = v0+ m(v0+ v)
M
，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
3．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，
如图所示。则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．无法判定动量、机械能是否守恒
【答案】C
【解答】解：整个系统置于光滑水平面上，在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和
为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
4．质量为200kg 的小船在静止水面上以3m/s 的速率向右匀速行驶，一质量为50kg 的救生员站在船尾，相
对小船静止。若救生员以相对船以6m/s 的速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为
（ ）
A．4.2m/s
B．3m/s
C．5.25m/s
D．2.25m/s
【答案】A
【解答】解：救生员在跃出的过程中，对救生员、船组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守
恒
定
律
可
得
：
（
M+m
）
v0 ＝
Mv+m
（
v﹣
v1 ）
，
代
入
数
据
解
得
：
v = ( M +m)v0+m v1
M +m
= v0+ m v1
M +m =3m/ s+ 50×6
250 m/ s= 4.2m/ s，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
5．关于如图情景中的描述，系统动量守恒的是（ ）
A．图甲，在光滑的水平面上，轻绳水平拉直后小球从A 点静止释放，小球运动到最低点的过程中（小
球与小车为系统）
B．图乙，木块沿光滑固定斜面由静止下滑的过程（木块与固定斜面为系统）
C．图丙，两同学原地传接篮球的过程（两同学与篮球为系统）
D．图丁，绑有磁铁的两小车在光滑水平地面上相向运动的过程（两车与磁铁为系统）
【答案】D
【解答】解：A．当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有加速度，即可得知整体所受的合力不为零，
总动量不守恒，故A 错误；
B．当木块沿固定斜面下滑时，地面对斜面存在作用力，导致木块与斜面组成的系统所受合外力不为零，
因此该系统的动量不守恒，故B 错误；
C．两同学传接篮球的过程，由于地面摩擦力、重力的作用，两同学和篮球构成的系统动量不守恒，故C
错误；
D．两车在光滑水平面上，小车相向运动的过程中合外力为零，系统动量守恒，故D 正确。
故选：D。
（多选）6．如图，光滑水平面上两个完全相同的弹簧振子相对放置，小球静止时恰好互相接触，将两个小
球向两边压缩弹簧相同压缩量时静止释放，并开始计时，小球依次经过P 点的时刻分别记为t1、t2、
t3、…，不计一切摩擦，小球碰后原速反弹，两小球及弹簧始终在一条直线上，下列说法正确的是
（ ）
A．该系统的运动周期为t3﹣t1
B．该系统的运动周期为t2﹣t1
C．该系统的运动周期为t2
2 +t1
D．该系统的运动周期为t2+2t1
【答案】AD
【解答】解：A 两个小球完全相同且碰撞后原速反弹，这种碰撞可以等效为小球“穿过”对方继续沿原
方向运动。因此，整个系统的运动可简化为一个等效小球在左右两个弹簧之间做简谐运动，简谐运动的
周期是完成一次“全振动”的时间。
从t1（第一次过平衡位置）到t3（第三次过平衡位置），等效小球完成了一次完整的全振动（平衡位置→
一端最大位移→平衡位置→另一端最大位移→平衡位置），因此系统的运动周期为t3﹣t1，故A 正确，
BC 错误；
D.简谐运动的周期是完成一次“全振动”的时间，从t1（第一次过平衡位置）到t2（第二次过平衡位置），
根据运动的对称性，怎再回到被压缩点完成一次全振动，则运动周期为t2+2t1，故D 正确。
故选：AD。
（多选）7．如图所示，质量分别为m1、m2（m1＞m2）的小球A、B 用轻弹簧连接，两小球分别套在两平行
且足够长的光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B 的左侧有一固定挡板。假设轨
道足够长，A 由图示位置由静止释放，当A 与B 相距最近时，A 的速度为v1，则在以后的运动过程中（
）
A．A 的最小速度是0
B．A 的最小速度是m1−m2
m1+m2
v1
C．B 的最大速度是v1
D．B 的最大速度是2m1
m1+m2
v1
【答案】BD
【解答】解：当A 与B 第一次相距最近时弹簧处于原长，之后A 可能一直做减速运动，也可能是先减速
到零再反向加速，B 通过弹簧被A 拉着跟在其后一直做加速运动，直到A 与B 再次相距最近时，B 的速
度达到最大，整个过程中系统动量守恒和机械能守恒，取向右为正方向，则有m1v1＝m1v1′+m2v2
1
2 m1v1
2= 1
2 m1v1
′
2+ 1
2 m2v2
2
代入数据得v1′ = m1−m2
m1+m2
v1，v2=
2m1
m1+m2
v1
当m1＞m2时，则v1′＞0，说明A 一直做减速运动，A 的最小速度是v1′ = m1−m2
m1+m2
v1，vBmax=
2m1
m1+m2
v1
，故BD 正确，AC 错误。
故选：BD。
模型三 碰撞
1.碰撞问题遵守的三条原则
（1）动量守恒：p1＋
p 2＝
p ′ 1＋
p ′ 2.
（2）动能不增加：Ek1＋
E k2≥ E ′ k1＋
E ′ k2.
（3）速度要符合实际情况
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.弹性碰撞模型
情境
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前、后系统动量守恒，动能守恒，如
图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰
后速度分别为v′1、v′2
规律
动量守恒
m1v1＋
m 2v2＝
m 1v ′ 1+m2v ′ 2
机械能守恒
m1v ＋
m 2v ＝
m 1v ′ + m 2v ′
结果
v′1＝2－v1,
v′2＝2－v2
讨论
若v2＝0，则v ′ 1＝
v 1，
v ′ 2＝
v 1
m1＝m2
v′1＝0,
v′2＝v1
质量相等，交换速度
m1＞m2
v′1＞0，v′2＞0，且
v′2＞v′1
大碰小，一起跑
m1＜m2
v′1＜0, v′2＞0
小碰大，要反弹
m1≫m2
v′1≈v′1, v′2≈2v1
极大碰极小，大不变，小加倍
（碰后小质量物体的速率为大质
量物体原速率的2 倍）
m1≪m2
v′1≈-v1, v′2≈0
极小碰极大，大不变，小等速率
反弹
3.完全非弹性碰撞模型
情境
如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，
碰后两物体的速度相同，为v 共
规律
动量守恒
m1v1＋
m 2v2＝
( m 1＋
m 2) v 共
有机械能损失（完全非弹
性碰撞时系统损失的动能
最多）
损失的动能Δ E k＝
m 1v ＋
m 2v －
( m 1＋
m 2) v
结果
v 共＝，ΔEk＝(v1－v2)2
【例题精讲】
1．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球P、Q 发生一维碰撞，两小球质量分别为m1和m2，如图乙所示
为两小球碰撞前后的x﹣t 图像。已知m1＝0.3kg，由此可以判断（ ）
A．碰后小球P、Q 都向右运动
B．碰前系统的总动量大小为2kg•m/s
C．碰后系统的总动能为2.4J
D．碰撞过程中P 对Q 的冲量大小为1.2N•s
【答案】C
【解答】解：A、根据x﹣t 图像的斜率表示速度，斜率正负表示速度方向，可知碰前Q 静止，P 向右运
动，碰后Q 向右运动，P 向左运动，故A 错误；
B、根据v = Δx
Δt 可得，碰前P 的速度v0= 8
2 m/ s= 4 m/ s
则碰前系统的总动量p＝m1v0＝0.3×4kg•m/s＝1.2kg•m/s，故B 错误；
C、碰后P 的速度v1= 0−8
4
m/ s=−2m/ s
碰后Q 的速度v2= 16−8
4
m/ s=2m/ s
根据动量守恒定律有m1v0+0＝m1v1+m2v2
解得Q 的质量m2＝0.9kg
碰撞后系统的总动能Ek 后= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2= [ 1
2 ×0.3×(−2)
2+ 1
2 ×0.9×2
2]J =2.4 J，故C 正确；
D、对Q，根据动量定理可得I＝m2v2＝0.9×2N•s＝1.8N•s，故D 错误。
故选：C。
2．某物理兴趣小组乘坐了七彩云南欢乐世界的碰碰车后，设计了如下的模型研究两车碰撞过程，如图所示，
质量分别为1kg、2kg 的小车A、B 置于光滑水平面上，小车A 右端与轻质弹簧连接。现使A、B 两车分
别以6m/s、3m/s 的初速度沿同一直线向右运动（规定向右为正方向）。从小车B 与弹簧接触到与弹簧分
离的过程中，以下判断正确的是（ ）
A．弹簧对小车B 做功的功率一直增大
B．弹簧对小车A 冲量大小为2kg•m/s
C．某一时刻小A、B 速度可能分别为2m/s 和7m/s
D．某一时刻小A、B 速度可能分别为2m/s 和5m/s
【答案】D
【解答】解：A、对A、B 分别受力分析，可知小车B 与弹簧接触到分离的过程，弹簧先压缩后恢复，弹
力先从0 增大，后减小至0，A 一直减速，B 一直加速，弹簧对B 的功率为：P＝Fv，即弹簧对B 的功率
初始和最后都为0，则功率必然有先增后减的过程，故A 错误；
CD、对A、B 整体受力分析，可知整体水平方向不受力，即整体动量守恒，以初速度方向为正方向，可
知从接触弹簧到压缩量最大，满足：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，解得：v＝4m/s；从接触B 到弹簧与B
分开，以初速度方向为正方向，由动量守恒可得：mAvA+mBvB＝mAvA2+mBvB2，由于弹簧恢复原长，由能
量守恒，可得：1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2 = 1
2 mA v A 2
2 + 1
2 mB vB2
2 ，解得：vA2＝2m/s，vB2＝5m/s，即A 的速度范
围为：[2m/s，6m/s]，B 的速度范围为：[3m/s，5m/s]，故C 错误，D 正确；
B、根据AB 分开时，A 的速度：vA2＝2m/s，初始A 的速度为：vA＝6m/s，以初速度方向为正方向，对A
应用动量定理，可得：I＝mAvA2﹣mAvA，解得：I＝﹣4kg•m/s，即弹簧对A 的冲量大小为4kg•m/s，故B
错误。
故选：D。
3．沙壶球是一项休闲运动，又称“桌上冰壶”。如图，足够长的水平球桌上静止放置两壶球a 和b。现推
出壶球a，使a、b 发生正碰。已知壶球a 碰前瞬间的动量为0.4kg•m/s，碰后瞬间的动量为0.1kg•m/s。则
碰后瞬间壶球b 的动量为（ ）
A．0.1kg•m/s
B．0.3kg•m/s
C．0.4kg•m/s
D．0.5kg•m/s
【答案】B
【解答】解：由题意可知，碰撞过程时间极短，即碰撞过程动量守恒，碰前a 的动量为0.4kg•m/s，b 静
止，即动量为0，碰后a 的动量为0.1kg•m/s，以a 的初速度方向为正方向，可得：pa+0＝pa2+pb，解得碰
后b 的动量为0.1kg•m/s，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
4．如图所示，将两个质量分别为m1＝60g、m2＝30g 的小球A、B 叠放在一起，A 在下、B 在上，中间留有
小空隙。从初始高度h0＝1.8m 处由静止释放，A 球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A 球与B 球碰撞的
时间为0.01s，取向上为正方向，B 球的速度—时间图像如图乙所示（图中忽略了AB 碰撞时间），不计
空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．B 球与A 球碰前的速度大小为4m/s
B．A、B 两球发生的是非弹性碰撞
C．A、B 两球发生的是弹性碰撞
D．两球碰撞过程中，重力对B 球的冲量大小与A 球对B 球的弹力冲量大小比值为101：1
【答案】B
【解答】解：A、在A 落地前，AB 一起自由落体，由乙图可知，B 自由落体的时间为0.6s，即B 与A 碰
前的速度大小为：v＝gt，解得：v＝6m/s，故A 错误；
BC、由题意可知A 与地面碰撞后，以原速率反弹，则AB 碰撞瞬间，A 的速度大小与B 的速度大小相同，
方向相反；AB 发生碰撞的时间极短，即AB 碰撞过程动量守恒，以竖直向上为正方向，则：m1v﹣m2v＝
m1v1+m2v2，由图可知：v2＝4m/s，解得v1＝1m/s；碰撞前的总动能为：Ek = 1
2 (m1+m2)v
2，碰撞后的总
动能为：Ek 后= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2，解得：Ek＞Ek 后，即碰撞过程有动能损失，为非弹性碰撞，故B 正确，
C 错误；
D、根据B 碰后的速度为v2＝4m/s，以竖直向上为正方向，可得到B 的动量变化量为：Δp＝m2v2﹣m2
（﹣v），碰撞过程B 的重力的冲量大小为：I1＝m2gΔt，竖直向下，对B 应用动量定理，可得：IAB﹣I1
＝Δp，解得B 的重力的冲量与A 对B 的弹力冲量的大小之比为1：101，故D 错误。
故选：B。
5．在某次台球比赛中，质量均为m，材料相同的白球和黑球静止在台球桌上，一选手以冲量I 击白球，碰
撞静止的黑球，碰撞前后两球的位置标记如图所示，A、B 分别为碰前瞬间白球、黑球所在位置，C、D
分别为碰撞后白球、黑球停止的位置。则由图可得碰撞过程中损失的机械能为（ ）
A．2 I
2
9m
B．I
2
9m
C．I
2
3m
D．2 I
2
3m
【答案】A
【解答】解：根据题意，白球受到冲量I 作用，碰撞前的动量p0＝I，初速度v0= I
m。
碰撞过程系统动量守恒，有：mv0＝mvw+mvb，即v0＝vw+vb。碰后两球均在摩擦力作用下做匀减速运动，
加速度大小均为a＝μg。
由速度—位移公式v2＝2as 可得，两球碰后速度之比等于位移平方根之比。观察题图网格，白球碰后位移
sw＝1 单位（由B 到C），黑球碰后位移sb＝4 单位（由B 到D）。
则碰后速度之比为vw
vb
= ❑√
sw
sb
= 1
2
，解得：vb ＝2vw 。联立方程v0 ＝vw+vb 与vb ＝2vw ，解得：
vw = 1
3 v0= I
3m，vb= 2
3 v0= 2 I
3m。
碰撞过程中损失的机械能为：ΔE = 1
2 m v0
2−( 1
2 m vw
2 + 1
2 m vb
2)，代入速度表达式计算得：ΔE = 2 I
2
9m。故
A 正确，BCD 错误。
故选：A。
（多选）6．两小球A、B 的质量分别为mA和mB，将它们沿水平直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v 随时
间t 的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．mA：mB＝3：1
B．mA：mB＝1：3
C．碰撞前球B 在球A 前方
D．碰撞前球A 在球B 前方
【答案】BC
【解答】解：AB、由速度—时间图像可知，碰撞发生前，球A 的速度v1＝8m/s，球B 的速度v2＝4m/s；
碰撞发生后，球A 的速度变为v3＝2m/s，球B 的速度变为v4＝6m/s。在碰撞过程中，系统动量守恒，有
m1v1+m2v2＝m1v3+m2v4，代入数据解得质量比m1：m2＝1：3，故A 错误，B 正确；
CD、碰撞前v1＞v2，且两球均沿水平方向向右运动，要发生碰撞，则球A 需从后方追上球B，即球B 位
于球A 的前方，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
（多选）7．如图所示，足够长的光滑水平平台右端与逆时针转动的水平传送带AB 在A 点平滑连接（不影
响传送带的运动），平台上静止着a、b、c 三个小滑块，b、c 间锁定一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧
不拴接）。现解除弹簧锁定，滑块b、c 与弹簧分离后拿掉弹簧，c 滑上传送带后恰好能运动到传送带的
最右端B 点，接着又向左返回，b 与a 碰撞后粘在一起。已知a、b、c 的质量分别为ma＝1.5kg、mb＝
0.5kg、mc＝1.5kg，传送带AB 的长度为l＝2m，滑块c 与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，小滑块均
可视为质点，重力加速度g 取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧锁定时的弹性势能为48J
B．b 与a 碰撞过程损失的机械能为36J
C．若传送带的速度大小为v0＝3m/s，则传送带对c 的冲量大小为10.5N•s
D．若传送带的速度小于3m/s，c 永远不能追上b
【答案】ACD
【解答】解：A．设c 刚滑上传送带上的速度为vc，根据牛顿第二定律μmcg＝mca
代入数据得c 在传送带上减速时的加速度大小为a＝4m/s2
由匀变速直线运动规律可得0−vc
2=−2al
代入数据解得vc＝4m/s
规定初速度方向为正，b、c 及弹簧组成的，系统动量守恒，则有mcvc＝mbvb
代入数据解得b 与弹簧分离时的速度大小为vb＝12m/s，结合能量守恒可得弹簧锁定时的弹性势能
E p= 1
2 mb vb
2+ 1
2 mc vc
2
代入数据得Ep＝48J，故A 正确；
B．b 与a 碰撞为完全非弹性碰撞，设碰撞后二者共同速度为v，
规定初速度方向为正，根据动量守恒定律可得mbvb＝（ma+mb）v
代入数据得v＝3m/s
则b 与a 碰撞过程损失的机械能为ΔE = 1
2 mb vb
2−1
2 (ma+mb)v
2
代入数据得ΔE＝27J，故B 错误；
C．若传送带的速度大小为v0＝3m/s，规定向左为正，根据动量定理可得，传送带对c 的冲量大小为I＝
Δp＝mcv0﹣（﹣mcvc）
代入数据得I＝10.5N•s，故C 正确；
D．若传送带的速度小于3m/s，则c 向左被加速的速度大小就小于3m/s，根据上述分析可知，b 与a 碰撞
后的速度为3m/s，所以c 永远追不上b，故D 正确。
故选：ACD。
模型四 爆炸和反冲 人船模型
1.爆炸及其特点
概念
一个物体由于内力的巨大作用而分为两个或两个以上物体的过程
特点
动量
守恒
由于爆炸是在极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用远
远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒
动能
增加
在爆炸过程中，由于其他形式的能量转化为动能，所以爆炸
后系统的总动能增加
位置
不变
爆炸的时间极短，因而在爆炸过程中，物体产生的位移很
小，一般忽略不计，即认为位置不变
2.反冲运动及其特点
概念
根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两
部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动
特点
作用原理
反冲运动是系统内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
动能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以
系统的总动能增加
3.“人船模型”问题的特征
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作
用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”
问题。
4.“人船模型”的特点
（1）两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.
（2）运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；两物体的位移
满足：m－M＝0，x 人＋x 船＝L，即x 人＝L，x 船＝L.
（3）应用此关系时要注意一个问题：公式中v1和v2一般都是相对地面而言的。
5.类“人船模型”
【例题精讲】
1．一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是200kg，这个士兵用自动步枪在内沿水平方向
发射子弹，每发子弹的质量是20g，子弹离开枪口时相对步枪的速度是1000m/s。射击前皮划艇是静止的，
不考虑水的阻力，射出一颗子弹后，皮划艇的速度大小约为（ ）
A．0.1m/s
B．1m/s
C．10m/s
D．100m/s
【答案】A
【解答】解：子弹离开枪口时相对步枪的速度为正方向，士兵发射一发子弹的过程，设子弹的发出后皮
划艇的速度为v0，则根据动量守恒定律得0＝（M﹣m）v0﹣m（1000+v0）
代入数据得v0≈0.1m/s，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状态。人站在车左端，且始
终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车的左端，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度。在连续
的敲打的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小车将持续地向右运动
B．锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，机械能也守恒
C．每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动
D．每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右
【答案】C
【解答】解：AC、把人、锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由题知系
统的总动量为零，所以用锤连续敲击车的左端时，可知锤向右运动时，小车向左运动，锤向左运动时，
小车向右运动，所以车左右往复运动，车不会连续向右运动，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同
速度，人和车立即停止运动，故A 错误，C 正确；
B、由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，因此系统机械能不守恒，故B 错误；
D、由于水平方向上动量守恒，每次锤被向左抡到最高点的时刻，此时锤速度为0，故人和车的速度也为
0，故D 错误。
故选C。
3．航模小组制作了一枚质量为8kg 的火箭模型，某时刻火箭速度为5m/s，方向水平，燃料即将耗尽，如图，
火箭突然炸裂成两块，其中质量为4kg 的一块沿着与初速度相反的方向飞去，速度大小为10m/s，则炸裂
后另一块速度大小为（ ）
A．0m/s
B．5m/s
C．10m/s
D．20m/s
【答案】D
【解答】解：火箭炸裂前后，组成火箭的系统动量守恒，以炸裂前火箭的速度方向为正方向，火箭炸裂
成两块瞬间，由水平方向动量守恒得
mv0＝﹣m1v1+（m﹣m1）v2
则v2= m v0+m1v1
m−m1
= 8×5+ 4×10
8−4
m/ s=20m/ s，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
4．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 的初动能小于其落地时的动能
C．弹药释放的能量为48mgh(1+ s2
2
4 h
2 )
D．弹药释放的能量为36mgh(1+ s2
2
4 h
2 )
【答案】C
【解答】解：B、D 沿着滑轨向前运动、再做平抛运动到地面的过程，根据动能定理，可得：（m+5m）
gh﹣μ（m+5m）gs1＝EkD 末﹣EkD 初，
由题意可知：s1= h
μ ，可得：EkD 初＝EkD 末，故B 错误；
ACD、D 离开滑轨后，做平抛运动，水平方向：s2＝vxt，竖直方向：h= 1
2 gt
2，v y
2 =2 gh，D 的末动能：
EkD末= 1
2 (m+5m)(v x
2+ v y
2 )，解得：EkD末=3m(2 gh+ g s2
2
2h )；
由B 选项分析，可知D 的初末动能相等，解得D 的初速度为：v D=
❑√2gh+ g s2
2
2h
，
B 嵌入C 中后，与C 形成D，以水平向右为正方向，根据动量守恒，可得到D 的初速度与B 初速度满足：
mvB＝（m+5m）vD；
爆炸瞬间，A、B 分别被弹开，以水平向右为正方向，根据动量守恒可得：0＝mvB﹣3mvA，由能量守恒：
ΔE = 1
2 ×3m v A
2 + 1
2 m vB
2，
解得：vA＝2vD，ΔE = 48mgh(1+ s2
2
4 h
2 )，
爆炸后A 的动能为：EkA = 1
2 ×3m v A
2 ，解得：EkA =6m(2gh+ g s2
2
2h )，即：EkA＞EkD 初，故AD 错误，C
正确。
故选：C。
5．一质量为m 的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的甲、乙两块，爆炸前瞬间炮弹速度为
v，方向水平向右，爆炸后甲的速度为1.5v，方向水平向左。爆炸过程中转化为动能的化学能有（ ）
A．3
4 m v
2
B．2mv2
C．25
8 m v
2
D．7mv2
【答案】C
【解答】解：设爆炸后乙的速度为v′，方向水平向右。根据动量守恒可得mv =−m
2 ×1.5 v + m
2 ⋅v ′
解得v′＝（v+0.72v）×2＝3.5v
根
据
能
量
守
恒
可
得
爆
炸
过
程
中
转
化
为
动
能
的
化
学
能
为
ΔE = 1
2 × m
2 (1.5 v)
2+ 1
2 × m
2 (3.5 v)
2−1
2 m v
2= 25
8 m v
2，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
（多选）6．“双响炮”在节假日期间营造了欢快的气氛，深受人们喜爱。某型号双响炮从地面爆炸竖直向
上发射，到达距地面1.8m 的最高点P 时瞬间炸裂成A、B 两块。A 块的质量为10g，以1m/s 的速度水平
向东平抛后落在泥土中不再反弹；B 块的质量为2.5g，B 块与水平地面碰撞后反弹的最大高度为0.45m
（A、B 块最终落地点在同一水平面上）。已知B 块第一次与地面接触的时间为0.1s，B 块与水平地面间
的动摩擦因数为0.2，重力加速度g 取10m/s2，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．B 在最高点P 的速度大小为4m/s
B．A、B 两块第一次落地点间的距离为3m
C．B 块与地面第一次接触时，受到的弹力的冲量大小为0.06N•s
D．B 块第一次反弹至最高点时的速度大小为0
【答案】AB
【解答】解：A、爆炸瞬间系统在水平方向动量守恒，以向东为正方向，由0＝mAvA﹣mBvB，解得：vB
＝4m/s，故A 正确；
B、两物块从P 点下落时间t = ❑√
2 H
g
，落地时水平距离Δx＝（vA+vB）t，代入数据解得：Δx＝3m，故B
正确；
C、B 块下落至地面竖直速度v y 1= ❑√2gH，解得vy1＝6m/s，反弹速度v y 2= ❑√2gh，根据动量定理，竖直
方向支持力冲量IN＝mB（vy1+vy2）+mBgΔt，代入数据解得：IN＝0.025N•s，故C 错误；
D、B 块与地面接触过程，水平方向动量定理﹣μIN＝mBvx 末﹣mBvB，代入数据解得：vx 末＝2m/s，则反弹
至最高点时速度不为零，故D 错误。
故选：AB。
（多选）7．如图（a）所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆碰碰车，质量为30kg 的小孩乘甲车以5m/s 的
速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15kg，乙车静止于甲车滑行的前方。两车碰撞前后的位置随时间
变化的图像如图（b）所示，下列说法中正确的是（ ）
A．乙车的质量为60kg
B．乙车的质量为90kg
C．为避免两车相撞，小孩最少以5
3 m/ s的速度（相对于地面）从甲车跳到乙车
D．为避免两车相撞，小孩最少以20
3 m/ s的速度（相对于地面）从甲车跳到乙车
【答案】BD
【解答】解：AB、根据x﹣t 图像的斜率等于速度，由图可知，碰撞前甲车的速度为
v0= 5
1 m/ s=5m/ s
碰撞后甲车的速度
v1= 4−5
1
m/ s=−1m/ s
负号表示方向向左；
碰撞后乙车的速度为
v2= 8−5
1
m/ s=3m/ s
甲、乙两车碰撞过程中，三者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
（m 人+m 甲）v0＝（m 人+m 甲）v1+m 乙v2
代入数据解得
m 乙＝90kg
故A 错误，B 正确；
CD、设人跳向乙车的速度为v 人，取向右为正方向，人跳离甲车过程，根据动量守恒定律有
（m 人+m 甲）v0＝m 人v 人+m 甲v3
人跳上乙车过程，根据动量守恒定律有
m 人v 人＝（m 人+m 乙）v4
为避免两车相撞，应满足
v3≤v4
取“＝”时，人跳离甲车的速度最小，代入数据解得人跳离甲车的最小速度
v人= 20
3 m/ s
故C 错误，D 正确。
故选：BD。
课时精练
一．选择题（共8 小题）
1．历史上曾出现过“关于运动度量之争”，篮卡尔认为应该用物理量mv 来量度运动的“强弱”，菜布尼
茨认为应该用物理量mv2来量度运动的“强弱”。经过半个多世纪的争论，法国科学家达朗贝尔用他的
研究指出，双方实际是从不同的角度量度运动。关于动量和动能，下列说法正确的是（ ）
A．质量和速率相同的物体，动量和动能一定都相同
B．质量和速率不同的物体，动量和动能一定不同
C．一个物体动量发生了变化，动能也一定变化
D．一个物体动能发生了变化，动量也一定变化
【答案】D
【解答】解：A.动能是标量，质量和速率相同则动能相同；但动量是矢量，速率相同、速度方向可能不
同，因此动量不一定相同，故A 错误；
B.存在质量和速率不同但动量或动能相同的情况（如质量为2m、速率为v 的物体与质量为m、速率为2v
的物体，动量相同但动能不同），故B 错误；
C.动量变化可能仅由速度方向变化引起（如匀速圆周运动），此时速率不变，动能也不变，故C 错误；
D.动能变化说明速率一定变化，速度大小改变则动量（矢量）必然变化，故D 正确。
故选：D。
2．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m 的球C。重力加速度为g。现将C 球拉起使细线水平伸直，
并由静止释放C 球，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中A、B、C 组成的系统动量守恒
B．A、B 两木块分离时，A、B 的速度大小均为❑√
2gL
3
C．A、B 两木块分离时，C 的速度大小为❑√
gL
3
D．C 球由静止释放到最低点的过程中，A 对B 的弹力的冲量大小为m❑√
gL
3
【答案】D
【解答】解：A、C 球下摆过程中，系统所受竖直方向的合外力不为零，因此总动量不守恒，但水平方向
动量守恒，故A 错误；
B、当C 球到达最低点时，A 与B 之间的弹力消失并开始分离。取水平向右为正方向，根据水平方向动
量守恒，有（mA+mB）v+mCvC＝0，以及机械能守恒定律mC gL= 1
2 (mA+mB)v
2+ 1
2 mC vC
2 。代入质量关
系mA＝mB＝mC＝m，可得2mv+mvC＝0 与mgL=mv
2+ 1
2 m(−2v)
2=3mv
2，解得A、B 分离时速度大
小v = ❑√
gL
3 ，故B 错误；
C、由vC＝﹣2v，求得此时C 球速度大小为|vC|=2❑√
gL
3
，故C 错误；
D、对木块B 应用动量定理，A 对B 弹力的冲量等于B 动量的变化量，即I = Δ pB=mv −0=m ❑√
gL
3
，故
D 正确。
故选：D。
3．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m 的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧。
质量为2m 的木块A 以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B、在木块A 与弹簧相互作用的过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．弹簧压缩量最大时，B 板运动速率最大
B．B 板的加速度先增大后减小
C．弹簧给木块A 的冲量大小为2m v0
3
D．弹簧的最大弹性势能为2m v0
2
3
【答案】B
【解答】解：A、在木块A 与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程
中，弹簧对木板B 有向左的弹力，B 板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B 板运动速率不是最大，当
弹簧恢复原长时B 板的速率最大，故A 错误；
B、弹簧的压缩量先增加后减小，则弹簧对B 板的弹力先增大后减小，根据牛顿第二定律可知，B 板的加
速度先增加后减小，故B 正确；
C、设弹簧恢复原长时A 与B 的速度分别为v1和v2。规定向左为正方向，根据动量守恒定律可得
2mv0＝2mv1+mv2
根据机械能守恒定律可得
1
2 ⋅2mv0
2= 1
2 ⋅2mv1
2+ 1
2 mv2
2
解得v1= v0
3 ，v2= 4 v0
3
对A，根据动量定理有I =2mv1−2mv0=−4
3 mv0
即弹簧给木块A 的冲量大小为4
3 mv0，故C 错误；
D、当木块A 与木板B 的速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，规定向左为正方向，
根据动量守恒定律可得2mv0＝（m+2m）v
根据系统机械能守恒可得EP= 1
2 ⋅2m v0
2−1
2 (2m+m)v
2
联立解得弹簧的最大弹性势能为E p= 1
3 m v0
2，故D 错误。
故选：B。
4．2025 年9 月3 日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80 周年大会在北京隆重举行。如图所
示为接受检阅的歼﹣10C 梯队，假设歼﹣10C 在空中水平飞行，受到重力、水平向右的推进力、竖直向
上的升力、水平向左的阻力，则有关歼﹣10C，下列说法正确的是（ ）
A．水平向右匀速飞行过程中，歼﹣10C 的重力冲量为零
B．水平向右匀速飞行过程中，歼﹣10C 的重力做功为零
C．水平向右加速飞行过程中，歼﹣10C 的飞行员处于超重状态
D．水平向右加速飞行过程中，歼﹣10C 对空气的作用力小于空气对歼﹣10C 的作用力
【答案】B
【解答】解：A、根据重力冲量的定义I＝Gt，可知重力为恒力，时间不为0，故水平向右匀速飞行过程
中，歼﹣10C 的重力冲量不为0，故A 错误；
B、水平向右匀速飞行过程中，在重力的方向没有位移，故重力所做功为0，故B 正确；
C、歼﹣10C 水平向右加速飞行过程中，竖直方向没有加速度，故飞行员不处于超重状态，故C 错误；
D、歼﹣10C 对空气的作用力与空气对歼﹣10C 的作用力为一对相互作用力，它们大小相等，故D 错误。
故选：B。
5．下列关于动量的说法，正确的是（ ）
A．动量是标量，只有大小没有方向，其单位是kg•m/s
B．质量越大的物体，动量一定越大
C．两个物体动能相等时，动量也一定相等
D．动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，动能是标量，动量是矢量
【答案】D
【解答】解：A．动量是矢量，既有大小又有方向，其单位是kg•m/s，故A 错误；
B．根据p＝mv，可知动量与物体质量与速度的乘积有关，则质量越大的物体，动量不一定越大，故B
错误；
C．根据Ek = 1
2 mv
2= p
2
2m，可知两个物体动能相等时，动量不一定相等，故C 错误；
D．动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，动能是标量，动量是矢量，故D 正确。
故选：D。
6．如图，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ 角的恒定拉力F 后，物体水平向右做匀加速直线
运动，运动时间为t，下列说法正确的是（ ）
A．物体所受拉力F 的冲量方向水平向右
B．物体所受拉力F 的冲量大小是Ft
C．物体所受重力的冲量为零
D．仅改变θ，物体受到摩擦力的冲量不变
【答案】B
【解答】解：AB．物体所受拉力F 的冲量大小为I＝Ft，冲量方向与F 方向相同，故A 错误，B 正确；
C．物体所受重力的冲量为IG＝mgt，故C 错误；
D．仅改变θ，物体所受摩擦力的大小发生改变，而作用时间不变，因此摩擦力的冲量发生改变，故D 错
误。
故选：B。
7．如图，总质量为m 的嫦娥六号探测器，依靠竖直向下喷出密度为ρ、横截面积为S 的气体，悬停在月表
上空。若近似认为喷射气体的重力忽略不计，忽略探测器的质量变化，现测得探测器喷出气体的速度大
小为v，还已知月球半径为R 和万有引力常量G，并视月球为均匀物质构成，则根据以上物理量可求得
月球密度为（ ）
A．3 ρS v
2
4 πGmR
B．ρS v
2
8 πGmR
C．3GρSv
4 πmR
D．GρSv
8 πmR
【答案】A
【解答】解：设Δt 时间内喷出气体质量为Δm＝ρSvΔt
规定喷出气体方向为正，对喷出气体用动量定理FΔt＝Δm•v
物体受力平衡与万有引力探测器悬停时，月球引力与喷气推力平衡G Mm
R
2 = F
代入数据得月球质量M 月= ρS v
2 R
2
Gm
月球密度月球体积V = 4
3 π R
3
得密度为ρ月= M 总
V
= ρS v
2 R
2
Gm
⋅
3
4 π R
3 = 3 ρS v
2
4 πGmR ，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
8．轻杆一端固定在过O 点的水平转轴上，另一端连接小球，小球在竖直面内绕O 点做顺时针方向的匀速圆
周运动，A、C 分别是其运动轨迹的最高点和最低点，B 点与O 点等高，如图所示。下列选项正确的是（
）
A．小球在A、C 两点的动量相等
B．小球在A→B 过程所受合外力冲量为0
C．小球在A→B 过程和A→C 过程的动量变化量大小相等
D．小球在A→B 过程和B→C 过程所受合外力冲量大小相等
【答案】D
【解答】解：A、动量是矢量p＝mv，小球在A 点速度向右，C 点速度向左，动量方向相反，因此动量不
相等，故A 错误；
B、小球在A→B 过程中，小球速度方向从水平向右变为竖直向下，动量发生变化，根据动量定理，合外
力冲量不为0，故B 错误；
C、小球在A→B 过程动量变化大小为❑√2mv，A→C 过程动量变化大小为2mv，二者大小不相等。故C
错误；
D、小球在A→B 过程与B→C 过程均为四分之一周期，动量变化的矢量大小均为❑√2mv，根据动量定理，
合外力冲量大小相等，故D 正确。
故选：D。
二．多选题（共3 小题）
（多选）9．如图所示，一质量M＝8.0kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝
2.0kg 的小木块A。给A 和B 大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，
A 始终没有滑离B 板，A、B 之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s2。则在整个过程中，下列
说法正确的是（ ）
A．小木块A 的速度减为零时，长木板B 的速度大小为3.75m/s
B．小木块A 的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A 与长木板B 共速时速度大小为3m/s
D．长木板B 的长度可能为10m
【答案】ACD
【解答】解：A．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得Mv0﹣mv0＝Mv1+0
代入数据得v1＝3.75m/s，故A 正确；
BC．由于系统总动量方向向右，则小木块A 先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右
匀速，设共速速度为v2，根据动量守恒定律可得Mv0﹣mv0＝（M+m）v2
代入数据得v2＝3m/s，故B 错误，C 正确；
D．小木块与木板共速时，根据能量关系有μmg L0= 1
2 ( M +m)v0
2−1
2 ( M +m)v2
2
代入数据得L0＝8m，由于A 始终没有滑离B 板，则木板长度必须大于或等于8m，故D 正确。
故选：ACD。
（多选）10．如图所示，长为l 的轻质细杆两端分别固定着A、B 两个光滑小球，其中A 球的质量为m，B
球的质量为3m，两球均可视为质点，整个装置竖直放置在光滑水平地面上。轻微扰动轻杆使小球A 向左
倾倒，直到小球A 刚要落地，小球B 始终未离开地面。则在该过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A、B 两球组成的系统动量和机械能均守恒
B．球B 对地面的压力大小可能大于3mg
C．A 球落地时的速度大小为❑√2gl
D．A 球落地时B 球向右移动的距离为3l
4
【答案】BC
【解答】解：A.A、B 两球组成的系统动量水平方向动量守恒，竖直方向不守恒，故总动量不守恒，故A
错误；
B.两球沿杆方向速度相同，A 球落地瞬间，A 球沿杆方向速度为零，故此时B 球速度为零，所以A 球下
落过程中，B 球经历了先加速再减速的过程，杆对B 球先做正功，后做负功，即杆对B 球先提供压力，
此时B 球对地面压力大于3mg，后提供拉力，此时B 球对地面压力小于3mg，故B 正确；
C.对A、B 系统，由机械能守恒定律可得
mgl = 1
2 mv
2
故A 球落地时的速度大小为
v = ❑√2 gl
故C 正确；
D.AB 水平方向动量守恒、水平方向平均动量也守恒，设A、B 球平均速度大小分别为v A、vB，移动距离
分别为xA、xB，以v A的方向为正方向，则有
m v A =3m vB
故
m x A
t =3m xB
t
即
mxA＝3mxB
又因为
xA+xB＝l
联立可得
xB= l
4
故D 错误。
故选：BC。
（多选）11．如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B 用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长，橡皮
绳原长L＝2v0t0。初始时，A 以水平向左的初速度v0开始运动，B 初速度为0，A、B 运动的速率随时间
变化图像如图乙所示，两物块在t 时刻发生碰撞并粘在一起，则在两物块碰撞前下列说法正确的是
（ ）
A．t0时刻A、B 的速度变化率大小之比为5：3
B．橡皮绳最大的弹性势能与系统初状态的总动能之比为3：8
C．t：t0＝4：1
D．t0左侧阴影部分面积大于右侧阴影部分的面积，且小于橡皮绳原长L 的一半
【答案】ACD
【解答】解：A、根据速度—时间图像可知，在t0时刻两物体速度相同，均为vc。由动量守恒定律可得
mAv0＝（mA+mB）vc。从图像中可读出vc= 3
8 v0，代入解得质量之比mA：mB＝3：5。在t0时刻，橡皮绳
的张力F 相同，根据牛顿第二定律，加速度分别为aA = F
mA
和aB= F
mB
，因此速度变化率（即加速度）的
大小之比aA：aB＝mB：mA＝5：3，故A 正确；
B 、当两物块速度相等时，橡皮绳的弹性势能达到最大值。最大弹性势能
E p，max= 1
2 mA v0
2−1
2 (mA+mB)vc
2。代入数据计算得E p，max = 1
2 mA v0
2(1−
mA
mA+mB
)= 5
8 E0，故其与初
始动能E0的比值为5：8，故B 错误；
C、由简谐运动的规律可知，t0对应1
4 周期。在2t0时刻（即1
2周期），橡皮绳恢复原长，此时vB= 3
4 v0，
根据动量守恒可求得v A =−1
4 v0（方向向右）。此后绳子松弛，两物体均做匀速直线运动，它们之间的
相对速度v相对= 3
4 v0−(−1
4 v0)= v0。从此时到两物块相碰所需时间Δt =
L
v相对
= 2v0t0
v0
=2t0。因此碰撞
发生的时刻t＝2t0+2t0＝4t0，即t：t0＝4：1，故C 正确；
D 、t0 时刻前图像所围的阴影面积S1 表示0 到t0 时间内的相对位移，即橡皮绳的最大伸长量
ΔL= 2v0t0
π
= L
π ，满足ΔL＜L
2 。t0时刻后的阴影面积S2由vB与|vA|所围成，由于物体A 在该过程中会反
向运动，其速率|vA|大于其速度分量，导致S2＜S1。经计算，S1= L
π ≈0.32 L，满足S1＜0.5L 且S1＞S2，
故D 正确。
故选：ACD。
三．解答题（共5 小题）
12．如图所示，足够长的水平传送带顺时针匀速转动，其左侧紧邻光滑轨道AMN，AM 倾斜、MN 水平，
其右侧紧邻粗糙水平面PQ。初始时刻，小物块a 静置于AM 上，小物块b 静置于MN 上，小物块c 静置
于PQ 左端点P 处。现将a 由静止释放，a 与b 发生碰撞后粘在一起进入传送带，且ab 进入传送带时的动
能为E0。ab 运动至P 处时以动能9E0与c 发生弹性碰撞，此后ab 与c 恰好未发生下一次碰撞。从ab 与c
碰撞后至各自停止，ab 与c 各自运动的时间之比为3：1。已知a、b 质量均为m，重力加速度为g，ab 与
传送带及PQ 间的动摩擦因数相同。所有物块均可视为质点，M、N、P、Q 在同一水平线上，碰撞时间、
空气阻力及各连接处的能量损失不计。求：
（1）传送带的速度大小；
（2）a 释放时距MN 的高度；
（3）c 的质量。
【答案】（1）传送带的速度大小为3
❑√
E0
m
；
（2）a 释放时距MN 的高度为2 E0
mg
；
（3）c 的质量为2
3 m或6m。
【解答】解：（1）设传送带的速度大小为u，由分析知，ab 与c 碰撞前已与传送带共速
由
9 E0= 1
2 ⋅2mu
2
解得：
u=3
❑√
E0
m
（2）设a 释放时距MN 的高度为h，则a 下滑过程中：
mgh= 1
2 m v0
2
a、b 碰撞过程中，以v0的方向为正方向，则：
mv0＝2mv
又
E0= 1
2 ⋅2m v
2
联立解得：
h= 2 E0
mg
（3）取ab 质量为M＝2m，c 质量为kM，ab 与c 发生弹性碰撞，以u 的方向为正方向，则：
Mu＝Mv1+kMv2
1
2 M u
2= 1
2 M v1
2+ 1
2 kM v2
2
联立解得：
v1= 1−k
1+k u，v2=
2
1+ k u
设ab 与c 在PQ 上匀减速的加速度大小分别为a1、a2，由题中的时间、位置关系可得：
v1
a1
=3⋅v2
a2
或3⋅−v1
a1
= 3 v2
a2
且
v1
2
2a1
= v2
2
2a2
解得：
k = 1
3或k＝3
因此：c 的质量为2
3 m或6m。
答：（1）传送带的速度大小为3
❑√
E0
m
；
（2）a 释放时距MN 的高度为2 E0
mg
；
（3）c 的质量为2
3 m或6m。
13．如图所示，一高空作业的工人重为600N，系一条长为L＝5m 的安全带，若工人不慎跌落，在安全带拉
伸过程中给工人的缓冲时间t＝1s，g 取10m/s2。求：
（1）人从跌落到安全带最长时，重力对人的冲量；
（2）人从跌落到安全带最长的过程中，安全带对人的平均冲力是多大？
【答案】（1）人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量为1200N•s，方向竖直向下；
（2）人从跌落到安全带最长的过程中安全带对人的平均冲力是1200N，方向竖直向上。
【解答】解：（1）工人由静止下落L 的过程中，由位移一时间公式得：L= 1
2 gt0
2
代入数据得工人自由落体的时间为t0＝1s
根据冲量公式，可得人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量为Ig＝mg（t+t0）＝60×10×（1+1）N•s＝
1200N•S，方向竖直向下。
（2）取向下为正方向，在整个下落过程中，设人从跌落到安全带最长的过程中安全带的平均冲力为F，
对工人由动量定理得﹣Ft+Ig＝0
代入数据解得F＝1200N，方向竖直向上。
答：（1）人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量为1200N•s，方向竖直向下；
（2）人从跌落到安全带最长的过程中安全带对人的平均冲力是1200N，方向竖直向上。
14．如图所示，一质量m1＝4kg 的滑道静置于光滑水平面上，其BC 段上表面水平且粗糙，长度L＝0.8m，
CD 段为一半径R＝0.4m 的光滑的1
4 圆弧，滑道左端B 点处放一质量m2＝4kg 的铜块，用不可伸长的长度
r= 5
9m 的轻绳将质量m＝12kg 的小球悬挂于小铜块正上方的O 点，将小球拉至与O 点等高处，轻绳处于
水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点时与铜块发生弹性正碰。小球和铜块均可视为质点，
已知铜块与滑道BC 段之间的动摩擦因数μ1＝0.5，g 取10m/s2。求：
（1）小球与铜块碰后铜块的速度大小；
（2）铜块第一次滑过C 点后距离BC 段上表面的最大高度；
（3）铜块第二次经过C 点时，对该点的压力大小。
【答案】（1）小球与铜块碰后铜块的速度大小为5m/s。
（2）铜块第一次滑过C 点后距离BC 段上表面的最大高度为0.225m。
（3）铜块第二次经过C 点时对该点的压力大小为130N。
【解答】解：（1）小球从初始位置下摆到最低点的过程中，机械能守恒，有mgr = 1
2 m v0
2，代入数据，
解得碰撞前小球的速度为v0= 10
3 m/ s。
小球与铜块发生弹性正碰，取水平向右为正方向，满足动量守恒mv0 ＝mv1+m2v2 与动能守恒
1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m2v2
2，联立两式求得碰后铜块的速度为v2=
2m
m+m2
v0，代入数据得v2＝5m/s。
（2）铜块在滑道上运动至最高点时，系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，且两者具有共同
速度，即m2v2＝（m1+m2）v 共，解得v 共＝2.5m/s。根
据能量守恒定律，有1
2 m2v2
2= 1
2 (m1+m2)v共
2 + μ1m2 gL+m2 gH，代入已知数据，计算得出铜块上升的
最大高度H＝0.225m。
（3）当铜块第二次经过C 点（从圆弧返回）时，取水平向右为正方向，系统水平方向动量守恒，有
m2v2＝m1v1c+m2v2c；能量守恒关系为1
2 m2v2
2= 1
2 m1v1c
2 + 1
2 m2v2c
2 + μ1m2 gL。
此时铜块相对于滑道的速度为v
相＝|v2c﹣v1c| 。由上述方程组，可推导出
v相
2 =2( m2v2
2−2 μ1m2 gL
m1+m2
)−( m2v2
m1+m2
)
2，代入得到v 相＝3m/s。
在C 点，对铜块应用牛顿第二定律，有F N −m2 g=m2
v相
2
R
，解得轨道对铜块的支持力FN＝130N。依据
牛顿第三定律，铜块对C 点的压力大小亦为130N。
答：（1）小球与铜块碰后铜块的速度大小为5m/s。
（2）铜块第一次滑过C 点后距离BC 段上表面的最大高度为0.225m。
（3）铜块第二次经过C 点时对该点的压力大小为130N。
15．2025 年斯诺克世锦赛决赛较量中，赵心童击败马克•威廉姆斯，成为首位夺得斯诺克世锦赛冠军的中国
选手。某次白球与静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球在同一直线上运动，且桌面阻力保持
不变，两球质量均为m＝0.2kg，碰撞后两球的位移x 与速度的平方v2的关系如图所示，重力加速度g 取
10m/s2。
（1）碰后白球从碰撞后到停下的过程中，桌面阻力对白球的冲量大小为
0.16
N•s；碰撞后彩球获得
的动量大小为
0.2
kg•m•s﹣1。
（2）求碰撞前白球的速度大小，并通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞。
【答案】（1）0.16，0.2；（2）碰撞前白球的速度大小1.8m/s，是该碰撞不是弹性碰撞。
【解答】解：（1）白球从碰撞后到停下的过程中，只有桌面的阻力，所以阻力对白球的冲量等于小球的
动量的变化量，规定初速度方向为正，即I＝﹣ft＝0﹣mv 白后
代入数据得I＝﹣0.16N•s，碰撞后彩球的速度为v 彩后＝1.0m/s，所以彩球的动量I 彩后＝mv
代入数据得I 彩后＝﹣0.2kg•m•s﹣1
（2）以白球初速度方向为正方向，由图像可知v 白后＝0.8m/s，v 彩后＝1.0m/s
碰撞过程系统动量守恒mv 白前＝mv 白后+mv 彩后
代入数据得v 白后＝1.8m/s
碰撞前后总动能分别为：E前= 1
2 m v白
2 ，E 后= 1
2mv白后
2
+ 1
2 m v彩后
2
代入数据得E 前＝0.324J，E 后＝0.164J，因为E 前≠E 后 所以该碰撞不是弹性碰撞
故答案为：（1）0.16，0.2；（2）碰撞前白球的速度大小1.8m/s，是该碰撞不是弹性碰撞。
16．游乐场的水上乐园有一个“滑梯冲浪”项目。如图，游客从高h＝3.5m 的弧形滑梯顶端由静止滑下，滑
梯底部水平连接一个水池，水池中并排静止漂浮着两块质量均为M＝100kg、长度均为L＝11m 的浮板A
和B（紧靠但不粘连）。质量m＝50kg 的游客（可视为质点）从滑梯上滑下后，以水平速度v0＝8m/s 滑
上浮板A，并以水平速度v1＝4m/s 滑离浮板A，已知游客与两浮板间的动摩擦因数相同，浮板与水面间
阻力可忽略不计，重力加速度g 取10m/s2。求：
（1）游客在弧形滑梯上克服阻力所做的功；
（2）游客与浮板间的动摩擦因数；
（3）游客是否会滑离浮板B，请说明理由。
【答案】（1）游客在弧形滑梯上克服阻力所做的功为150J。
（2）游客与浮板间的动摩擦因数为0.2。
（3）游客不会滑离浮板B，因为游客与浮板B 的相对位移xB＝1.5m 小于浮板B 的长度L＝11m。
【解答】解：（1）游客从滑梯顶端下滑至底端，根据动能定理有mgh−W f = 1
2 m v0
2，代入已知数值，解
得克服阻力所做的功Wf＝150J。
（2）游客滑上浮板A 后，推动A、B 两板一同运动，系统在水平方向动量守恒，满足mv0＝
mv1+2MvAB。
此过程中因摩擦产生的内能等于系统机械能的减少量，即μmgL= 1
2 m v0
2−1
2 m v1
2−1
2 ⋅2 M v AB
2 ，代入数
据计算可得动摩擦因数μ＝0.2。
（3）游客滑上浮板B 时，B 板具有初速度vB0＝vAB，此后游客与B 板相互作用直至共速。设最终共同速
度为v 共，由动量守恒定律得mv1+MvB0＝（m+M）v 共。
根据能量转化关系，摩擦力做功对应的内能增加量满足μmg xB= 1
2 mv1
2+ 1
2 M vB0
2 −1
2 (m+ M )v共
2 ，代
入数据求得相对位移xB＝1.5m。由于xB＜L＝11m，故游客不会从浮板B 上滑落。
答：（1）游客在弧形滑梯上克服阻力所做的功为150J。
（2）游客与浮板间的动摩擦因数为0.2。
（3）游客不会滑离浮板B，因为游客与浮板B 的相对位移xB＝1.5m 小于浮板B 的长度L＝11m。
