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第15 讲 动量 动量守恒定律
1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.
2.知道动量守恒的条件.
3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．
考点一 动量、冲量、动量定理的理解与应用
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示．
(2)表达式：p＝mv.
(3)单位：kg·m/s.
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．冲量
(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积．
(2)定义式：I＝Ft.
(3)单位：N·_s.
(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．
(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．
3．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量．
(2)表达式：
考点二 动量守恒定律的理解和判断
1．内容
如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
2．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系
统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：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)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
考点三 动量守恒定律的应用（人船模型）
1．动量守恒定律的不同表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′ ＋
m 2v2′，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＝－
Δ p 2，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零．
2．应用动量守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
如图所示，长为L、质量为M 的小船停在静水中，质量
为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，
求船和人对地面的位移各为多少？
以人和船组成的系统为研究对象，在水平方向不受外力作用，满足动量守恒．设某时刻人的速度
为v1，船的速度为v2，取人行进的方向为正，则有：m v1- M v2=0
上式换为平均速度仍然成立，即 m v1- M v2=0
两边同乘时间t，m v1t - M v2t =0，
设人、船位移大小分别为s1、s2，则有，m s1= M s2 ①
由图可以看出：s1+ s2= L ②
由①②两式解得s1=
m
M +m L，s2=
M
M +m L
考点四 碰撞现象的特点和规律
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象．
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
(3)分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
2.碰撞后运动状态可能性判定
(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′
＋p2′.
(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度
必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体
的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改
变，除非碰后两物体速度均为零．
一 弹性碰撞模型
1．弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速
度为v1，v2，碰后速度分别为v1
ˊ，v2
ˊ，则有：m1v1+m2v2=m1v1
ˊ+m2v2
ˊ (1)
m1v1
2+
m2v2
2=
m1v1
ˊ2+
m2v2
ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：v1
ˊ=2 m1v1+m2v2
m1+m2
- v1，v2
ˊ=2 m1v1+m2v2
m1+m2
- v2.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1
ˊ= v2 ，v2
ˊ= v1 .
2．“动静相碰型”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2
的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
v1
v2
v1ˊ
v2ˊ
m1 m2
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
二 非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1．非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1
ˊ+m2v2
ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： 1
2m1v1
2+ 1
2m2v2
2=1
2m1v1
ˊ2+1
2m2v2
ˊ 2 + ΔEk. (2)
2．完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v 共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk=1
2m1v1
2+1
2m2v2
2- 1
2(m1+m2)v 共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v 共 =m1v1+m2v2
m1+m2
；ΔEk=1
2
m1m2
m1+m2
(v1- v2)
2
[例题1] 如图为水流导光实验，已知出水口的横截面积为3.0×10
-5 m
2，出水口中心到水
池水面的竖直高度为0.8m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4m，水的密度为
1.0×10
3kg/m
3，g 取10m/s2。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下列
说法正确的是（ ）
v1
v2
v 共
m1 m2
A．水离开出水口时的速度大小为0.5m/s
B．水离开出水口时的速度大小为1.0m/s
C．落水对水面竖直方向的冲击力大小为0.12N
D．落水对水面竖直方向的冲击力大小为1.2N
【答案】BC
【来源】2025 届河北省石家庄市普通高中高三下学期教学质量检测（三）物理试卷
【详解】AB．根据平抛运动的规律x = v0t，h= 1
2 gt
2
可得v0=1.0m/s
选项A 错误，B 正确；
CD．在∆t 时间内流出水的质量Δm= v0 ΔtSρ
落地时的竖直速度v y = ❑√2gh= 4 m/s
由动量定理- F Δt =0- Δm v y
解得F=0.12N
选项C 正确，D 错误。
故选BC。
[例题2] 一质量为1kg 的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x 轴运动，
出发点为x 轴零点，拉力做的功W 与物体坐标x 的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦
因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x =1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4 m时，物体的动能为2J
C．从x =0运动到x =2m，物体克服摩擦力做的功为6J
D．从x =0运动到x = 4 m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s
【答案】B
【详解】A．由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W = Fx，可看出W - x图像的斜率代表拉力
F。设在x =1m时物体速度为v，根据动能定理有W - μmgx = 1
2 mv
2，解得x =1m时物体的速度为
v =2m/s，由题图像可知W - x图像的斜率代表拉力F，所以x =1m时，拉力为F = ΔW
Δ x =6 N，则
x =1m时，拉力的功率P = Fv =12W，A 错误；
B．当x = 4 m时，根据动能定理有W 4- μmgx = Ek，解得物体的动能为Ek =2J，B 正确；
C．从x =0运动到x =2m，物体克服摩擦力做的功为W f = μmgx =8J，C 错误；
D．根据W - x图像可知在0-2m的过程中水平拉力F1=6 N，2- 4 m的过程中水平拉力F2=3 N，由
于物体受到的摩擦力恒为f = 4 N，则物体在x =2m处速度最大，设为v2，根据动能定理有
W - μmgx = 1
2 mv2
2，v2= ❑√8 m /s，则从x =0运动到x = 4 m的过程中，物体的动量最大为
p=mv =2❑√2kg m/s
⋅
，D 错误。
故选B。
[例题3] 如图所示，小车上固定一个光滑弯曲细管道（由AB、BC、CD、DE 四段完全相
同的四分之一圆弧管道组成，半径均为R），小车（含管道）的质量为m，静止在光滑的水平
面上。有一个质量也为m 的小球，以某一水平速度从管道左端最低点A 进入管道，小球恰好
能到达管道的最高点C，然后从管道右端E 离开管道。不计空气阻力，重力加速度为g。下列
说法正确的是（ ）
A．小球离开管道时，小车的速度大小为0
B．小球从进入管道到离开管道的过程，小车做往复运动
C．小球离开管道时，小球的速度大小为❑√2gR
D．小球从A 到B 的过程中，小球所受合外力冲量为2m ❑√gR
【答案】AD
【来源】2025 届安徽省马鞍山市高三下学期二模物理试题
【详解】AC．小球从进入管道到离开管道的过程，水平方向动量守恒可得mv =m v1+m v2
其中v1是小球速度，v2是小车速度；
由机械能守恒定律可得1
2 mv
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2
小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为v
'，由动量守恒定律可得mv =2m v
'
根据机械能守恒定律可得1
2 mv
2= 1
2 ×2mv
'2+mg×2 R
解得v1= v =2❑√2 gR，v2=0
小球离开管道时，小车的速度大小为0，故A 正确，C 错误；
B．由题意，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒。小球
从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后
加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会往复运动，故B 错误；
D．小球从A 到B，根据动量守恒定律有mv =2m v x
根据能量守恒定律有1
2 mv
2= 1
2 m(v x
2+ v y
2 )+ 1
2 mv x
2+mgR
解得v x = v y = ❑√2 gR
根据动量定理可知I =m(
❑√(v - v x)
2+ v y
2 )=2m ❑√gR
故D 正确；
故选AD。
[例题4] 处于关闭状态的三扇推拉门，质量均为20kg。第一扇门在沿水平轨道方向的
2.0N 推力作用下匀速运动，与第二扇门即将重合时发生碰撞，碰撞时间0.5s，碰后两扇门结
为一体，此后两扇门滑行0.4m 后速度减为零，未与第三扇门接触。推力始终存在且保持不变，
轨道对两扇门的滑动摩擦力相同。不正确的说法是（ ）
A．两扇门结为一体后的加速度为0.05m/s2
B．两扇门结为一体瞬间共同速度为0.2m/s
C．与第二扇门碰撞前，第一扇门速度为0.4m/s
D．两扇门碰撞过程中产生的平均冲击力大小为10N
【答案】C
【来源】2025 届广东省深圳市高三下学期第二次调研考试（4 月）物理试题
【详解】A．每扇门的摩擦力为f =2.0 N，两扇门结为一体后的加速度大小为a= 2f - F
2m
=0.05 m/s
2
，A 正确，不符合题意；
B．两扇门结为一体瞬间共同速度为v❑
2 =2ax ，解得v❑=0.2m/s ，B 正确，不符合题意；
D．碰撞过程中对第二扇门根据动量定理得FNt - ft =mv ，解得FN=10 N，D 正确，不符合题意；
C．碰撞过程中，对等于扇门根据动量定理得(F - F N- f )t =mv -m v0 ，解得v0=0.45 m/s ，C 错
误，符合题意。
故选C。
[例题5] 篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受
到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（ ）
A．速度大小一直在减小
B．加速度大小先减小后增大
C．相邻位置的动量变化量一直减小
D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小
【答案】C
【来源】2025 届浙江省北斗星盟高三下学期三模物理试题
【详解】AB．重力与空气阻力的夹角，在上升阶段为锐角，下降阶段为钝角，角度一直在增大，
知加速度一直在减小，速度先减小后增大，故AB 错误；
C．因Δ p=m Δv =mat
知Δ p一直减小，故C 正确；
D．空气阻力做功引起机械能的变化，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量也先减小后增大，
相邻位置的机械能变化量先减小后增大，故D 错误。
故选C。
[例题6] 我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行
器（简称飞行器）也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动
作，如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是（ ）
A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零
C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大
D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同
【答案】B
【来源】2025 届山东省济宁市高三下学期二模物理试题
【详解】A．飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气对飞行器的作用力与飞行器重力的
合力沿水平方向，所以需向斜向下喷射燃气，故A 错误；
B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量I =mgt
不为零，故B 正确；
C．飞行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故C 错误；
D．燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D 错误。
故选B。
[例题7] 质量为M 的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处
由静止释放一质量为m、可视为质点的小球，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，如图甲中
虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示，已知椭圆半长轴与半短轴之比
为3:1。下列说法正确的是（ ）
A．半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒
B．小球质量与凹槽质量之比m: M =3:1
C．t1时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直
D．t2时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力
【答案】AD
【来源】2025 届山东省淄博第七中学高三一模物理试题
【详解】A．小球向下运动过程中，在竖直方向的分加速度方向先向下后向上，小球先处于失重后
处于超重状态，可知，半圆形凹槽与小球组成的系统所受外力的合力不为0，即半圆形凹槽与小球
组成的系统动量不守恒，故A 正确；
B．令凹槽半径为R，根据图中所示半个椭圆可知，半长轴为R，则半短轴为R
3 ，短轴为2 R
3 ，即小
球在水平方向的分位移x1= 2 R
3
半圆形凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒，则有m x1- M x2=0
其中x1+ x2=2 R
解得m: M =2:1
故B 错误；
C．根据图乙的对称性可知，t2时刻小球位于凹槽最低点，则t1时刻小球位于释放点与凹槽最低点之
间的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，轨迹的最低点即为凹槽的最低点，t1时刻小
球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向沿半椭圆轨迹切线方向，可知，t1时刻，小球受
到凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，故C 错误；
D．结合上述可知，t2时刻小球位于凹槽最低点，小球相对于凹槽做圆周运动，小球在最低点相对
于凹槽的速度方向水平向右，由于小球小球相对于凹槽做圆周运动，则小球在最低点沿半径方向的
合力提供向心力，此时加速度方向竖直向上，则t2时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力，
故D 正确。
故选AD。
[例题8] 如图所示，在长度s=16 m的水平传送带中央有两个小物块A、B，质量分别为
mA=2kg、mB=3kg，两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，两物块中央夹有储存了
15J 能量的微小弹性装置（不计弹性装置的长度），在外力作用下两物块保持静止。竖直面内
固定一半径R =1.25 m的光滑1
4 圆弧轨道，在最高点D 与传送带平滑连接，E 点位于水平地面
上，水平地面足够长。若撤去对中央两物块的外力，弹性装置在较短时间内把两物块弹开，弹
开两物块后，取走弹性装置并立即让传送带以v =6.2m /s的速度顺时针匀速转动。A 物块落在
水平地面上后不再运动，B 物块每次与水平地面发生连续碰撞时，水平方向速度不变，竖直方
向速度连续发生衰减。当B 物块与地面发生第n 次碰撞时，碰后瞬间竖直方向的速度大小v
'
ny
与第一次碰前瞬间竖直方向的速度大小v1 y满足关系式v
'
ny =
1
n(n+1) ⋅v1 y。重力加速度
g=10 m /s
2，忽略空气阻力，将物块视为质点。求：
(1)弹性装置把A、B 物块弹开后瞬间两物块的速度大小vA1、vB1；
(2)A、B 物块第一次离开传送带的速度大小vA2、vB2以及B 物块与传送带间因摩擦而产生的热量
Q；
(3)在B 物块与地面第n 次碰撞时，A 物块落点与E 点的距离x AE以及B 物块落点与E 点的距离xBE。
【答案】(1)vA1=3 m /s，vB1=2m /s
(2)vA2=6.2m /s，vB2=6 m /s，Q =100.8J
(3)x AE=1.85 m，xBE=7.75- 6
n m
【来源】2025 届重庆市南开中学高三下学期5 月质量检测（八）物理试卷
【详解】（1）对A 与B 分析，由能量守恒，有E = 1
2 mA vA1
2 + 1
2 mBvB1
2
由动量守恒，有mA vA1=mBvB1
得到vA1=3 m /s，vB1=2m /s
（2）对A，假设A 一直匀加速到D 点
有μmA g⋅s
2 = 1
2 mA vA2
2 - 1
2 mA vA1
2
则vA2= ❑√41m /s>v =6.2m /s
假设不成立，A 应先匀加速到与传送带共速，后以v 做匀速直线运动到D 点，即vA2=6.2m /s
对B，假设B 经过x 距离向左匀减速到速度为零，有- μmB g⋅x =0- 1
2 mBvB1
2
则x =1m < s
2 =8m
B 没有从最左侧滑出，假设B 之后一直匀加速到D 点，有μmB g⋅(x + s
2)= 1
2 mBvB2
2 -0
则vB2=6m /s<v =6.2m /s
假设成立，即vB2=6 m /s
对B，设经过t1时间，B 向左匀减速到速度为零有t1= vB1
μg =1s
其中Δ x1= x传1+ xB1= v t1+ vB1+0
2
⋅t1=7.2m
设经过t2时间，B 向右匀加速到速度为vB2有t2= vB2
μg =3s
其中Δ x2= x传2- xB2= v t2- 0+ vB2
2
⋅t2=18.6-9=9.6 m
则Δ x = Δ x1+ Δ x2=16.8 m
又Q = μmB g⋅Δ x =100.8J
（3）若要物块从D 点开始做平抛运动，需要满足m v D
2
R
=mg
即v D= ❑√gR = ❑√12.5 m /s
由于vA2=6.2m /s>v D= ❑√12.5 m /s
vB2=6 m /s>v D= ❑√12.5 m /s
A、B 物块经D 点后直接做平抛运动
对A，R = 1
2 gt1❑
'2，x AE= vA2⋅t1
' - R =6.2× 1
2 m -1.25 m =1.85 m
对B 在竖直方向，第一次碰地前，有t1
' = v1 y
g = ❑√
2 R
g =0.5s
由于v
'
ny =
1
n(n+1) v1 y
第一次碰撞后瞬间B 物块竖直方向速度大小为v1 y =
1
1×2 v1 y =(1- 1
2)v1 y
第二次碰前瞬间B 物块竖直方向速度大小为v2 y = v
'
1 y
第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为Δt1=2⋅v
'
1 y
g =2⋅(1- 1
2)v1 y
g
=2⋅(1- 1
2)t
'
1
B 物块从D 点开始平抛运动到第二次碰撞时的时间间隔为t
'
2=t
'
1+ Δt1=t
'
1+2⋅(1- 1
2)t
'
1
第二次碰撞后瞬间B 物块竖直方向速度大小为v
'
2 y =
1
2×3 v1 y =(
1
2 - 1
3)v1 y
第三次碰前瞬间B 物块竖直方向速度大小为v3 y = v
'
2 y
第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为Δt2=2⋅v
'
2 y
g =2⋅(
1
2 - 1
3)v1 y
g
=2⋅(
1
2 - 1
3)t
'
1
B 物块从D 点开始平抛运动到第三次碰撞时的时间间隔为t
'
3=t
'
2+ Δt2=t
'
1+2⋅(1- 1
3)t
'
1
如此重复，归纳可得，B 物块从D 点开始平抛运动到第n 次碰撞时的时间间隔为
t
'
n=t
'
1+2⋅(1- 1
n)t
'
1=(3- 2
n)t
'
1
则xBE= vB2⋅t
'
n- R =6⋅(3- 2
n)⋅1
2 m -1.25 m =7.75- 6
n m
题型1 动量和动量变化量、冲量的计算
1.
《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说明了熟能生巧的
道理。如图所示，油从距离地面高度为H 的地方倒出，油束刚好充满钱孔倒入壶内，钱孔的
横截面积为S，油壶的高度为h，油的密度为ρ，重力加速度为g。若油倒入瓶底四处散开，没
有飞溅。下列说法正确的是（ ）
A．单位时间倒入壶中油的质量为ρS ❑√2g(H -h)
B．单位时间倒入壶中油的质量为ρ ❑√2g(H -h)
C．在动量减小阶段，后落入壶内的油，动量变化更多
D．在动量减小阶段，任何时候落入壶内的油，动量变化都一样多
【答案】A
【来源】2025 届重庆市南开中学高三下学期5 月质量检测（八）物理试卷
【详解】AB．设Δt时间内倒入壶中油的质量为m，油到达壶口时的速度为v，则有m= ρ· ΔV ，
ΔV = S·v Δt
根据机械能功守恒，则有1
2 mv
2=mg( H -h)
联立解得m= ρS ❑√2g(H -h)· Δt
故单位时间内落入壶中油的质量为Δm= m
Δt = ρS ❑√2g(H -h)
A 正确，B 错误；
CD．随着油面的上升，后落入壶内的油到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段，其动量
的变化更少，CD 错误。
故选A。
2.
一质量为2kg 的物体静止在光滑水平面上，物体在两个相互垂直的水平力作用下开始
运动，力F1对物体做的功为3J，力F2对物体做的功为4J，随后同时撤去这两个力。撤去这两
个力的瞬间，物体的动量大小为（ ）
A．2❑√5kg⋅m /s
B．10kg⋅m /s
C．2❑√7kg⋅m /s D．
14 kg⋅m /s
【答案】C
【来源】河北省石家庄部分校2024-2025 学年高一下学期期中考试物理试题
【详解】设撤去这两个力的瞬间物体速度为v，由动能定理有W 1+W 2=3J+4J= 1
2 m v
2
动量大小p=mv
代入题中数据，联立解得p=2❑√7kg·m·s
故选C。
3.
如图所示，质量为m的石块以初速度v0从h高处以仰角θ斜向上方抛出。不计空气阻力，
下列说法正确的是（ ）
A．石块抛出至落地的过程中，速度先减小后增大
B．石块抛出至轨迹最高点的过程中，机械能不断增大
C．改变仰角，其他条件不变，石块落地时的动量不变
D．石块抛出至落地的过程中，重力的功率先减小后增大
【答案】AD
【来源】2025 届湖南省岳阳市高三下学期二模考试物理试题
【详解】A．由动能定理知，重力为合力，合力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，即速度
先减小后增大。故A 正确；
B．石块抛出至轨迹最高点的过程中，不计阻力，只有重力做功，机械能守恒，故B 错误；
C．改变仰角，其他条件不变，由动能定理得1
2 mv
2= 1
2 mv0
2+mgh
解得v =
❑√v0
2+2gh
故落地时速度大小不变。但改变仰角，落地时速度的水平分量发生变化，落地时速度方向不同，故
动量只是大小相等，方向不同，故C 错误；
D．石块抛出至落地的过程中，重力的功率PG=mgvy
vy先减小后增大，则PG先减小后增大，故D 正确。
故选AD。
题型2 应用动量定理求平均冲力
4.
如图所示，由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个开口向下的小铁盒顶在空中。
已知密度为ρ 的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出，向上运动并以速率v0冲击小铁盒，且冲击
小铁盒时水柱横截面积为S，并以速率v 竖直返回（不考虑水之间的碰撞）。水与铁盒作用时
这部分水所受重力可忽略不计，则水对铁盒的平均作用力大小为（ ）
A．ρS v0(v0+ v) B．ρS(v + v0)
C．ρS(v - v0)
D．ρS v0(v - v0)
【答案】A
【来源】押题猜想六 动量（北京专用）2025 年高考终极押题猜想
【详解】在∆t 时间内打到盒子上的水的质量Δm= ρS v0 Δt
向下为正，则根据动量定理F Δt = Δmv -(- Δm v0)
解得F = ρS v0(v0+ v)
根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为F
' = F = ρS v0(v0+ v)
故选A。
5.
如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D， 水流以速度 v
从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有2
3向四周溅散开，溅起时垂
直车身向外的速度为v
3 ，其余 1
3的水流撞击车身后无反弹地顺着车流下，由于水流与车身的
作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，
水流对车身的平均冲击力大小为（ ）
A．1
8 ρπ D
2v
2
B．5
24 ρπ D
2v
2
C．7
24 ρπ D
2v
2
D．11
36 ρπ D
2v
2
【答案】D
【详解】取 △t 时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量，m= 1
4 ρπ D
2v Δt
利用动量定理列方程得F Δt = 2
3 m(v + v
3)+ 1
3 mv
解得 F = 11
36 ρπ D
2v
2
故选D。
6.
霍尔推进器
我国“天和号”核心舱配备了四台全国产化的LHT-100 霍尔推进器，虽然单台推力只有80 毫牛，
但在关键性能上已经反超国际空间站。霍尔推进器工作时，将气体推进剂电离成电子和离子，这些
离子在电场的作用下被加速后以极高的速度喷出，在相反的方向上对航天器产生了推力。
霍尔推进器工作原理简化如图，放电通道两端的电极A、B 间存在一加速电场E。工作时，工作物
质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。若某次试验中有96.0%的
氙气被电离，氙离子从右端喷出电场的速度v=2.00×104m/s，其比荷k= q
m=7.30×105C/kg。氙离子进
入通道的初速度可以忽略，电子质量远小于氙离子的质量。当推进器产生的推力达到80.0 毫牛时
（1 毫牛=10-3牛顿），求：
(1)加速电压UAB？
(2)每秒进入放电通道的氙气质量M0？
【答案】(1)274V
(2)4.17×10-6kg
【详解】（1）对其中一个氙离子，根据动能定理，有qU AB= 1
2 m v
2-0
解出加速电压UAB=mv
2
2q = v
2
2k = (2.00×10
4)
2
2×7.30×10
5V=274V
（2）设在∆t 时间内，有质量为∆M 的氙离子以速度v 喷射而出，根据动量定理，有
F Δt = Δ Mv -0
解出Δ M
Δt = F
v =80.0×10
-3
2.00×10
4 kg=4.00×10-6kg
M0= Δ M
Δt ⋅η=4.17×10-6kg
题型3 在多过程问题中应用动量定理
7.
在一些公共场合有时可以看到，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块
大石板，有人用铁锤猛击大石板，石板裂开而人没有受伤。现用如图所示的模型分析探究，大
石板质量M=80kg，铁锤质量m=5kg。铁锤接触石板前瞬间，速度向下，大小为v1=6 m/s，打
在石板上反弹，反弹速度大小为v2=1m/s，铁锤与石板的作用时间约为t1=0.01s。由于缓冲，
石板与“气功师”腹部的作用时间（从石板开始加速到速度再次为零）较长，约为t2=0.5s，
取重力加速度g=10 m/s
2。下列说法正确的是（ ）
A．在铁锤与石板碰撞过程中，铁锤的动量变化量方向竖直向上
B．在铁锤与石板碰撞过程中，铁锤的动量变化量大小为25kg·m/s
C．在铁锤与石板碰撞过程中，铁锤对石板的平均作用力大小为3550N
D．石板与“气功师”作用过程中，石板对“气功师”的平均作用力大小为71N
【答案】AC
【详解】AB．在铁锤与石板碰撞过程中，取竖直向上为正方向，铁锤的动量变化量
Δ p=m v2-(-m v1)=5×1kg⋅m/s-(-5×6)kg⋅m/s=35kg⋅m/s
其方向竖直向上，故A 正确，B 错误；
C．对铁锤，由动量定理有(F1-mg)t1= Δ p
解得F1=3550 N
根据牛顿第三定律可知，铁锤对石板的平均作用力F
'
1= F1=3550 N
故C 正确；
D．对石板，由动量定理有(F2- Mg)t2- F1t1=0
解得F2=871N
根据牛顿第三定律可知，石板对“气功师”的平均作用力F
'
2= F2=871 N
故D 错误。
故选AC。
8.
蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳并做各种空中动作的项目。如图甲，在
对蹦床的性能测试中，将一质量m=50kg 的重物从离蹦床表面某一高度处由静止释放，在
t0=0时刚好第一次落到蹦床上。蹦床受到重物作用力大小F 随时间t 变化的关系如图乙所示，
测得第一次弹离蹦床的时刻t1=0.2s；第二次开始接触蹦床的时刻t2=1.8s；第二次弹离蹦床的
时刻为t3=1.95s；第三次开始接触蹦床的时刻为t 4=2.35s。重物每次都是竖直反弹，忽略空气
阻力，重力加速度g 大小取10m/s2。求：
(1)重物弹离蹦床上升的最大高度h 以及第二次接触蹦床前瞬间的速度v1的大小；
(2)重物与蹦床第二次作用过程中，蹦床对重物的平均作用力F（结果保留2 位小数）。
【答案】(1)3.2m；8m/s
(2)3833.33N；方向竖直向上
【详解】（1）由图可知重物第一次竖直上抛运动时间Δt1=1.6s，则重物弹离蹦床的最大高度为
h= 1
2 g(
Δt1
2 )
2
解得
h=3.2m
第二次接触蹦床前瞬间的速度
v1= g Δt1
2 =8m/s
（2）第二次弹离蹦床的时刻为t3=1.95s；第三次接触蹦床的时刻为t 4=2.35s，解得
Δt2=t 4-t3=0.4s
则有
v2= g Δt2
2 =2m/s
第二次与蹦床作用过程由动量定理，选向上为正方向
I F-mg(t3-t2)=m v2-(-m v1)
解得
F (t3-t2)= I F
代入数据得
F =3833.33N
方向竖直向上。
9.
一质量为m 的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。
它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g，则下列说法正
确的是（ ）
A．小球t2时刻刚好落地
B．小球在运动过程中加速度最大为2g
C．小球从抛出到落地的总时间为3 p0
2mg
D．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等
【答案】C
【来源】2024 届山东省二校高三下学期联合模拟考试物理试题
【详解】A．由图可知，t2时刻后物体的动量不变，即物体的速度不变，由图可知物体速度不变后，
又运动了一段时间，说明t2时刻物体还没落地，故A 错误；
B．设在运动过程中小球受到的空气阻力与速率满足关系式
f =kv
根据动量定理
Δ p= F Δt
可知p-t图像的斜率表示合外力，由图可知t =0时刻，p-t图像斜率的绝对值最大，小球的加速度
最大，设物体运动过程中的最大加速度为am，有
mg+k v1=mam
其中
v1= p0
m
当p= p0
2 时，物体合外力为零，此时有
mg=k v2=k p0
2m
解得
am =3 g
故B 错误；
C．设从地面抛出到最高点的时间为t1，上升的高度为h，设最高点到落地的时间为t2，从地面抛出
到最高点由动量定理得
-mgt1-k v1t1=0- p0
即
mgt1+ kh= p0
同理下降阶段
mgt2-k v2t2= p0
2
即
mgt2-kh= p0
2
联立可得小球从抛出到落地的总时间为
t =t1+t2= 3 p0
2mg
故C 正确；
D．小球上升过程中阻力的冲量大小为
I f1=k v1t1=kh
小球下落过程中阻力的冲量大小为
I f2=k v2t2=kh
故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，故D 错误。
故选C。
题型4 流体类柱状模型、微粒类柱状模型
10. 从“嫦娥”系列到“天问”系列，中国开启了对未知天体的探索。如图所示，质量为
M 的探测器到达火星表面时，探测器通过喷气口向下喷气（可认为探测器质量不变）使其短暂
悬停。已知探测器喷气口直径为D，喷出气体相对火星表面速度为v，火星与地球质量之比为
1∶10，火星与地球半径之比为1∶2，地球表面重力加速度为g，则喷出气体的平均密度为
（ ）
A．4 Mg
π D
2v
2
B．16 Mg
5 π D
2v
2
C．2 Mg
π D
2v
2
D．8 Mg
5 π D
2v
2
【答案】D
【来源】 2025 届齐鲁名校教研共同体”高三下学期第六次联考物理试卷
【详解】在天体表面附近有mg=G Mm
R
2
则
g火
g = M 火
M 地
⋅(
R地
R火)
2
整理得g火=0.4 g
探测器在气体反推力和火星引力作用下处于静止，设气体反推力为F，即M g火= F
对极短时间Δt内喷出气体体积V = Sl = π(
D
2 )
2
v Δt
设喷出气体的平均密度为ρ，则Δt时间内喷出的气体质量m= ρV = ρπ(
D
2 )
2
v Δt
以Δt时间内喷出的气体为研究对象，根据动量定理有F Δt =m Δv -0
解得ρ= 1.6 Mg
π D
2v
2
故选D。
11. 高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生
冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，已知水枪出水口直径
为d，水密度为ρ，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q（单位时间
内水流体积），不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化，下列说法正确的是（ ）
A．水枪管口喷出水流速度大小为2Q
π d
2
B．水枪对管口水柱做功的功率为16 ρQ
3
π
2d
4
C．水流对水枪的作用力大小为4 ρQ
3
π d
2
D．水流与玻璃冲击压强为16 ρQ
2
π
2d
4
【答案】D
【来源】2025 届湖北省九师联盟高三下学期模拟（一）物理试题
【详解】A．设水流速度为v，则流量Q = Sv = π d
2
4 v
解得v = 4Q
π d
2
A 错误；
B．设经过极短时间Δt，出口水柱质量Δm= ρ π d
2
4 v Δt
由动能定理可得P Δt = 1
2 Δm v
2
解得P = 8 ρQ
3
π
2d
4 ，B 错误；
C．由动量定理，则有F Δt = Δmv
解得F = 4 ρQ
2
π d
2
C 错误；
D．水流与玻璃冲击压强为p= F
S = 16 ρQ
2
π
2d
4
D 正确。
故选D。
12. 玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制
儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为
d，水的密度为ρ，水流水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速率反向溅
回，则（ ）
A．水枪喷水的流量（单位时间内流出的体积）为πv d
2
B．喷水口单位时间内喷出水的质量为1
4 πρv d
2
C．水枪的功率为1
2 πρd
2v
3
D．目标受到的平均冲击力大小为3
10 πρd
2v
2
【答案】BD
【来源】2025 届安徽省安庆市高三下学期二模物理试题
【详解】A．水枪喷水的流量为V
t =
π(
d
2)
2
vt
t
= π d
2v
4
故A 错误；
B．喷水口单位时间内喷出水的质量为m
t = ρV
t = ρπ d
2v
4
故B 正确；
C．水枪的功率为P = W
t =
1
2 m v
2
t
= ρπ d
2v
3
8
故C 错误；
D．取初速度方向为正方向，由动量定理得- Ft =-0.2mv -mv
则由牛顿第三定律可知，目标受到的平均冲击力大小为F = 1.2m
t
v = 3 ρπ d
2v
2
10
故D 正确。
故选BD。
题型5 动量守恒定律的判断与应用
13. 如图所示，一根直杆靠在墙壁上向下滑动一段距离，水平地面光滑，竖直墙壁粗糙。
直杆下滑过程中（ ）
A．仅水平方向动量守恒
B．仅竖直方向动量守恒
C．水平、竖直方向的动量均守恒
D．水平、竖直方向的动量均不守恒
【答案】D
【来源】安徽省皖南八校2024-2025 学年高二下学期期中联考物理试卷
【详解】直杆在水平、竖直方向受到的合力均不为0，两个方向动量均不守恒。
故选D。
14. 某校黎主任把木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁
上，在b 上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法中正确的是（
）
A．a 和b 与弹簧组成的系统机械能守恒
B．a 离开墙壁前，a 和b 组成的系统的动量不守恒
C．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统的动量守恒
D．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统机械能守恒
【答案】ABC
【详解】A．当撤去外力后，a 和b 与弹簧组成的系统只有弹力做功，则系统机械能守恒，选项A
正确；
B．a 离开墙壁前，a 和b 组成的系统由于受到墙壁的作用力，则合力不为零，则系统的动量不守恒，
选项B 正确；
C．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项C 正确；
D．a 离开墙壁后，a 和b 以及弹簧系统机械能守恒，但是a 和b 组成的系统机械能不守恒，选项D
错误。
故选ABC。
15. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1=1kg足够长的薄板A，其上静置两个质量
均为m2=2kg的物块B、C，B、C 与A 间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.4，物块BC 间
连接一轻质弹簧，调节BC 间距离，将弹簧压缩一定长度后，将它们同时由静止释放。已知弹
性势能表达式为EP= 1
2 k x
2（k =100 N / m 、x为弹簧的形变量），取重力加速度大小g=
10 m /s
2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)当初始压缩量x1=6cm时，释放瞬间，B 的加速度大小；
(2)初始压缩量x2满足什么条件时，释放后，物块C 相对A 滑动；
(3)当初始压缩量x3=10cm时，释放后，物块B 能达到的最大动能。
【答案】(1)1m /s
2
(2)x>16cm时，释放后，物块C 相对A 滑动
(3)0.18J
【来源】2025 届黑龙江省哈尔滨市东北三省四市教研联合体高三下学期一模物理试题
【详解】（1）当x1=6cm 时，弹簧弹力F =k x1=6 N
B 与A 间最大静摩擦力f m 1= μ1m2 g= 4 N
C 与A 间最大静摩擦力f m 2= μ2m2 g=8 N
F >f m 1，F <f m 2 所以C 与A 相对静止，B 在A 上滑动 ，对B 有：F - μ1m2 g=m2a1
解得a1=1m /s
2
（2）当C 相对于A 滑动时，A 的加速度达到最大值a2，对A 有：μ2m2 g- μ1m2 g=m1a2
解得a2= 4 m /s
2
对C 有：k x2- μ2m2 g=m2a2
解得x2=16cm
则初始压缩量x2>16cm时，释放后，物块C 相对A 滑动。
（3）释放后C 与A 一起运动，B 相对A 滑动，当k x4= μ1m2 g时，物块B 动能最大
解得x4 =4cm
ABC 系统动量守恒有0=m2vB-(m1+m2)vC
系统能量守恒有1
2 k x3
2- 1
2 k x4
2 = 1
2 m2vB
2+ 1
2 (m1+m2)vC
2+ μ1m2 g(x3- x4)
可解的B 的最大动能为1
2 m2vB
2=0.18J
题型6 碰撞（弹簧）模型
16. 光滑水平面有A、B 两个物块，质量分别为2m 和m，初始时用处于原长状态下的弹
簧相连，现在给物块A 一个水平向右的初速度v0。水平面右侧有一墙面，已知经过时间t，物
块B 第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的最大弹性势能是m v0
2
3
B．物块B 的最大速度是2v0
3
C．初始时物块B 离墙面的距离是2
3 v0t
D．初始时物块B 离墙面的距离是1
3 v0t
【答案】AC
【来源】2025 届湖南省长沙市邵阳市等多校联考高三下学期5 月三模物理试题
【详解】A．当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大，此过程根据动量定理
2m v0=（2m+m）v共
两物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则1
2 ×2m v0
2= 1
2 （2m+m）v共
2 + Epm
解得Epm = m v0
2
3
故A 正确；
B．当弹簧恢复原长时，物块B 的速度达到最大，根据动量守恒2m v0=2m vA+m vB
两物块的动能守恒1
2 ×2mv0
2= 1
2 ×2mvA
2 + 1
2 mvB
2
解得vB= 4 v0
3 ，vA= v0
3
故B 错误；
CD．当弹簧恢复原长时，物块B 的速度达到最大，根据动量守恒2m v0=2m vA+m vB
两边同时乘以t可得2m v0t =2m vAt +m vBt
即2m v0t =2m xA+m xB
初末状态弹簧均处于原长，所以xA= xB
解得xB= xA= 2
3 v0t
故C 正确，D 错误。
故选AC。
17. 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、2m/s 沿同一直线，同向运动。从小车B 与弹簧接
触到与弹簧分离时，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20
3 kg⋅m /s
C．某一时刻小车A、B 速度可能分别为－4m/s 和7m/s
D．某一时刻小车A、B 速度可能分别为2m/s 和4m/s
【答案】D
【来源】2025 年届北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高三下学期第
二次联合模拟考试物理试题
【详解】A．从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离过程，弹簧的弹力从0 逐渐增大后又逐渐减小为
0，小车B 的速度一直增大，根据P = F弹vB
可知弹簧对小车B 做功的功率先增大后减小，故A 错误；
B．从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离时，根据系统动量守恒可得mA vA 0+mBvB0=mA vA+mBvB
根据系统机械能守恒可得1
2 mA vA0
2 + 1
2 mBvB0
2 = 1
2 mA vA
2 + 1
2 mBvA
2
联立解得分离时A、B 的速度分别为vA= 2
3 m /s，vB= 14
3 m /s
根据动量定理可得弹簧对小车A 的冲量为I =mA vA-mA vA0=- 16
3 kg⋅m /s
可知弹簧对小车A 冲量大小为16
3 kg⋅m /s，故B 错误；
C．由于分离时A、B 的速度分别为vA= 2
3 m /s，vB= 14
3 m /s，所以A 的速度不会变为反向，故C
错误；
D．由于分离时A、B 的速度分别为vA= 2
3 m /s，所以可以存在某一时刻小车A 的速度为2m/s，此
时根据动量守恒可得mA vA0+mBvB0=mA v
'
A+mBv
'
B
代入数据解得v
'
B= 4 m /s
故D 正确。
故选D。
18. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在质量mN=1kg的小球N 上，另一端与质量
mP=3kg的小球P 接触但未拴接，该整体静止放在离地面高为H =5 m的光滑水平桌面上，现
有一质量mM=2kg的小球M 从固定光滑曲面上离桌面h=0.45 m高处由静止开始滑下，与小球
N 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动小球P 向前运动，经一段时间，小球P 脱离弹簧，然后在
水平桌面上运动一段距离后从桌面边缘Q 点飞出。小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力
加速度g 取10 m /s
2，求：
(1)小球M 与小球N 碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)压缩过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)小球P 落地点与桌面边缘Q 点的水平距离。
【答案】(1)v2=2m /s
(2)Epm =3J
(3)x =2m
【来源】甘肃省张掖市某校2024-2025 学年高三下学期阶段性评估物理试卷（五）
【详解】（1）设小球M 与小球N 碰撞前瞬间，小球M 速度大小为v1，小球M 从光滑曲面上h 高
处由静止开始滑下的过程，根据机械能守恒可得mM gh= 1
2 mM v1
2
解得v1= ❑√2gh=3 m /s
小球M 与小球N 碰撞结束瞬间具有共同速度v2，根据动量守恒可得mM v1=(mM+mN)v2
解得小球M 与小球N 碰撞结束瞬间的速度大小为v2=2m /s
（2）小球M、N 发生碰撞后与小球P 一起压缩弹簧，当小球M、N、P 速度相等时，弹簧压缩量达
到最大，弹性势能最大，根据动量守恒可得(mM+mN)v2=(mM+mN+mP)v3
解得v3=1m /s
根据系统机械能守恒可得Epm = 1
2 (mM+mN)v2
2- 1
2 (mM+mN+mP)v3
2
解得压缩过程中弹簧的最大弹性势能为Epm =3J
（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，小球P 脱离弹簧，设小球M、N 的速度为v4，小球P 的速
度为v5
，根据系统动量守恒和机械能守恒可得(mM+mN)v2=(mM+mN)v4+mPv5
，
1
2 (mM+mN)v2
2= 1
2 (mM+mN)v4
2+ 1
2 mPv5
2
联立解得v4=0，v5=2m /s
小球P 从桌面边缘飞出后做平抛运动，则水平方向有x = v5t
竖直方向有H = 1
2 gt
2
联立解得小球P 落地点与桌面边缘的水平距离为x =2m
题型7 人船模型
19. 如图所示，质量为M、长度为L 的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m 的人，
M >m。现在人由静止开始由船头走到船尾，不计水对船的阻力。则（ ）
A．人行走时，人和船运动方向相反
B．人行走时，船运行速度大于人的行进速度
C．由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离
D．人相对水面的位移大小为
M
M +m L
【答案】AD
【详解】A．人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A 正确；
B．根据动量守恒定律有M v 船=m v人
因M >m，故v 船<v人
故B 错误；
C．由人和船组成的系统动量守恒且系统总动量为零知：人走船走，人停船停，故C 错误；
D．据动量守恒定律有M v 船=m v人
又v 船= x船
t ，v人= x人
t
可得M x船=m x人
又x船+ x人= L
联立解得人相对水面的位移大小为x人=
M
M +m L
故D 正确。
故选AD。
20. 如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆槽置于光滑水平面上，A、B为半圆槽直
径的两个端点，现将一质量为m的小球（可看成质点）从A点的正上方2 R处静止释放，小球
从A点沿切线方向进入半圆槽，已知重力加速度为g，不计空气和一切摩擦力。则（ ）
A．小球和半圆槽组成的系统动量守恒
B．小球将离开半圆槽做斜抛运动
C．小球运动过程中的最大速率为❑√6 gR
D．半圆槽向左运动的最大位移为2
3 R
【答案】D
【详解】A．小球与半圆槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向总动量不守恒，故A 错误。
B．小球运动到达半圆槽A 点时，系统水平初动量为零，小球运动到达半圆槽B 点时，系统水平动
量也为零，小球离开B 点做竖直上抛运动，故B 错误。
C．当小球运动到半圆槽最低点时有最大速度，由机械能和动量守恒定律有
mg·3 R = 1
2 m v1
2+ 1
2 2m v2
2， m v1=2m v2
解得 v1=2❑√gR
故C 错误。
D．小球从A 端到B 端的过程中，半圆槽先加速后减速运动，当小球到达B 端时，半圆槽向左的位
移最大，设为x2，小球的位移为x1，则 x1+ x2=2 R
由动量守恒定律 m x1=2m x2
解得 x2= 2
3 R
故D 正确。
故选D。
21. 如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为M、半径为R 且圆弧面光滑的
半圆弧槽。一质量为m（m=3 M ）的小球从圆弧槽左端最高点A 由静止释放，小球可视为
质点，整个过程圆弧槽不翻转，重力加速度为g。以A 点的初始位置为坐标原点，直径AC 方
向为x 轴正方向，竖直向上为y 轴正方向，建立直角坐标系xOy。
(1)求小球第一次运动到圆弧面右侧时，能够到达的最高处的位置坐标；
(2)求小球运动的轨迹方程；
(3)若小球从A 点由静止释放前，地面上紧贴半圆弧槽左侧放有质量为m0（m0=2 M ）的滑块（
与槽不粘连），求小球运动到最低点B 处时速度大小的可能值。
【答案】(1)（R
2 ，0）
(2)（4 x - R ）
2+ y
2= R
2（0≤x ≤R
2 ，- R≤y ≤0）
(3)vm1= ❑√gR或vm1=0
【来源】湖南省多校2024-2025 学年高二下学期3 月联考物理试卷
【详解】（1）假设小球第一次运动到圆弧面右侧时能够到达的最高处与A 的竖直高度差为h，此
时圆弧槽、小球速度相等，设为v，根据水平方向由动量守恒，有0=( M +m）v
由机械能守恒，有mgh= 1
2 （M +m）v
2
解得v =0，h=0
说明小球恰能运动到与A 等高处，且此时圆弧槽、小球速度均为0。设某一时刻小球水平分速度为
vmx，圆速度为v M，对圆弧槽、小球，水平方向由动量守恒，有0=m vmx+ M v M
经过一小段时间Δt，有0=m vmx Δt + M v M Δt
设从释放到小球第一次运动到圆弧面右侧到达最高处的过程，小球及圆弧槽对地的位移分别为xm、
xM，变形可得0=m xm+ M xM
又有xm- xM =2 R
解得xm= R
2
可得小球第一次运动到圆弧面右侧时能够到达的最高处的位置坐标为（R
2 ，0）。
（2）设某一时刻小球的位置坐标为（x，y ），圆弧面圆心P 的坐标为（xP，0），有
0=m（x -0）+ M （xP- R ）
此时小球到圆心距离仍为R，有（0- y ）
2+（xP- x ）
2= R
2
可得（4 x - R ）
2+ y
2= R
2（0≤x ≤R
2 ，- R≤y ≤0）
（3）小球从释放到第一次运动到最低点B 的过程，圆弧槽向左加速，圆弧槽和滑块没有分开，小
球第一次运动到最低点 B 时，圆弧槽与滑块向左的速度达到最大。设此时小球的速度为vm，圆弧
槽与滑块的速度为v M '，水平方向动量守恒，有0=mvm+（M +m0）v M '
系统机械能守恒，有mgR = 1
2 m vm
2 + 1
2 （M +m0）v M
' 2
解得vm= ❑√gR，v M ' =- ❑√gR
之后圆弧槽和滑块分离，不再接触。设小球再运动到最低点B 处时小球及圆弧槽速度分别为vm1、
v M 1，小球与圆弧槽水平方向动量守恒，有m vm+ M v M ' =m vm1+ M v M 1
小球与圆弧槽机械能守恒，有1
2 m vm
2 + 1
2 M v M '2= 1
2 m vm1
2 + 1
2 M v M 1
2
可得vm1= ❑√gR或vm1=0
