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专题31 动量守恒定律
题型一 动量守恒定律的理解和基本应用....................................................................................................2
题型二 爆炸和反冲..........................................................................................................................................9
题型三 人船模型............................................................................................................................................13
课时精练..........................................................................................................................................................21
【基础回顾】
一、相互作用的两个物体的动量改变
如图所示，在光滑的水平桌面上质量为m2的B 物体追上质量为m1的A 物体，并发生碰撞，
设A、B 两物体碰前速度分别为v1、v2(v2>v1)，碰后速度分别为v1′、v2′，碰撞过程中B 对A 的
作用力是F1，A 对B 的作用力是F2，碰撞时间很短，设为Δt.
根据动量定理：
对A：F1Δt＝m1v1′ －
m 1v1①
对B：F2Δt＝m2v2′ －
m 2v2②
由牛顿第三定律F1＝－
F 2③
由①②③得两物体总动量关系为：
m1v1′+m2v2′=m1v1+m2v2
两个碰撞的物体在所受外部对它们的作用力矢量和为
0 的情况下动量守恒。
二、动量守恒定律
1.系统、内力与外力
（1）系统：两个
( 或多个
）
相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。
（2）内力：系统中物体间的作用力。
（3）外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。
2.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 ，这个系统的总动量保持
不变。
（2）表达式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′ ＋
m 2v2′(作用前后总动量相等)．
(3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零．
(4)普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速(接近光速)物体．既适用于宏观
领域，也适用于微观领域．
题型一 动量守恒定律的理解和基本应用
1．动量守恒定律的“五性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的多个物体组成的系统。
(2)矢量性：解题时要先规定正方向，确定动量的正负。
(3)相对性：各物体的速度必须是相对同一参考系。
(4)同时性：作用前同一时刻的总动量等于作用后同一时刻的总动量。
(5)方向性：系统在某个方向的外力矢量和为0 时，可以在该方向上应用动量守恒。
2．应用动量守恒定律解题的步骤
【例题精讲】
1．游隼具有高超的空中捕猎技能。在某次捕获猎物过程中，捕获猎物前瞬间，游隼的速度沿水平方向，
大小为80m/s；猎物的速度方向竖直向下，大小为20m/s，游隼质量为0.5kg，猎物质量为1.5kg。游隼
捕获猎物的过程时间极短，则游隼捕获猎物后瞬间的速度大小为（ ）
A．16m/s
B．20m/s
C．25m/s
D．35m/s
【答案】C
【解答】解：游隼捕捉猎物的过程历时极短，内力远超过外力，系统在水平与竖直两个方向上的总动
量均保持不变。
由于游隼速度沿水平方向，猎物速度沿竖直方向，两者速度方向彼此垂直。
设游隼质量为m1＝0.5kg，水平速度v1＝80m/s；猎物质量为m2＝1.5kg，竖直速度v2＝20m/s。
依据动量守恒定律，系统水平方向动量px＝m1v1，解得：px＝40kg•m/s。系统竖直方向动量py＝
m2v2，解得：py＝30kg•m/s。
捕获猎物后系统的总动量大小为p=
❑√px
2+ p y
2，解得：p=
❑√4 0
2+30
2kg⋅m/ s=50kg⋅m/ s。
根据动量守恒关系p＝（m1+m2）v，代入数据解得游隼捕获猎物后瞬间的速度大小为v＝25m/s。故
ABD 错误，C 正确。
故选：C。
2．一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。
3．如图所示，小李站在小车右端，人和车均处于静止状态，水平地面光滑。某时刻小李以斜向左上方的
速度v 起跳，最终落在小车左端且相对于小车静止。下列说法正确的是（ ）
A．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统机械能守恒
B．小李在空中运动时，小车向右运动
C．最终小车和小李一起向左运动
D．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统动量守恒
【答案】B
【解答】解：A、小李起跳的过程中，小李的化学能转化为机械能，系统的机械能不守恒，故A 错误；
BD、小李和小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向受到重力的作用，系统动量不守恒，只是
在水平方向动量守恒，结合动量守恒定律，当小李具有向左的分速度时，小车具有向右的速度，小车
向右运动，故B 正确，D 错误；
C、系统在水平方向动量守恒，初始状态，系统动量为零，结合动量守恒定律，末状态系统的动量也
为零，小李和小车也处于静止状态，故C 错误。
故选：B。
4．如图所示，一木箱内部有三段内径相同的管道，三段管道均在同一竖直平面内且平滑连接。第一段
AB 为倾斜直管道，其水平投影QB 的长度为R，倾角∠ABQ＝37°。第二段BC 为水平粗糙直管道，长
度也为R。第三段CD 为四分之一圆弧管道，圆心为O，圆弧半径OC 的长度也为R，木箱静止在光滑
的水平面上。将一个质量为m，直径略小于管道内径的小球（可视为质点），从管道A 点由静止释放，
已知木箱的质量M＝1.5m，管道内径远小于R，R＝1m，小球与BC 直管道的动摩擦因数μ＝0.5，其
余部分均光滑，重力加速度g 取10m/s2，取tan37° = 3
4 。下列说法正确的是（ ）
A．在小球下滑到D 的过程中，小球和木箱组成的系统动量守恒
B．小球从B 点刚进入水平直管道BC 时，小球的速度大小为2m/s
C．小球在水平直管道BC 内运动的时间为3−❑√3
5
s
D．小球即将从D 点撞上水平面时，小球的速度大小为❑√35 m/ s
【答案】C
【解答】解：A.小球和木箱组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向受到的合外力不为零，故小球
和木箱组成的系统动量不守恒，故A 错误；
B.设小球从B 点刚进入水平直管道BC 时，小球的速度为v1，木箱的速度为v2，小球和木箱组成的系
统水平方向动量守恒，小球的速度方向为正方向，则有mv1＝﹣Mv2
根据能量守恒mgRtan37° = 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
代入数据得v1＝3m/s，v2＝﹣2m/s，故B 错误；
C.小球在BC 段受到摩擦力的作用，对小球，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
代入数据得a＝5m/s2
对木箱则有μmg＝Ma′
代入数据得a′ = 10
3 m/ s
2
二者的相对加速度a相对=a+a′ =5m/ s
2+ 10
3 m/ s
2= 25
3 m/ s
2
相对位移为R＝1m
根据运动学规律可得R =(v1−v2)t −1
2 a相对t
2
代入数据得t = 3−❑√3
5
s，故C 正确；
D.假设BC 段也是光滑的，小球从D 点滑离木箱时，水平方向一定与木箱共速，又因为系统水平方向
动量守恒且为0，故小球在D 点时，小球速度竖直向下，木箱速度为0，由系统机械能守恒
mg( Rtan37°+ R)= 1
2 m v D
2
代入数据得v D= ❑√35m/ s
实际BC 段是粗糙的，整个过程中有能量损失，小球即将从D 点撞上水平面时，小球的速度一定小于
❑√35 m/ s，故D 错误。
故选：C。
5．如图所示，A、B 两小球在光滑的水平面上相向运动进而发生弹性正碰，碰前速度大小都为2m/s，已
知A 的质量是B 质量的三倍，规定A 球的初速度方向为正方向，则碰后A、B 两球的速度分别是（
）
A．vA＝1m/s，vB＝5m/s
B．vA＝1m/s，vB＝1m/s
C．vA＝0，vB＝4m/s
D．vA＝﹣1m/s，vB＝7m/s
【答案】C
【解答】解：以A 球的初速度方向为正方向，则vA0＝2m/s，vB0＝﹣2m/s。设B 球的质量为m，则A
球的质量为3m。碰撞过程中系统动量守恒，有3mvA0+mvB0＝3mvA+mvB。由于碰撞为弹性正碰，机械
能守恒，有1
2 (3m)v A 0
2 + 1
2 m vB0
2 = 1
2 (3m)v A
2 + 1
2 m vB
2。联立两式解得：vA＝0m/s，vB＝4m/s，故
ABD 错误，C 正确。
故选：C。
6．如图所示，两个小学生在滑冰场上滑冰，小学生甲的质量为30kg，小学生乙的质量为20kg，某时刻
两人相撞并抱在了一起，相撞前瞬间甲的速度大小是2m/s，乙保持静止，则甲、乙抱在一起瞬间的共
同速度大小等于（ ）
A．1m/s
B．1.2m/s
C．1.5m/s
D．2m/s
【答案】B
【解答】解：在两名小学生相撞并抱作一体的过程中，因冰面光滑，系统在水平方向所受合外力为零，
故动量守恒。
取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有mAvA+mBvB＝（mA+mB）v。
代入数据，解得共同速度v＝1.2m/s，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
7．已知质量均为m 的A、B 两物体用轻质的弹性绳相连且静止在粗糙的水平面，A、B 与水平面间的动
摩擦因数均为μ，恒力F 作用在物体A 上，在物体B 未运动之前，物体A 的加速度随位移的变化关系
图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．恒力F＝3μmg
B．弹性绳的劲度系数k = 2 μmg
x0
C．全过程，物体A 的最大速度是❑√3 μg x0
D．当A 的速度第一次减为0 时，B 的速度是❑√2 μg x0
【答案】C
【解答】解：由图乙可知初始物体A 在拉力和摩擦力的作用下做匀加速直线运动，当位移为x0时，弹
性绳开始有张力，物体A 做加速度减小的加速运动，当位移为2x0时，弹性绳张力继续增大，B 开始
做加速度增大的加速运动，A 开始做加速度增大的减速运动，此后对AB 整体受力分析，可知拉力和
摩擦力平衡，水平方向动量守恒，
A、初始时对A 受力分析，由牛顿第二定律可知F﹣μmg＝mμg，代入数据可得F＝2μmg，故A 错误；
B、当A 的位移为2x0时，由图乙可知形变量为x0，由胡克定律可知kx0＝μmg，代入数据可得k= μmg
x0
，故B 错误；
C、由匀变速运动规律2ax＝v2−v0
2可知，图乙中图线与横轴所围面积代表速度的平方的2 倍，可知当
位移为2x0时，A 的速度为❑√3 μg x0，此时A 的速度最大，故C 正确；
D、当B 开始滑动后，AB 整体水平方向动量守恒，所以当A 速度减小为零时，B 的速度为❑√3 μg x0，
故D 错误。
故选：C。
（多选）8．在光滑水平面上A、B 两小车中间有一弹簧（不与小车连接），如图所示，用手抓住小车并
将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作一个系统，下列说法中正确的是（ ）
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量方向向左
D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动
量不一定为零
【答案】ABCD
【解答】解：A．当两手同时放开后，系统所受合力为0，根据动量守恒定律，系统动量守恒。由于系
统初始状态静止，总动量为零，因此系统总动量始终为零，故A 正确；
B．先放开左手，再放开右手后，此过程中两车与弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守
恒，故B 正确；
C．先放开左手，系统所受合外力的冲量方向向左，系统总动量方向向左，再放开右手后，系统动量
守恒，总动量的方向向左，故C 正确；
D．无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，
系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，则
系统的总动量不一定为零，故D 正确。
故选：ABCD。
（多选）9．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。
（多选）10．如图所示，把两个磁性很强的相同磁铁分别固定在相同的小车甲、乙上，磁铁的同性磁极
相对，小车甲、乙在外力作用下静止在光滑水平地面上。同时撤去作用在小车甲、乙上的外力并给小
车甲水平向右的初速度v0，在小车甲、乙相互接近的过程中，小车甲上磁铁对小车乙上磁铁的作用力
为F1，小车乙上磁铁对小车甲上磁铁的作用力为F2，下列说法正确的是（ ）
A．相同时间内F1的冲量小于F2的冲量
B．相同时间内F1对小车乙做的功小于小车甲克服F2做的功
C．小车甲、乙及磁铁构成的系统动量守恒
D．小车甲、乙及磁铁构成的系统机械能守恒
【答案】BC
【解答】解：A.由牛顿第三定律，F1＝F2，根据冲量 I＝Ft，相同时间内I1＝I2，故A 错误；
B.系统动量守恒，规定甲的初速度方向为正方向，初始总动量为mv0（甲的动量），设某时刻甲速度
为v1乙为v2，则mv0＝mv1+mv2（甲、乙及磁铁质量相同），可得v1＜v0、v2＞0；由于相互作用力大
小相等，且甲的位移大于乙的位移（甲初始有速度），根据W＝Fx，F1对乙做的功（W1＝F1x 乙）小
于甲克服F2做的功（W2＝F2x 甲，x 甲＞x 乙），故B 正确；
C.系统在水平方向不受外力（地面光滑），竖直方向合力为0，因此系统总动量守恒。故C 正确；
D.磁铁间的斥力是内力且做了功，系统机械能会变化，因此机械能不守恒，故D 错误。
故选：BC。
题型二 爆炸和反冲
1.爆炸现象的三个规律
动量守恒
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
动能增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
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，可以
认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2.反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内两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
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能
增加
【例题精讲】
1．一质量为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 mv
2
B．2mv2
C．25
8 mv
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 mv
2= 25
8 mv
2，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
2．斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m 的两块碎片，其中一块碎片做自由落
体运动。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，重力加速度大小为g，不计空气
阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（ ）
A．2❑√
EH
mg
B．2❑√
2 EH
mg
C．2❑√
3 EH
mg
D．4❑√
EH
mg
【答案】B
【解答】解：火箭炸裂的过程水平方向动量守恒，设火箭炸裂前的速度大小为v，则由E= 1
2•2mv2可
得，v= ❑√
E
m
由题意可知，其中一块做自由落体运动，即炸裂后速度为零；设炸裂后瞬间另一块碎片的速度大小为
v1，以原速度方向为正方向，则由动量守恒定律可得，2mv＝mv1
解得v1＝2❑√
E
m
根据平抛运动规律有H = 1
2 gt
2，解得飞行时间t= ❑√
2 H
g
两块碎片落地点之间的距离x＝v1t＝2❑√
E
m ×❑√
2 H
g =2❑√
2 EH
mg
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3．一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上升到最高点时，弹中火药爆炸将烟
花弹炸为A 和B 两部分，A 和B 两部分获得的动能之和为2E，且A 竖直向上运动。爆炸时间极短，A
的质量为1
3 m，B 的质量为2
3 m。重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，则爆炸后A 距地面的
最大高度为（ ）
A．4 E
mg
B．3 E
2mg
C．5 E
2mg
D．5 E
mg
【答案】D
【解答】解：设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1
火药爆炸后，A 和B 两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2，结合动量守恒定
律有0= 1
3 mv1−2
3 mv2
由能量守恒定律有2 E = 1
2 × 1
3 mv1
2+ 1
2 × 2
3 mv2
2
烟花弹A 和B 两部分的速度方向相反，A 做竖直上抛运动。设爆炸后A 继续上升的高度为h2，由机械
能守恒定律有1
2 × 1
3 mv1
2= 1
3 mgh2
烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1+h2
代入数据可得h= 5 E
mg ，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
4．如图甲所示，一轻弹簧的两端与两物块A、B 相连接并静止在光滑的水平面上。现使A 瞬时获得水平
向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1＝1kg，
下列说法正确的是（ ）
A．物块B 的质量为0.5kg
B．弹簧的最大弹性势能为3J
C．t1和t2两时刻弹簧的长度相等
D．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
【答案】B
【解答】解：A、由图像可知，A 物块的初速度v0＝3m/s，t1时刻两物块达到的共同速度为v＝1m/s
取向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v0＝（m1+m2）v
解得物块B 的质量为m2＝2kg，故A 错误；
B、由图像可知，t1时刻弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得
E p= 1
2 m1v0
2−1
2 (m1+m2)v
2
解得弹簧的最大弹性势能为Ep＝3J，故B 正确；
C、t1时刻弹簧被压缩至最短，而t2时刻弹簧恢复原长，可知这两个时刻弹簧的长度不相等，故C 错误；
D、t3时刻两物块速度又相同，弹簧的伸长量最大，t3到t4弹簧由伸长变为原长状态，故D 错误。
故选：B。
5．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为99m、200m 的两物块A、B 相连接，并静止在光滑的水平
面上，一颗质量为m 的子弹C 以速度v0射入物块A 并留在A 中，以此刻为计时起点，两物块A（含子
弹C）、B 的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息分析可知，下列说法中错误的是
（ ）
A．子弹C 射入物块A 的速度v0为600m/s
B．在t1～t3时间内，弹簧处于压缩状态
C．当物块A（含子弹C）的速度为零时，物块B 的速度为3m/s
D．在t2时刻弹簧处于自然长度
【答案】B
【解答】解：A．由所给的图像可知，子弹C 射入物体A 时的共同速度为6m/s，以初速度方向为正方
向，由动量守恒mv0＝（m+99m）v
得v0＝600m/s
故A 正确；
B．子弹C 与物块A 获得共同速度6m/s 后，在弹簧的弹力作用下，物块A（含子弹C）先减速至零，
再反向加速到速度最大，继而减速至零，再与初始速度方向相同，直到加速至速度最大，物块B 先加
速到速度最大，再减速至零，可见在t1、t3时刻两物体达到共同速度2m/s，弹簧具有的弹性势能相同，
但弹簧分别处于压缩状态和拉伸状态，故B 错误；
C．当物块A（含C）的速度为0 时，由动量守恒（m+99m）×6＝200mv
得v＝3m/s
故C 正确；
D
．
根
据
机
械
能
守
恒
，
t2
时
刻
弹
簧
的
弹
性
势
能
E p= 1
2 (m+99m)×6
2−[ 1
2 (m+99m)×2
2+ 1
2 ×200m×4
2]=0
即弹簧处于自然长度，故D 正确。
本题选错误的，故选：B。
6．某玩具炮车（含炮弹）的总质量为M，以速度v0沿水平地面匀速行驶，某时刻开启火炮，沿水平方向
向后连续发射2 颗炮弹，炮弹的质量均为m，炮弹离开炮筒时相对炮车的速度大小均为u，发射炮弹过
程中，阻力和牵引力均不变。则炮弹发射后，炮车的速度大小为（ ）
A．M v0+2mu
M −2m
B．M v0+2mu
M
C．v0+ mu(2 M −m)
M ( M −m)
D．v0+
mu(2 M −3m)
( M −m)( M −2m)
【答案】C
【解答】解：炮弹和炮车组成的系统在水平方向不受任何外力作用，故炮弹和炮车组成的系统满足动
量守恒，规定炮车的速度方向为正方向，设发射第1 颗炮弹后炮车的速度大小为v1，根据动量守恒定
律有Mv0＝（M﹣m）v1+m（v1﹣u），发射第2 颗炮弹后炮车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有
（M﹣m）v1＝（M﹣2m）v2+m（v2﹣u），联立解得v2= v0+ mu(2 M −m)
M ( M −m) ，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
7．在平直光滑轨道上前后有甲、乙两小车，车上各站一人，甲车上的人手中持有一质量为m 的球，甲车
的总质量（包括人和球）为m1，乙车的总质量（包括人）为m2，开始时两车均静止，后来甲车上的
人将球抛给乙车上的人，接着乙车上的人又把球抛回给甲车上的人，就这样抛n 次来回以后，两车速
度大小之比v1：v2等于（ ）
A．m1
m2
B．m2
m1
C．
m1
m1+m2
D．
m2
m1+m2
【答案】B
【解答】解：甲、乙两车和人、球组成的系统，在水平方向上动量守恒，取向右为正方向，以开始到
扔n 次的过程为研究对象，有
0＝m1v1﹣m2v2
解得
v1
v2
= m2
m1
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
（多选）8．某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直
向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短
时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh
C．高压气体对水和火箭做的功为M
m ( M +m)gh
D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为m
M
❑√2gh
【答案】BC
【解答】解：A、发射过程中，火箭的推力来源于喷出的水对它的反作用力，故A 错误；
CD、设火箭发射的初速度为v1，火箭做竖直上抛运动知v1= ❑√2gh，若水喷出的初速度为v2，取竖直
向上为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv1一mv2＝0，可得，v2= M ❑√2gh
m
，高压气体释放的能量
E= 1
2 M v1
2+ 1
2 mv2
2，解得E= M
m ( M +m)gh，故C 正确，D 错误；
B、由动能定理知高压气体对火箭外壳做功W= 1
2Mv1
2=Mgh，故B 正确；
故选：BC。
（多选）9．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m 和m 的A、B 两滑块，它们中间夹着一根处
于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，
下列说法正确的是（ ）
A．两滑块的动能之比EkA：EkB＝1：2
B．两滑块的动量大小之比PA：PB＝2：1
C．弹簧对两滑块的冲量之比IA：IB＝1：1
D．弹簧对两滑块做功之比WA：WB＝1：1
【答案】AC
【解答】解：A、根据动量守恒定律得0＝2mvA﹣mvB
解得v A = vB
2
两滑块速度大小之比为vA：vB＝1：2
两滑块的动能之比EkA：EkB= 1
2 ×2m v A
2 ：1
2 m vB
2 =1：2，故A 正确；
B、两滑块的动量大小之比pA：pB＝2mvA：mvB＝1：1，故B 错误；
C、弹簧对两滑块的冲量之比IA：IB＝ΔPA：ΔPB＝（2mvA﹣0）：（mvB﹣0）＝1：1，故C 正确；
D、弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为1：2，故D 错误。
故选：AC。
（多选）10．“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。
题型三 人船模型
1．模型探究：如图所示，长为L、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静
止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m 人v 人－m 船v 船＝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；
(3)两物体的位移大小满足：m 人－m 船＝0，x 人＋x 船＝L，得x 人＝L，x 船＝L。
3．“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
【例题精讲】
1．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的
是（ ）
A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人走到船尾不再走动，船也停止不动
C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比
D．船的运动情况与人行走的情况无关
【答案】D
【解答】解：A、规定人的运动方向为正方向，人与船组成的系统在水平方向上合外力为零，因此系
统动量守恒。根据m1v1+m2v2＝0 可知，若人做匀速运动，则船也匀速后退，解得v1：v2＝m2：m1，即
两者速度的大小与各自的质量成反比，故A 正确；
B、当人停止走动时，有v1＝0，由动量守恒定律m1v1+m2v2＝0 解得v2＝0，船也同时停止运动，故B
正确；
C、在人行走过程中的任意时刻，系统动量均守恒，由m1v1+m2v2＝0 可知，人与船的速度方向始终相
反，其大小之比等于各自质量的反比，故C 正确；
D、船的运动状态由系统动量守恒的规律决定，其速度的大小和方向会随着人的运动情况实时变化，
与人行走的具体状况直接相关，故D 错误。
本题选不正确的，故选：D。
2．如图所示，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。若救生员以相对水面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】C
【解答】解：救生员在跃出过程中，其与船组成的系统在水平方向所受合外力为零，故水平方向动量
守恒。规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v0＝Mv'﹣mv。代入数据，解得：v'＝
5.25m/s。故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
3．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。
4．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝3kg、半径R＝40cm 内壁光滑的半圆槽。一质量m＝1kg 的小
球，以竖直向下初速度v0＝4m/s，进入半圆槽，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球从左端滑出后做平抛运动
B．小球滑至半圆槽左侧槽口时，半圆槽的位移大小为60cm
C．小球在整个运动过程中始终对半圆槽做正功
D．当小球到达槽的最低点时，槽的速度大小为❑√2m/s
【答案】D
【解答】解：A、根据动量守恒定律可知小球从最左侧点飞出瞬间，小球和半圆槽的水平速度都为0，
所以小球做竖直上抛运动，故A 错误；
B、小球从最右侧点进入，从最左侧点飞出这一过程，水平方向类似于人船模型，可得Mx2＝mx1
由几何关系x1+x2＝2R
故半圆槽的位移x2＝0.2m，故B 错误；
C、根据题意分析可知，由于小球从最高点到最低点的过程中对槽有斜向右下的压力，同时半圆槽向
右做加速运动，位移方向向右，小球对半圆槽做正功；小球从最低点到左侧最高点的过程中对槽有斜
向左下的压力，同时半圆槽向右做减速运动，位移方向向右，小球对半圆槽做负功，故C 错误；
D、小球在半圆槽内滑动的过程中，系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，选取向右为正方向，
根据水平动量守恒得0＝Mv2﹣mv1
根据系统机械能守恒得1
2 mv0
2+mgR = 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
联立解得半圆槽的速度大小v2= ❑√2m/s，故D 正确。
故选：D。
5．如图所示，质量分别为3m、2m 的木块A 和B，并排放在光滑水平面上，木块A 上固定一竖直轻杆，
轻杆上端的O 点系一细线，细线另一端系质量为m 的球C。现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止
释放，当C 球运动到最低点时，测得木块B 的速度大小为v0。已知重力加速度大小为g，则下列说法
正确的是（ ）
A．细线长为7 v0
2
g
B．C 球经过最低点的速度大小可能为4v0
C．C 球经过最低点的速度大小可能为6v0
D．C 球相对最低点上升的最大高度为27 v0
2
2g
【答案】D
【解答】解：ABC、设小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，小球运动到最低点时的速度大
小为vc，A、B 的速度大小为v0；
小球由静止释放在向下摆动的过程中，对A 有拉力，使得A、B 之间有弹力，A、B 不会分离，当C 运
动到最低点时，A、B 间弹力为零，A、B 将要分离，A、B 分离时速度相等，A、B、C 系统水平方向
不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得mvC﹣5mv0＝
0，解得vC＝5v0，由机械能守恒定律得mgL= 1
2 ×5mv0
2+ 1
2 mvc
2，解得L= 15 v0
2
g
，故ABC 错误；
D、C 球向左摆至最高点时，A、C 共速，水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得mvC﹣3mv0＝
4mv，由机械能守恒定律得﹣×3mv+﹣mv＝mgh+﹣4m2，解得h= 27 v0
2
2 g
，故D 正确。
故选：D。
6．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB 是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球（视为质
点）从A 点正上方的O 点由静止释放，小球由A 点沿切线方向进入半圆弧轨道后又从B 点冲出，已知
半圆弧轨道的半径为R，小球的质量和小车的质量相等，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．小球和小车组成的系统在相互作用过程中动量守恒
B．小球从小车的B 点冲出后做斜抛运动
C．小球能回到O 点
D．小车向左运动的最大距离为2R
【答案】C
【解答】解：A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量
守恒，但在竖直方向上，小球有向下的加速度，系统在竖直方向上受重力，动量不守恒，所以整个系
统动量不守恒，故A 错误；
BC．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B 点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，
由机械能守恒可知小球能上升到原来的高度，同理小球最终能回到O 点，故B 错误，C 正确；
D．由水平方向动量守恒，结合人船模型可知mx＝m（2R﹣x）
解得x＝R
可知小车向左运动的最大距离为R，故D 错误。
故选：C。
7．如图所示，一质量M＝2.0kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m＝1.0kg 的小球通过长L＝0.5m
的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O 自由转动。初始时，轻杆水
平，现给小球一竖直向上的初速度v0＝4m/s，已知重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为v＝3m/s
B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为❑√6m/ s
C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为1
3 m
D．若滑块不固定，小球到达轴O 右侧水平位置时的位移大小为2
3 m
【答案】D
【解答】解：A ．若滑块固定，小球由初始位置到达最高点的过程，根据动能定理则有
−mgL= 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
代入数据解得v = ❑√6m/ s，故A 错误；
B．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，
则有mv1﹣Mv2＝0
根据机械能守恒，则有1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2+mgL
联立解得v1＝2m/s，故B 错误；
CD．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，
根据动量守恒定律则有mv1﹣Mv2＝0
结合v = x
t
整理可得mx1﹣Mx2＝0
位移关系则有x1+x2＝L
代入数据解得x2= 1
6 m
同理可得，若滑块不固定，小球到达轴O 右侧水平位置时的位移为x1′ = L+ x2，解得x1′ = 2
3 m，故
C 错误，D 正确。
故选：D。
（多选）8．一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M，一质量为m 的青蛙静止蹲在长木板的
左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止，青蛙继续向右上方第二
次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相
对地面水平位移最大，木板的厚度不计。观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为h。已知每
次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为
g。下列说法正确的是（ ）
A．青蛙每次起跳做的功大于mgh
B．若长木板的长度为L，青蛙第二次跳跃的水平位移大小为
M
M +m L
C．青蛙第三次向右上方跳跃过程中离地最大高度为1
4 h
D．长木板的长度L 与h 的关系满足L＝2❑√
M +m
M
h
【答案】BD
【解答】解：A、对青蛙竖直起跳过程列动能定理w﹣mgh＝0，解得每次青蛙起跳做的功w＝mgh，
故A 错误；
B、青蛙第一、二次向右上方起跳前均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面水平
位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有mx1＝Mx2，由几何关系
x1+x2＝L，联立解得x1=
M
M +m L，故B 正确；
C、对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为v0，方向与水平方向夹角为θ，运动时间为t，
则竖直方向v0 sinθ = g t
2，水平方向x3 ＝v0tcosθ ，联立解得x3= v0
2sin 2θ
g
，则当θ ＝45° ，
h′ = (v0 sinθ)
2
2g
时，x = v0
2
g
，对青蛙起跳有W = 1
2 mv0
2，解得青蛙第三次向右上方跳跃过程中离地最大
高度为1
2 h，故C 错误；
D、对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为Vy，水平初速度为Vx，木板后退速度为
v。则对青蛙，竖直方向v y = g t
2，水平方向x1＝vxt，对青蛙和木板系统mvx＝Mv，青蛙相对地面位移
x1= 2
g v x v y，对青蛙第一次起跳W = 1
2 m(v x
2+ v y
2 )+ 1
2 M v
2，联立解得( M +m
M
v x
2+ v y
2 )=29h，又由于
x1
2= 4
g
2 (
M
M +m )[( M +m
M
v x
2)v y
2 ]，可知当( M +m
M
v x
2)= v y
2 = gh时，青蛙跳的最远，则L=2❑√
M +m
M
h，
故D 正确。
故选：BD。
（多选）9．如图所示，质量为M 的热气球下挂着一架绳梯，绳梯质量不计，当质量为m 的人坐在热气
球上时热气球保持静止状态，且距离地面的高度为H。现在人沿绳梯缓慢下降并安全落地，下列说法
正确的是（ ）
A．在人落地之前，人与热气球组成的系统动量守恒
B．人下降过程中热气球始终保持静止状态
C．若人相对地面以v 的速度匀速下降，则热气球以M
m v的速度匀速上升
D．绳梯的长度至少为M +m
M
H
【答案】AD
【解答】解：A、人落地之前，人和气球组成的系统合外力为零，因此人落地前，热气球与人组成的
系统动量守恒，人向下运动，热气球必然向上运动，故A 正确，B 错误；
CD、取竖直向上为正方向，设气球的速度为v'，人的速度为v，由动量守恒定律得Mv'＝mv，得v'
= mv
M ，气球往上走，人往下走，绳长（设长等于l）等于二者走过的位移之和，相当于人船模型中船
的长度，H 为人走过的距离，结合人船模型可知H=
M
M +m l，解得l= M +m
M
H，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
（多选）10．如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则（水
平面光滑）（ ）
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为2ml
M +m
【答案】BD
【解答】解：C、依据水平方向动量守恒与系统机械能守恒，小球仍能向左摆动至初始高度，故C 错
误；
AB、系统在水平方向所受合外力为零，竖直方向合外力不为零，因此水平方向动量守恒，总动量不守
恒，故A 错误，B 正确；
D、小球相对于小车的最大位移为2l。根据“人船模型”，取水平向右为正方向，系统水平方向动量
守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，有mvm﹣MvM＝0。等式两
边同乘以运动时间t，得mvmt﹣MvMt＝0，即mxm＝MxM。又xm+xM＝2l，解得小车向右移动的最大距
离为xM = 2ml
M +m，故D 正确。
故选：BD。
课时精练
一．选择题
1．下列说法中正确的是（ ）
A．不受外力作用的系统，其动量和机械能都守恒
B．质量一定的物体，动能发生变化，其动量一定变化
C．合外力对系统做功为零，则合外力对系统的冲量一定为零
D．一对相互作用的摩擦力对系统做的总功一定不为零
【答案】B
【解答】解：A．动量守恒的条件是系统不受外力或合外力为零，但机械能守恒还需内部无非保守力
做功。若系统内部有摩擦，机械能可能不守恒，故A 错误；
B．质量一定的物体，动能变化说明速度大小变化，动量大小必然变化，故动量一定变化，故B 正确；
C．合外力做功为零仅说明动能变化为零，但冲量由力与时间的乘积决定。例如匀速圆周运动中，合
外力做功为零，但冲量不为零（动量方向变化），故C 错误；
D．一对静摩擦力若作用在相对静止的物体上，总功可能为零，如静止在传送带上的物体，故D 错误。
故选：B。
2．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，若运动员的质量是物块质量
的4049 倍。运动员把物块以相对于地面为v 的速度推出，物块与挡板碰撞后仍以原速率返回，运动员
把物块接住后，又把它以相对于地面为v 的速度推出。运动员每次推出物块，物块相对于地面的速度
都是v，方向向左，则运动员把物块至少推出几次后，物块返回时运动员不能再接到物块（ ）
A．2023
B．2024
C．2025
D．2026
【答案】C
【解答】解：设物块质量为m，运动员质量为4049m。以物块、运动员系统为研究对象，每次推出物
块时，系统动量守恒定律
第1 次推出后，取方向向右为正，由动量守恒可得4049mv1﹣mv＝0
解得v1=
v
4049
方向向右，物块反弹后速度为v 向右，接住时动量守恒则有4049mv1+mv＝（4049m+m）v1′
解得v1′ = 2v
4050 =
v
2025
再次推出时动量守恒定律则有4050m⋅
v
2025 = 4049mv2−mv
v2= 3 v
4049
第n 次推出后，运动员速度为vn= (2n−1)v
4049
当vn≥v 时，运动员无法接住物块，即2n−1
4049 v ≥v
解得n≥2025
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
3．如图所示，两个小学生在滑冰场上滑冰，小学生甲的质量为30kg，小学生乙的质量为20kg，某时刻
两人以互相垂直的速度相撞并抱在了一起，相撞前瞬间甲、乙的速度大小分别是1m/s 和2m/s，甲、乙
抱在一起瞬间的共同速度大小等于（ ）
A．0.5m/s
B．1m/s
C．1.5m/s
D．2m/s
【答案】B
【解答】解：碰前甲乙总动量大小
p1=
❑√(m甲v甲)
2+(m乙v乙)
2
解得p1＝50kg•m/s
碰后甲乙总动量大小p2＝（m 甲+m 乙）v
根据碰撞过程动量守恒，则有p1＝p2
联立解得甲、乙抱在一起瞬间的共同速度大小
v＝1m/s
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
4．如图所示，长木板A 静止在光滑水平面上，某时刻一可视为质点的小物块B 从A 的左端以初速度v0
滑上长木板，恰好运动到A 的右端时两者相对静止。已知A 的质量为1kg，B 的质量为2kg，AB 间动
摩擦因数为0.2，设该过程中，长木板A 的动能增加量为ΔEkA，小物块B 的动能减少量为ΔEkB，A、B
间摩擦产生的热量为Q，g 取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．物块B 克服阻力做的功与木板A 获得的动能相等
B．阻力对物块B 做的功与物块B 减少的动能相等
C．若ΔEkA＝10J，ΔEkB＝28J，则木板A 至少长为L＝4.5m
D．若v0＝3m/s，则Q＝5J
【答案】C
【解答】解：A．由动能定理可知，对B 研究，摩擦力做功等于动能的改变，则物体B 克服阻力做的
功与B 的动能减少量相等，故A 错误；
B．阻力对物体B 做负功，与减少的动能正负号不同，故B 错误；
C．摩擦生热为Q＝μmgL
由能量守恒定律，系统的动能减少量等于产生的热量，即Q＝ΔEkB﹣ΔEkA
可得L＝4.5m
故C 正确；
D．地面光滑，AB 组成的系统动量守恒，有mBv0＝（mA+mB）v1
减小的动能转化为热量Q = 1
2 mB v0
2−1
2 (mA+mB)v1
2
可求得Q＝3J
故D 错误。
故选：C。
5．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= mv0+m1v1
m−m1
= 8×5+ 4×10
8−4
m/ s=20m/ s，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
6．如图甲所示，物体a、b 间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其
中a 物体最初与左侧的固定挡板相接触，b 物体质量为4kg。现解除对弹簧的锁定，在a 物体离开挡板
后的某时刻开始，b 物体的v﹣t 图像如图乙所示，则可知（ ）
A．a 物体的质量为1kg
B．a 物体的最大速度为2m/s
C．在a 物体离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6J
D．在a 物体离开挡板后，物体a、b 组成的系统动量和机械能都守恒
【答案】C
【解答】解：D、在a 物体离开挡板后，物体a、b 以及弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守
恒；只有弹力做功，系统机械能守恒，故D 错误；
AB、解除对弹簧的锁定，a 离开挡板后，系统动量守恒，机械能也守恒。由题意可知，b 的速度最大
时，a 的速度最小为零，此时弹簧处于原长；b 的速度最小时，a 的速度最大，且此时也处于原长。设
a 的质量为ma，a 的最大速度为va。取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mbv0＝mbvb+mava
由机械能守恒可得
1
2mbv0
2= 1
2mbvb
2+ 1
2mava
2
由图像可知
v0＝3m/s，vb＝1m/s
解得：va＝4m/s，ma＝2kg，故AB 错误；
C、当a、b 速度相等时，a、b 动能之和最小，此时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律有
mbv0＝（mb+ma）v
根据系统机械能守恒有
Epmax= 1
2mbv0
2−1
2（mb+ma）v2
解得弹簧的最大弹性势能为：Epmax＝6J，故C 正确。
故选：C。
7．如图所示，足够长的小平板车B 的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质
量为m 的小物体A 从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦
因数为μ，则在足够长的时间内（ ）
A．若M＞m，物体A 对地向左的最大位移是
2 M v0
2
μ( M +m)g
B．若M＜m，小车B 对地向右的最大位移是M v0
2
μmg
C．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
2m v0
μ( M +m)g
【答案】D
【解答】解：AB、根据题意分析可知，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
Mv0﹣mv0＝（M+m）v
解得
v = ( M −m)v0
M +m
若M＞m，A 所受的摩擦力
f＝μmg
对A，根据动能定理得
−μmg x A =0−1
2 mv0
2
则得物体A 对地向左的最大位移
x A = v0
2
2 μg
若M＜m，对B，由动能定理得
−μmg xB=0−1
2 M v0
2
则得小车B 对地向右的最大位移
xB= M v0
2
2 μmg
故AB 错误；
C、根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即
I = Mv −M v0= −2mM v0
m+ M
故C 错误；
D、取初速度方向为正方向，根据动量定理得
﹣ft＝Mv﹣Mv0
又f＝μmg，解得
t =
2 M v0
μ( M +m)g
故D 正确。
故选：D。
二．多选题
（多选）8．如图甲，质量为6kg 的小车静止在光滑水平面上，t＝0 时刻，木块从左端滑上小车，木块和
小车水平方向速度随时间变化的图像如图乙所示，g 取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小车的长度为5m
B．小车上表面动摩擦因数为0.5
C．前2s 内产生的热量为15J
D．前2s 内摩擦力对小车的冲量大小为6N•s
【答案】ACD
【解答】解：A．水平面光滑，木块和小车组成的系统水平方向动量守恒，规定初速度方向为正，mv0
＝mv 木+Mv 车
代入数据得木块质量 m＝3kg。
v﹣t 图像的面积表示位移，0～2s 内木块位移x 木＝6m，小车位移x 车＝1m
2s 后两者都匀速，说明木块已经滑出小车，小车长度等于相对位移L＝Δx＝x 木﹣x 车
代入数据得L＝5m，故A 正确。
B．对木块，则μmg＝ma
木块加速度大小a＝1m/s2，得μ= a
g = 1
10 =0.1≠0.5，故B 错误。
C．摩擦产生的热量等于系统动能的损失Q = 1
2 mv0
2−( 1
2 mv木
2 + 1
2 M v车
2 )
代入数据得Q＝15J，故C 正确。
D．对小车由动量定理，规定初速度方向为正，摩擦力的冲量等于小车动量变化I＝Δp＝Mv 车﹣0
代入数据得I＝6N•s，故D 正确。
故选：ACD。
（多选）9．如图所示，带有1
4 光滑圆弧轨道的滑块B 静止在光滑水平地面上，轨道半径为R，圆弧最低
点切线水平，小球A 从圆弧轨道最高点由静止释放，沿圆弧轨道运动。已知A 的质量为m，B 的质量
为2m，小球可视为质点，重力加速度为g。则（ ）
A．小球从最高点沿圆弧轨道运动到最低点的过程中，滑块水平位移为1
2 R
B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小球速度大小为2❑√3 gR
3
C．小球运动到圆弧轨道最低点时，B 对A 的支持力大小为7
3 mg
D．若滑块B 固定，小球运动到圆弧轨道最低点时，地面对B 的支持力大小为5mg
【答案】BD
【解答】解：AB、小球沿轨道下滑过程，小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒，规定向左为正，
任意时刻有mvAx＝2mvBx
在之后极短时间Δt 内，有mvAxΔt＝2mvBxΔt
得xA＝2xB
又有xA+xB＝R
代入数据可得x A = 2
3 R，xB= 1
3 R
设小球运动到圆弧轨道最低点时，小球速度大小为vA、滑块的速度大小为vB，规定向左为正，由动量
守恒定律有mvA﹣2mvB＝0
由机械能守恒定律有1
2 mv A
2 + 1
2 ×2mvB
2 =mgR
代入数据可得v A = 2❑√3 gR
3
，vB=
❑√3 gR
3
，vB=
❑√3 gR
3
，故A 错误，B 正确；
C、在最低点时，对A 由牛顿运动定律有F N −mg=m (v A+ vB)
2
R
代入数据可得FN＝4mg，故C 错误；
D、当滑块B 固定时，小球由圆弧轨道最高点由静止释放到最低点，由动能定理有mgR = 1
2 mv ′ A
2 ，A
在最低点时，对A 由牛顿运动定律F ′ N −mg= v ′ A
2
R
代入数据可得F′N＝3mg
牛结合顿第三定律，A 对B 的压力为F″N＝F′N＝3mg
则地面对B 的支持力大小为F＝F″N+2mg＝5mg，故D 正确。
故选：BD。
（多选）10．如图所示，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m 的小物块
（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知小物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，经
过t 时间，小物块从木板右端离开，则该过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木板的动量变化量小于ft
B．木板的动量变化量与小物块的动量变化量大小相等
C．小物块离开木板时的动能一定大于1
2 m v0
2−fl
D．小物块离开木板时的动能一定小于1
2 mv0
2−fl
【答案】BD
【解答】解：A．对木板，水平方向只受摩擦力f，根据动量定理可知，木板的动量变化量为Δp＝ft，
故A 错误；
B．因为地面光滑所以系统所受合外力为0，则系统满足动量守恒，所以木板的动量变化量与小物块的
动量变化量大小相等，故B 正确；
CD ．设小物块的对地位移为x ，x 一定大于相对位移l ，对小物块根据动能定理可得
−fx = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
可得小物块离开木板时的动能1
2 mv
2= 1
2 mv0
2−fx＜1
2 mv0
2−fl，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
三．解答题
11．如图所示，质量m＝1kg 的滑块a 套在足够长的水平光滑固定直杆上，其下方通过L＝0.6m 的轻绳连
接质量M＝2kg 的小球b，直杆距水平地面的高度H＝5.6m，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气
阻力，滑块与小球均看作质点，现将轻绳水平拉直，由静止释放小球，当小球第一次运动至滑块正下
方时。
（1）求小球的速度大小v；
（2）求轻绳的拉力大小F；
（3）求滑块运动的路程s；
（4）若轻绳突然断裂，求小球落地瞬间与滑块的距离d。
【答案】（1）小球的速度大小为2m/s；
（2）轻绳的拉力大小为140N；
（3）滑块运动的路程为0.4m；
（4）若轻绳突然断裂，小球落地瞬间与滑块的距离为2❑√421
5
m。
【解答】解：（1）小球释放后，二者组成的系统机械能守恒MgL= 1
2 M v
2+ 1
2 m v1
2，二者在水平方向
上动量守恒Mv＝mv1，代入数据可得v＝2m/s，v1＝4m/s；
（2）对小球，由牛顿第二定律可知F −Mg= M (v + v1)
2
L
，代入数据可得F＝140N；
（3）由人船模型可知，小球第一次运动至滑块正下方时Mx＝mx1，x+x1＝L，代入数据可得x1＝
0.4m；
（4）轻绳断裂后，小球做平抛运动，在竖直方向上有H −L= 1
2 gt
2，在水平方向上有L0＝vt，
滑块向右做匀速直线运动，有L1＝v1t，小球落地瞬间与滑块的距离满足d
2=( L0+ L1)
2+ H
2，代入数据
可得d = 2❑√421
5
m。
答：（1）小球的速度大小为2m/s；
（2）轻绳的拉力大小为140N；
（3）滑块运动的路程为0.4m；
（4）若轻绳突然断裂，小球落地瞬间与滑块的距离为2❑√421
5
m。
12．如图所示，足够长的固定粗糙斜面的倾角θ＝37°，木板静置在斜面上，木板下端的固定挡板（垂直
斜面且质量不计）的上方有少量炸药。将滑块（视为质点）从木板上到挡板的距离L0＝1m 处由静止
释放，滑块沿木板下滑，下滑过程中木板恰好静止，滑块碰到挡板处的炸药后，炸药立即爆炸（爆炸
时间极短且内力远大于外力），爆炸后瞬间木板的速度大小v＝10m/s，爆炸后滑块恰好未滑离木板的
顶端。滑块的质量m1＝2kg，木板的质量m2＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，取重力加速
度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，❑√13=3.6，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2；
（2）炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小v1；
（3）木板的长度L 以及从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间t。
【答案】（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2为7
12。
（2）炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小为3m/s，方向沿斜面向上。
（3）木板的长度L 为3.25m，从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间t 约为2.3s。
【解答】解：（1）滑块沿木板下滑时，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律可得m1gsinθ﹣
μ1m1gcosθ＝m1a1，代入数据，解得滑块加速度a1=2m/ s
2。
此时木板恰好静止，表明其合力为零，受力满足m2gsinθ+μ1m1gcosθ＝f 斜，其中f 斜为斜面对木板的最
大静摩擦力，有f 斜＝μ2（m1+m2）gcosθ。代入数据得1×10×0.6+0.5×2×10×0.8＝μ2×（2+1）×10×0.8，
解得：μ2= 7
12。
（2）滑块与炸药碰撞前的速度v0= ❑√2a1 L0，代入数据可得v0＝2m/s。爆炸瞬间内力远大于外力，系
统动量守恒。取沿斜面向下为正方向，有m1v0＝m1v1+m2v2。
爆炸产生的推力使木板获得沿斜面向下的速度v2＝10m/s，代入数据得2×2＝2v1+1×10，解得v1＝﹣
3m/s。因此，爆炸后瞬间滑块的速度大小为3m/s，方向沿斜面向上。
（3）爆炸后，滑块向上做匀减速运动，其加速度a1′ = m1gsinθ+ μ1m1gcosθ
m1
，代入数据可得
a1′ =10m/ s
2（方向向下）；木板向下做匀减速运动，其加速度
a2′ = m2 gsinθ−μ1m1 gcosθ−μ2(m1+m2)gcosθ
m2
，代入数据可得a2′ = 6−8−14
1
m/ s
2=−16m/ s
2
（方向向下）。设经过时间t1两者达到共同速度，有v1+a1't1＝v2+a2't1，即﹣3+10t1＝10﹣16t1，解得t1
＝0.5s。此时共同速度v＝2m/s。在此过程中，木板相对滑块的位移即为木板长度L，L= (v2−v1)t1
2
，代入得L= (13)×0.5
2
m，代入数据可得L＝3.25m。
共速后，滑块向下运动的加速度a1″ = m1gsinθ−μ1m1gcosθ
m1
，代入数据可得a1″ =2m/ s
2，木板所受
合力F＝m2gsinθ+μ1m1gcosθ﹣μ2（m1+m2）gcosθ，即F＝6N+8N﹣14N＝0N，故木板做匀速直线运动。
相对加速度a相对=a1″ −0m/ s
2=2m/ s
2。第二次碰撞时滑块相对木板的位移为L，由运动学公式
L= 1
2 a相对t2
2得3.25= 1
2 ×2×t2
2，解得t2
2=3.25，即t2=
❑√13
2
s≈1.8 s。总时间t＝t1+t2＝0.5s+1.8s＝
2.3s。
答：（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2为7
12。
（2）炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小为3m/s，方向沿斜面向上。
（3）木板的长度L 为3.25m，从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间t 约为2.3s。
13．如图，两块厚度相同上表面粗糙的木板A、B 相互靠拢并排静止于光滑水平面，其中木板A 的质量
为m、长度为3L，质量为2m 的人静止于A 的左端，重力加速度为g。
（1）人从A 木板的左端走到其右端，求此时木板A、B 间的距离x。
（2）人走到木板A 的右端相对静止后，以做功最少的方式从A 的右端跳到B 的左端，求起跳过程人
做的最少的功W。
【答案】（1）人从A 木板的左端走到其右端，此时木板A、B 间的距离x 为3L。
（2）起跳过程人做的最少的功W 为6mgL。
【解答】解：（1）对人和木板A 组成的系统所受的合外力为零，所以该系统满足动量守恒，规定向
右的方向为正方向，设人的位移为x1，木板A 的位移为x2，人从A 木板的左端走到右端的时间为t，
根据动量守恒定律有
0=2m x1
t −m x2
t
根据位移关系有x1+x2＝3L
联立解得x1＝L，x2＝2L
因为木板B 保持静止不动，则此时木板A、B 间的距离x＝x2＝2L
（2）设人从木板右端斜向上跳起的速度为v，方向与水平方向的夹角为θ，则竖直方向的分速度大小
为vy＝vsinθ，水平方向的分速度为vx＝vcosθ，则人从木板A 跳到木板B 上的时间为
t'= 2v y
g
在水平方向上做匀速直线运动，有x＝vxt'
联立以上各式代入数据解得当θ＝45°时速度最小为v= ❑√2gL
人和木板A 组成的系统在水平方向上动量守恒，设A 的速度为vA，以水平向右的方向为正方向，有：
mvA＝2mvcosθ
起跳过程人做的功W= 1
2mv A
2 + 1
2 ×2mv2
W＝6mgL
答：（1）人从A 木板的左端走到其右端，此时木板A、B 间的距离x 为3L。
（2）起跳过程人做的最少的功W 为6mgL。
