文档文本内容
01 考情分析.........................................................2
02 知识构架..........................................................3
03 题型突破..........................................................4
一、动量定理及应用..........................................................4
考向一：动量和冲量的计算......................................................................................................................5
考向二：动量定理的应用..........................................................................................................................7
考向三：流体问题......................................................................................................................................9
二、动量守恒定律及应用.....................................................15
考向一：动量守恒的判断........................................................................................................................17
考向二：爆炸和反冲................................................................................................................................19
考向三：碰撞............................................................................................................................................23
考向四：类碰撞........................................................................................................................................26
考向五：三大观点综合应用....................................................................................................................29
04 自我提升........................................................39
专题六：动量（解析版）
二轮复习
01 考情分析
往年命题规律
从近3 年以来的高考命题来分析，动量定理及应用和动量守恒定律及应
用属于高频考点，常以选择题和简答题的形式考查，动量定理及应用多
以选择题的形式出现，考查的题目难度中等；动量守恒定律及应用以选
择题、简答题的形式出现，考查的难度以中档题和难题为主，出题方式
会以生活情景相结合和前沿科技进行命题
考点频次总结
考点
2025 年
2024 年
2023 年
动量定理
及应用
天津·高考真题
浙江·高考真题
甘肃·高考真题
北京·高考真题
广东·高考真题
河北·高考真题
云南·高考真题
广西·高考真题
湖北·高考真题
上海·高考真题
重庆·高考真题
北京·高考真题
安徽·高考真题
广东·高考真题
广西·高考真题
全国甲卷·高考真题
江苏·高考真题
福建·高考真题
浙江·高考真题
河北·高考真题
福建·高考真题
重庆·高考真题
广东·高考真题
天津·高考真题
新课标·高考真题
动量守恒
定律及应
用
天津·高考真题
江西·高考真题
浙江·高考真题
全国卷·高考真题
甘肃·高考真题
北京·高考真题
湖南·高考真题
江苏·高考真题
广东·高考真题
山东·高考真题
河南·高考真题
天津·高考真题
重庆·高考真题
海南·高考真题
甘肃·高考真题
安徽·高考真题
广东·高考真题
广西·高考真题
湖北·高考真题
江苏·高考真题
湖南·高考真题
辽宁·高考真题
浙江·高考真题
河北·高考真题
重庆·高考真题
广东·高考真题
天津·高考真题
北京·高考真题
山东·高考真题
上海·高考真题
浙江·高考真题
湖北·高考真题
辽宁·高考真题
海南·高考真题
湖南·高考真题
全国乙卷·高考真题
全国甲卷·高考真题
2026 年向预测
2026 年高考动量定理及应用和动量守恒定律及应用为高频考点，动量
定理及应用会结合生活情景，例如篮球、高空抛物、流体、航天器变速
等，主要考查对于动量与冲量的理解和动量定理的应用；动量守恒定律
及应用会结合复杂情景进行考查，例如爆炸、反冲、碰撞、传动带、板
块、多过程运动，会更加注重学生对于情景的解读，再结合模型进行考
查，从题干的情景中提取对应的模型进行解题。
素养目标
1.掌握动量与冲量和动量定理的应用
2.掌握爆炸、反冲、碰撞的模型特点，并应用其进行解决实际问题。
核心能力
1.应用动量定理解决例题问题
2.掌握提取题干信息的能力，进行对应的情景模型化。
02 知识构架
03 题型突破
一、动量定理及应用
【知识储备】
（一）动量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积．
(2)表达式：p＝mv.
(3)方向：与速度的方向相同．
2．动量的变化
(1)动量是矢量，动量的变化量Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量
Δ v 的方向相同．
(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p 进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p ′ －
p .
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量．
(2)公式：I ＝
F Δ t .
(3)单位：N·s.
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．
（二）动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．
2．公式：Ft
＝
mv
′ －
mv
或I ＝
p ′ －
p .
【必备能力】
（一）冲量的计算
1.冲量的计算方法
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft 计算．
(2)变力的冲量
①作出F－t 图线，图线与t 轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．
②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．
（二）应用动量定理解决流体问题
研究
对象
流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积
内粒子数n
分析
步骤
①构建“柱状”模型：沿流速v 的方向选取一段小柱
体，其横截面积为S
②微元
研究
小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp 研究
【考向预测】
考向一：动量和冲量的计算
（2026·江苏镇江·一模）在“苏超”比赛中，足球被踢出后在空中做斜抛运动，最后落到水平草地
上。不计空气阻力，则足球在飞行过程中（ ）
A．经过最高点时动量为零
B．全过程重力的冲量为0
C．动量的变化率不变
D．竖直方向的动量不变
【答案】C
【详解】A．经过最高点时，竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，动量
也不为零，故A
错误；
B．重力的冲量
可知，重力的冲量不为零，故B 错误；
C．根据动量定理
则动量的变化率
重力恒定，故变化率不变，故C 正确；
D．竖直方向动量
，足球在竖直方向速度先减小后增大，则竖直方向的动量先减小后增大，故D
错误。
故选 C。
（2026·云南·模拟预测）体育课上，小华将质量m = 2kg 的实心球（可视为质点）从离水平地
例1
变1-1
面高h = 1.5m 处水平抛出，落地点距抛出点的水平距离x = 9m。忽略空气阻力，g 取10m/s2，则球落地
瞬间（ ）
A．速度大小为
B．重力的功率为
C．动量大小为
D．速度方向与初速度方向夹角的正切值为3
【答案】B
【详解】A．根据平抛运动规律，将运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。竖
直方向，有
得飞行时间
水平方向有
得初速度
落地瞬间的竖直速度为
可得落地瞬间的速度大小为
，故A 错误；
B．重力的功率
，故B 正确；
C．球落地瞬间动量大小为
，故C 错误；
D．速度方向与初速度方向（水平）夹角
的正切值
，故D 错误。
故选B。
（2025·山东济南·一模）如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端固定一轻弹簧，弹簧下端
连接一物体，弹簧与斜面保持平行，物体处于平衡状态时恰好在A 点。现将物体第一次从B 点由静止释放，
第二次从C 点由静止释放，弹簧形变始终在弹性限度内。物体分别从B 到A 和C 到A 运动的过程中，下列
说法正确的是（ ）
变1-2
A．物体动能的改变量相等
B．弹簧弹性势能的改变量相等
C．物体重力的冲量相同
D．弹簧弹力的冲量相同
【答案】C
【详解】A．物体分别从B 到A 和C 到A 运动的过程中，物体均做简谐运动，物体C 到A 运动的过程中振
幅更大，则物体合力做功更多，动能变化量更大，故A 错误；
B．物体分别从B 到A 和C 到A 运动的过程中，弹簧的形变量不同，物体C 到A 运动的过程中变化量更大，
弹簧的弹性势能的改变量更大，故B 错误；
C．根据简谐运动的周期与振幅无关可知，物体分别从B 到A 和C 到A 运动的过程中，所用时间均为
，
又因为
，所以重力的冲量相同，故C 正确；
D．弹簧弹力的冲量为
因为物体分别从B 到A 和C 到A 运动的过程中，所用时间均为
，但物体C 到A 运动的过程中
更大，
弹簧弹力的冲量更大，故D 错误。
故选C。
考向二：动量定理的应用
（2026·云南·模拟预测）被运动员踢出的足球在空中飞行的部分轨迹如图中虚线所示。运动员的脚
与足球作用时间约为
，足球上升的最大高度约为
，在最高点的速率约为
。足球质量约为
，不考虑空气阻力，
取
，则运动员踢球时对足球的平均作用力大小约为（ ）
例2
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】足球在空中飞行过程由动能定理可得
足球飞起的初速度大小为
运动员与足球作用过程由动量定理
解得
故选B。
（2025·浙江·一模）某物理兴趣小组制作了一枚玩具火箭，其推力—时间图像如图所示。
时火箭点火，从静止开始发射后竖直向上运动。已知火箭质量为1kg，不计空气阻力以及火箭发射过程中
质量的变化，则10s 内火箭在空中运动的最大速度为（ ）
A．150m/s
B．160m/s
C．240m/s
D．250m/s
【答案】B
【详解】在F-t 图像中图形与坐标轴围成的面积代表动量，但是刚开始火箭受到的重力大于推力所以火箭
不动，一直到
后，火箭才开始运动，所以面积为
即推力的冲量为
玩具火箭在上升过程中受到推力和重力
变2-1
根据动量定理可知推力和重力两个力的冲量等于动量的变化量，即
代入数据解得
故选B。
（2025·吉林长春·一模）蹦极也叫机索跳，是一项广受青年喜爱的极限运动。如图所示，运动
员从平台自由落下，下落
时绳索达到自然长度，此后又经时间
，运动员到达最低点，该段时间内，
固定在绳索悬点位置的拉力传感器显示绳索的平均作用力大小为
。已知运动员的质量为
，重力
加速度
，忽略空气阻力，则时间
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题可知，下落
时运动员的速度
对运动员受力分析，选取竖直向上的方向为正方向，根据动量定理可得
解得
故选B。
考向三：流体问题
（2025·广东佛山·一模）2025 年8 月，全球首座兆瓦级高空风能发电装备——浮空风力发电系统
在长沙组装完成，该系统可在1500 米的高空利用稳定且强劲的风力发电。假设高速气流以速度v 冲击涡轮
发电机叶片后速度减为零，发电机叶片受气流冲击的面积为S，空气密度为ρ，则风力对叶片的平均冲击力
大小为（ ）
变2-2
例3
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】取时间微元
，根据动量定理有
可得平均冲击力大小
故选C。
（2025·宁夏吴忠·三模）如图所示，某公司研发了一种新型无人机救生圈，旨在更高效的对
落水者进行施救，操作人员通过在岸边操纵该装置飞到落水人员头顶位置，让落水者进入救生圈中间的圆
孔进而将落水者提离水面并飞至岸边安全区域。该装置的动力系统由四台完全相同的电动机驱动的螺旋桨
构成，已知该装置的自身质量为m，四个螺旋桨旋转时扫过的总面积为S，空气密度为ρ，落水者质量为
M，重力加速度为g，电动机将电能转化为风的机械能的效率为η，环境风速不计，则关于该装置在空中悬
停（简称空载）及承载落水者在空中悬停（简称载人）的这两种基础工作状态，下列说法正确的是
（ ）
A．空载状态与载人状态螺旋桨吹出风速之比为
B．载人状态下，单位时间螺旋桨吹出总空气质量为
变3-1
C．载人状态下，四个电动机消耗的总功率为
D．若每个电动机的额定功率均为P0，则载人状态下承载人的最大质量为
【答案】B
【详解】A．根据题意可知空载和载人的重力分别为mg 和
，根据受力平衡可知两种状态下风的
推力也分别为mg 和
，由动量定理可知
其中
，联立可得
代入数据可得
，故A 错误；
B．由上述分析可知，载人状态下单位时间螺旋桨吹出空气总质量
，故B 正确；
C．载人状态时，四个电动机消耗的总功率为
，故C 错误；
D．若每个电动机的额定功率均为
，则四个电动机的总功率
由C 可得载人状态下被承载人的最大质量为
，故D 错误。
故选B。
总结提升
对于流体运动，可沿流速v 的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt 内通过某一截面积为
S 的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt 的时间内流过该横
截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该
流体微元动量的变化量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v 的方向为正方向)
【直击真题】
1．（2025·天津·高考真题）一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端
系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运
动一周的过程中（ ）
A．动量保持不变
B．所受合外力做功为零
C．所受重力的冲量为零
D．始终
处于受力平衡状态
【答案】B
【详解】座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变
A．根据
可知动量大小不变，方向改变，故A 错误；
B．速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知所受合外力做功为零，故B 正确；
C．根据
可知所受重力的冲量不为零，故C 错误；
D．座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向心加速度，所以不是处于受力平衡状态，故D 错误。
故选B。
2.（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到
的冲击力，就会有生命危险。
设有一质量为
的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下
沿距离为
，要产生
的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（ ）
A．5 层
B．8 层
C．17 层
D．27 层
【答案】C
【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为
，故撞击时间
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v 反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
根据动量定理
代入数据解得
由自由落体公式
得高度
每层楼高约3m，对应楼层数为
层。
故选C。
3.（2025·湖北·高考真题）一个宽为L 的双轨推拉门由两扇宽为
的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图
如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完
全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与
其重力大小之比为
，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设拉力为
，作用时间为，撤去外力后
运动的时间为
，
运动过程的最大速度为
，则
由动量定理，有
得
撤销拉力后，有
得
对于全过程，有
得
对于全过程有
故
运动的总时间
可知当
越大时，越小，当
时，取最小值。
则
则
故选B。
4.（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹
出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两
段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为
【答案】A
【详解】A．根据动能定理有
解得
故A 正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有
Ek = F2d2
故B 错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C 错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D 错误。
故选A。
5.（多选）（2025·广东·高考真题）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化
的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已
知拉力与水平面成30°角，其大小F 随时间t 的变化关系为F = F0－kt（F ≠ 0，F0、k 均为大于0 的常量），
无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0 到T 时间段内（T 是满足F > 0 的任一时刻），下
列说法正确的有（ ）
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为
D．T 时刻受到空气作用力的大小为
【答案】AB
【详解】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，
则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F 的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T 时刻有
，F = F0－kT
解得
故A 正确、D 错误；
B．由于拉力F 随时间t 均匀变化，则无人机在0 到T 时间段内受到拉力的冲量大小为F—t 图像与坐标轴围
成的面积为
，故B 正确；
C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0 到T 时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
故C 错误。
故选AB。
二、动量守恒定律及应用
【知识梳理】
（一）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
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′ ＋
m 2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
(2)Δp1＝－
Δ p 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
（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)转化为机械能，所以系统的机
械能增加
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
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
增加
（三）碰撞问题
1．碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
2．两种碰撞特点
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律．
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v1
2＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝.
结论：
①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．
②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．
③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．
④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝m1v1
2＋m2v2
2－
(m1＋m2)v 共2.
【必备能力】
（一）判断系统动量是否守恒
1．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．
(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合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
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．
（二）情景模型化
1.根据题干中的信息提取物理模型：
(1)爆炸和反冲：①动量守恒；②动能增加。
(2)碰撞：①动量守恒：②动能不增加。
【考向预测】
考向一：动量守恒的判断
（多选）（2025·贵州六盘水·一模）甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲的质量大于乙的质量。如
图所示，甲推乙后，两人向相反方向滑去。则甲推乙的过程（ ）
A．甲的动量变化量更小
B．甲的动能变化量更小
C．甲、乙的动量变化量大小相等
D．甲、乙的动能变化量大小相等
【答案】BC
【详解】AC．甲、乙两人构成的系统动量守恒，甲、乙末动量等大反向，且甲、乙初动量均为0，则甲、
乙动量变化量大小相等，故选项A 错误，选项C 正确；
BD．由公式
和题中甲的质量大于乙的质量条件可知，甲的动能小于乙的动能，则甲的动能变化量
更小，故选项B 正确，选项D 错误。
故选BC。
（2025·广东珠海·模拟预测）如图，在倾角为
的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木
板，木板上站着一只猫。已知猫的质量是木板的质量的2 倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，
以保持其相对斜面的位置不变，重力加速度为
，在猫奔跑但没有离开木板的过程中（ ）
A．猫对木板的摩擦力沿斜面向上
例4
变4-1
B．猫和木板组成的系统动量守恒
C．木板对猫做正功
D．木板的加速度为
【答案】D
【详解】AD．猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，以猫为研究对象，根据平衡条件可得
即木板对猫的摩擦力沿斜面向上；根据牛顿第三定律，可知猫对木板的摩擦力沿斜面向下，大小为
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有
联立解得
，故A 错误，D 正确；
B．猫和木板组成的系统在沿着斜面的方向上所受外力不为零，系统动量不守恒，故B 错误；
C．由于猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，则猫的位移为零，故木板对猫不做功，故C 错误。
故选D。
考向二：爆炸和反冲
（多选）（2025·四川·一模）如图所示，水平地面上静止放置材料相同、紧靠在一起的物体A 和
B，两物体可视为质点且A 的质量较大。两物体间夹有少量炸药，爆炸后两物体分别沿水平方向左右分离，
不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．爆炸过程中，A 物体获得的初动量大
B．爆炸过程中，两物体获得的初动量相同
C．爆炸过程中，A 物体获得的初速度小
D．爆炸后，两物体在水平地面上的滑行时间不同
【答案】CD
【详解】AB．爆炸过程中，系统内力远大于外力，A、B 组成的系统动量守恒，爆炸前系统总动量为零，
由动量守恒定律可知，爆炸后，两物体的动量大小相等，但方向相反，故AB 错误；
例5
C．设爆炸后任一物体的动量大小为p，物体的质量为m，则动能
可知质量大的物体获得的初动能小，故C 正确；
D．取爆炸后速度方向为正方向，根据动量定理得
解得滑行时间
由于μ、p、g 相等，则质量大的物体滑行时间短，故D 正确。
故选CD。
（2025·湖南郴州·一模）一个连同装备质量为M 的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L 的位置
与飞船处于相对静止状态（L 远小于飞船的轨道半径r）。为了返回飞船，他将质量为m 的氧气以相对飞
船大小为v 的速度快速向后喷出，则宇航员获得相对飞船的速度大小为（ ）
A．
B．
C．v
D．
【答案】B
【详解】喷出氧气过程系统动量守恒，以氧气的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得
故选B。
（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一长为
的平板小车，其质量为
，车
左端站着一个质量为
的人（可视为质点），开始时车和人都处于静止状态，则：
例6
例7
(1)若人从车的左端以加速度
匀加速直线运动跑到车的右端，此过程中人对地的位移和时间是多少？
(2)若人从车的左端刚好跳到车的右端，要使人对地的速度最小，则人相对车的速度大小和方向如何？
【答案】(1)
，方向由车头指向车尾；
(2)
，方向与水平方向夹角为
【详解】（1）假设人所受摩擦力大小为
，对人，根据牛顿第二定律
对车，根据牛顿第二定律
假设时间为，则人对地的位移是
，车对地的位移是
两者位移关系
，联立以上方程解得
，方向由车头指向车尾，所用时间是
（2）设人起跳时对地的速度大小为
，方向与水平面的夹角为
则人的水平位移
水平方向动量守恒
，解得车的速度
人落到车的右端条件是
解得起跳的速度大小
当
时，
最小，起跳的最小速度
设人起跳时相对车的速度为
，则水平方向分速度
竖直方向分速度
相对速度大小是
方向与水平方向夹角为
，满足
（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R 的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面
上，现将可视为质点、质量为m 的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知
，不计空气阻
力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球和槽组成系统的动量守恒
B．球的位移大小为
C．球在最低点时速度大小为
D．槽受到的合外力冲量大小为
【答案】D
【详解】A．因为小球在竖直方向有加速度，则球和槽组成系统竖直方向合外力不为0，只有水平方向合外
力为0，则球和槽组成系统水平方向的动量守恒，整个系统动量不守恒，故A 错误；
B．水平方向动量守恒，则有
对时间积累可得
变7-1
即
且有
联立解得
则球的位移大小
,故B 错误；
C．整个系统机械能守恒，可得
联立解得
,
,故C 错误；
D．对槽由动量定理可得
代入可得
,故D 正确。
故选D。
总结提升
1.人船模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律：mv 人－Mv 船＝0
②两物体的位移大小满足：m－M＝0，
x 人＋x 船＝L，
得x 人＝L，x 船＝L
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
考向三：碰撞
（2026·四川绵阳·二模）如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q 用等长的细线悬挂，现将
小球P 往左拉到
点并由静止自由释放，P、Q 碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q 首次碰
撞后（ ）
A．小球P 有可能被反弹回到
点
B．小球P 上升最高点一定低于
点
C．小球Q 上升的最高点一定低于
点
D．小球Q 上升的最高点一定高于
点
【答案】B
【详解】AB．令
点到小球P 运动的最低点的高度为，小球P 从
点下落到最低点，由机械能守恒
由于碰撞过程没有机械能损失，有
碰撞过程动量守恒，有
联立解得
，
可以发现速度大小满足
小球P 从碰撞后上升到最高点，有
例8
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
由于
，因此
，故A 错误，B 正确；
CD．小球Q 从碰撞后上升的最高点，有
化简得
由于两个小球的质量没有明确给出，小球Q 碰撞后的速度
不能计算，因此不能判断
和的大小关系，
所以不能判断小球Q 上升的最高点与
点的高度关系，故CD 错误。
故选B。
（多选）（2025·河南·一模）如图所示，质量为2m 的小球B 静止在光滑水平面上，质量为m 的
小球A 以某一速度向右运动，经过一段时间与小球B 发生碰撞，已知碰前小球A 的动能为E0，下列说法正
确的是（ ）
A．若两球发生的是完全非弹性碰撞，则碰后小球A 的动能为
B．若两球发生的是完全非弹性碰撞，则碰后小球B 的动能为
C．若两球发生的是弹性碰撞，则碰后小球B 的动能为
D．若两球发生的是弹性碰撞，则碰后小球A 的动能为
【答案】BD
【详解】AB．设碰前小球A 的速度为v0，则有
若两球发生的是完全非弹性碰撞，设碰后的速度为v，则由动量守恒定律得mv0 = (m+2m)v
解得
，小球A 的动能为
解得
小球B 的动能为
变8-1
解得
，A 错误，B 正确；
CD．若两球发生的是弹性碰撞，设碰后小球A、B 的速度大小为分别为v1、v2，则由动量守恒定律以及机械
能守恒定律得mv0=mv1+2mv2，
解得
，
小球A 的动能为
解得
小球B 的动能为
解得
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示，光滑水平面上O 处固定着一竖直挡板，a、b、c 三点位
于同一直线上且
。现将质量为
的小球A 以初速度
撞向静置在a 处、质量为
的小球B，
两小球的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。若小球A 与挡板碰撞时无机械能损失，则下列说法正确的是（
）
A．若
，小球A 与小球B 碰后小球A 将与挡板碰撞反弹后追上小球B
B．若小球A、B 在b 点会再次碰撞，则
C．若
，则小球A、B 有可能在c 点相碰
变8-2
D．若
，则小球A、B 将在c 点左侧某处再次碰撞
【答案】B
【详解】A．小球A 与小球B 发生弹性碰撞，动量是守恒的，即
机械能也是守恒的，即
能够计算得到
若
，AB 小球碰后都向右运动，且A 比B 慢，故A 错误；
B．若小球A、B 在b 点会再次碰撞，说明相同的时间内，小球A 运动距离为
，小球B 的运动距离
为
，则有
即
可解得
，故B 正确；
C．若
，根据解得的速度公式可计算出
即A 球碰后反向，且A 的速度大小大于B 球速度的3 倍，所以第二次碰撞会发生在b 点的左侧，故C 错误；
D．若
，根据速度公式可知
设AB 球第二次相遇时离a 点的距离是x，则A 运动的路程为
B 运动的路程为
根据速度关系可知
可解得
AB 球应该在c 点相遇，故D 错误。
故选B。
考向四：类碰撞
（多选）（2026·四川攀枝花·一模）如图所示，质量M=3m 的滑块Q 静止在光滑水平面上，其上表
面的左侧部分AB 段为长L 的粗糙水平面、右侧部分BC 段为半径为R 的光滑四分之一圆弧，AB 与BC 在B
点相切，C 点为圆弧最高点。一质量为m 的滑块P 以水平初速度v0从滑块Q 的A 端滑入，能经B 点滑上圆
弧段。已知重力加速度为g，
，滑块P 与滑块Q 上表面AB 段的动摩擦因数μ 恒定，空气阻力不
计，则下列说法中正确的是（ ）
A．若
，则滑块P 能从Q 的C 端飞出
B．滑块
之间的动摩擦因数可能为
C．若
，则最终P、Q 组成的系统损失的机械能为
D．滑块Q 在整个运动过程中速度的最大值不可能超过
【答案】AC
【详解】A．若滑块P 恰好到达C 端，有
，
联立解得
所以，若
，则滑块P 能从Q 的C 端飞出，故A 正确；
B．若滑块P 恰好到达B 端，有
，
联立解得
例9
所以，若
，则滑块P 不能滑上圆弧轨道，故B 错误；
C．若
，则滑块将冲上圆弧轨道，但不会从C 点飞出，假设滑块会返回A 端，则
，
解得
由此可知，假设成立，且滑块返回到A 端时，二者恰好共速，之后一起做匀速直线运动，所以最终P、Q
组成的系统损失的机械能为
，故C 正确；
D．由以上分析可知，当P 冲上圆弧轨道上升到最高点时，二者共速，此时速度为
，
故D 错误。
故选AC。
（2025·吉林长春·二模）如图甲所示，
、
两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光
滑的水平面上，
的质量为
。
时刻，使
获得水平向右、大小为
的初速度，
、
运动的速度—
时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为
，弹簧的弹性势能
，其中
为弹簧的形变量，弹
簧始终处于弹性限度内。下列说法不正确的是（ ）
A．
的质量为
B．
时刻，
、
间的距离最大
例10
C．
时间内，
所受冲量的大小为
D．图乙中阴影部分的面积为
【答案】B
【详解】A．设a 的质量为
，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得
解得
，故A 正确；
B．根据图乙可知，
时刻之前a 的速度大于b 的速度，
时刻a 的速度等于b 的速度，则
时刻弹簧被压
缩最短，此时a、b 间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在
时刻a 的速度最小、b 的速度最大，此时
弹簧恢复原长，故
时刻a、b 间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a 的速度增大、b 的速度减小，在
时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此
时刻a、b 间的距离最大，故B 错误；
C．
时间内，以水平向右的方向为正方向，对b 由动量定理可得
，故C 正确；
D．图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量
，根据能量守恒定律可得
解得
即图乙中阴影部分的面积为
，故D 正确。
此题选择不正确选项，故选B。
总结提升
考向五：三大观点综合应用
（2025·广东·模拟预测）如图甲所示，半径R＝0.9m 的光滑半圆弧轨道COD 固定在竖直平面内，
端点D 为轨道的最低点，过D 点的轨道切线水平。在圆弧轨道圆心O 的正上方F 点右侧有一固定的水平轨
道，水平轨道与倾角θ＝37°的固定粗糙斜面轨道平滑相接（物体通过时没有能量损失），斜面上E 点距斜
面底端的距离s0＝3.2m。现有质量分别为mA＝1kg，mB＝0.5kg 的物块A、B 静置于水平轨道上，且物块B
的右侧水平轨道光滑，左侧水平轨道粗糙。物块A、B 中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，爆炸后物块A
在水平轨道上运动的速度v 与时间t 的关系图像如图乙所示，物块A 从F 点离开轨道，刚好能从C 点对轨
道无挤压地切入圆弧轨道做圆周运动。已知物块A 与左侧水平轨道和物块B 与斜面轨道间的动摩擦因数相
同，A、B 均可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，
1.34。求：
例11
1．碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水
平面光
滑)
小球－弹簧模型
小球－曲面模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝
(m＋M)v 共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势
能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋
Mv2，能量满足mv0
2＝mv1
2＋Mv2
2
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水
平面或水
平导轨光
滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v 共，损失的动
能最大，分别转化为内能或电能
(1)物块A 经过D 点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；
(2)物块A 与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；
(3)若从物块B 运动到斜面轨道底端时开始计时，会通过E 点几次？计算每次经过E 点的时间。（计算结果
保留三位有效数字）
【答案】(1)60N
(2)0.5
(3)两次，见解析
【详解】（1）小物块A 离开水平轨道后刚好能从C 点切入圆弧轨道做圆周运动有
物块A 从C 到D 过程机械能守恒有
物块A 在D 点处由牛顿第二定律
联立解得
（2）由v-t 图像可知：爆炸后瞬间物块A 的速度大小为
，物块A 在水平轨道上运动的时间为
爆炸后物块A 在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有
解得
（3）物块A、B 爆炸过程，由动量守恒有
解得
物块B 在斜面轨道向上运动过程有
解得
物块B 沿斜面上升的最大距离
物块B 通过E 点有两次：
情况1：物块B 沿斜面上升阶段通过E 点时，有
解得
或
（舍去）
情况2：物块B 沿斜面下降阶段通过E 点时，上升阶段的时间
下降阶段
因为
联立解得
（2025·四川自贡·一模）如图所示，质量为4m、半径为R 的四分之一光滑圆弧体b 静置于光滑
水平面上，圆弧体的最低点与水平面平滑连接。其右端有一质量为4m，足够长的平板车c 静止在光滑水平
面上，车顶与左侧平台等高，且物块a 与平板车c 上表面的动摩擦因数为μ。现将质量为m、可视为质点的
物块a 从圆弧体的最高点由静止释放。重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)若圆弧体固定，物块a 滑至圆弧体b 最低点时，求物块a 受到的支持力大小；
(2)若圆弧体不固定时，求：
①物块a 滑至圆弧体b 最低点时，圆弧体b 的水平位移的大小；
②物块a 在平板车c 上相对滑行所用的时间。
例12
【答案】(1)
(2)①
；②
【详解】（1）圆弧体固定时，对a 有
到达最低点时，由牛顿第二定律可得
求得
（2）①系统水平方向动量守恒，物块a 刚好滑离圆弧体时，有
物块a 和圆弧体的水平位移满足
又
联立解得圆弧体b 水平方向的位移为
②圆弧体不固定时，水平方向动量守恒，对物块a 和圆弧体b 有
又由能量守恒可得：
可得
滑上平板车后，车与物块a 动量守恒，则
对平板车c，设相对运动时间为t，由动量定理可得：
解得
【直击真题】
1.（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B 分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A 左右端相连，整个
系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（ ）
A．弹簧恢复原长时，A 的动能达到最大
B．弹簧压缩最大时，A 的动量达到最大
C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加
【答案】A
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A 和B 组成的系统动量守恒，得
总结提升
力学三
大观点
对应规律
表达式
选用原则
动力学
观点
牛顿第二定律
F 合＝ma
物体做匀变速直线运
动，涉及运动细节
匀变速直线运动规
律
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
v2－v0
2＝2ax 等
能量
观点
动能定理
W 合＝ΔEk
涉及做功与能量转换
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量
观点
动量定理
I 合＝p′－p
只涉及初末速度、
力、时间而不涉及位
移、功
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
只涉及初末速度而不
涉及力、时间
设弹簧的初始弹性势能为
，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得
联立得
故可知弹簧恢复原长时物体A 速度最大，此时物体A 的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，
系统机械能不变。
故选A。
2.（2025·河南·高考真题）两小车P、Q 的质量分别为
和
，将它们分别与小车N 沿直线做碰撞实验，
碰撞前后的速度v 随时间t 的变化分别如图1 和图2 所示。小车N 的质量为
，碰撞时间极短，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】PN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知
，故
；
同理，QN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知
，故
；
故
故选D。
3.（多选）（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L 的木块，质量
为m 的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f 与射入初速度大小
成
正比，即
（k 为已知常数）。改变子弹的初速度大小
，若木块获得的速度最大，则（ ）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为
，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为
，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即
取极值即可，该函数在
到无穷单调递减，因此
当
木块的速度最大，A 正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式
可得
故B 错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C 错误；
D．木块加速过程运动的距离为
故D 正确。
故选AD。
4.（2025·江苏·高考真题）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n
个。在两列钢球之间，一质量为m 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m，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)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守
恒可知,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，则由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
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
5.（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A 运动到
顶端B 后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货
箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与
水平地面夹角为
，以速度
匀速运行。若以相同的时间间隔
将散货以几乎为0 的速度放置在倾斜传
送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10 个散货时，第1 个散货恰好被水平抛出。散货与倾
斜传送带间的动摩擦因数
，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖
直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d 的货箱装总质量为M 的一批散货。若货箱之间无间隔，
重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积
为I 如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个
散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）倾斜传动带上一共有10 个物块，每次经过
，后一个物块总会到达前一个物块的位置，因此在
时间可视为第10 个物块一次性传输到第1 个物块的位置；设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，
由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为
，其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在
时间内传送带对外输出的功率分别用于提升物块的高度和增加物块的动能，即
其中
，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
04 自我提升
1.（多选）（2024·福建·高考真题）如图（a），水平地面上固定有一倾角为
的足够长光滑斜面，一质量
为
的滑块锁定在斜面上。
时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力
，
随时间的变化关
系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为
，则滑块（ ）
A．在
内一直沿斜面向下运动
B．在
内所受合外力的总冲量大小为零
C．在
时动量大小是在
时的一半
D．在
内的位移大小比在
内的小
【答案】AD
【详解】根据图像可知当
时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当
时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块
内的
图像
A．根据图像可知
，物体一直沿斜面向下运动，故A 正确；
B．根据图像可知
，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B 错误；
C．根据图像可知
时物块速度大于
时物块的速度，故
时动量不是
时的一半，故C 错误；
D．
图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知
过程物体的位移小于
的位移，故
D 正确。
故选AD。
2.（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N 分别在水平恒力
和
作用下，由静止
开始沿同一直线相向运动在
时刻发生正碰后各自反向运动。已知
和
始终大小相等，方向相反。从开
始运动到碰撞后第1 次速度减为0 的过程中，两小球速度v 随时间t 变化的图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律
两物体受外力F 大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N 的加速
度大小之比为4:6=2:3，可知M、N 的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m 和2m；由图像可设MN 碰前的速度
分别为4v 和6v，则因MN 系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律
若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知
解得
、
因M、N 的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD 是错误的；
若不是弹性碰撞，则
可知碰后速度大小之比为
若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足
则假设成立，因M、N 的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M 来说碰撞前后的
速度之比为4v:2v=2:1
可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A 正确，C 错误。
故选A。
3.（2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A 和B，滑块C（可视为质
点）置于B 的右端，三者质量均为
。A 以
的速度向右运动，B 和C 一起以
的速度向左运动，
A 和B 发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A 和B 的长度均为0.75m，C 与A、B 间动摩擦因数均为0.5，则
（ ）
A．碰撞瞬间C 相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为
D．碰撞后到三者相对静止，C 相对长板滑动的距离为0.6m
【答案】D
【详解】A．碰撞瞬间C 相对地面向左运动，选项A 错误；
B．向右为正方向，则AB 碰撞过程由动量守恒
解得
v1=1m/s
方向向右；当三者共速时
可知
v=0
即最终三者一起静止，可知经历的时间
选项B 错误；
C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量
选项C 错误；
D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知
可得
选项D 正确。
故选D。
4.（多选）（2024·安徽·高考真题）一倾角为
足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy
直角坐标系，如图（1）所示。从
开始，将一可视为质点的物块从O 点由静止释放，同时对物块施加
沿x 轴正方向的力
和
，其大小与时间t 的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g
取
，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．
时，物块的y 坐标值为2.5m
C．
时，物块的加速度大小为
D．
时，物块的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．根据图像可得
，
，故两力的合力为
物块在y 轴方向受到的力不变为
，x 轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲
线运动，故A 错误；
B．在y 轴方向的加速度为
故
时，物块的y 坐标值为
故B 正确；
C．
时，
，故此时加速度大小为
故C 错误；
D．对x 轴正方向，对物块根据动量定理
由于F 与时间t 成线性关系故可得
解得
此时y 轴方向速度为
故此时物块的速度大小为
故D 正确。
故选BD。
5.（多选）（2024·广西·高考真题）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，
方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上
底面的夹角均为
。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为
。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤
子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了
的位移，
未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦
力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进
后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【答案】BD
【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，
由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A 错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为
木栓进入过程根据动能定理有
解得平均阻力为
故B 正确；
C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，
故C 错误；
D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B 选项求得平均阻力
又因为
联立可得
故D 正确。
故选BD。
6.（2024·安徽·高考真题）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝
缘轻质细线，连接成边长为d 的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为
，可视为点电荷。初
始时，小球均静止，细线拉直。现将球1 和球2 间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度
大小分别为
、
、
，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了
，k 为静电力常量，
不计空气阻力。则（ ）
A．该过程中小球3 受到的合力大小始终不变B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，
，
D．在图乙位置，
【答案】D
【详解】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为
0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3 受到1
和2 的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3 受到的合力为0，球3 从静止状态开始运动，瞬间受
到的合力不为0，故该过程中小球3 受到的合力在改变，故AB 错误；
CD．对系统根据动量守恒
根据球1 和2 运动的对称性可知
，解得
根据能量守恒
解得
故C 错误，D 正确。
故选D。
7.（2025·四川德阳·一模）如图（1）所示，倾角为θ 的足够长斜面固定在水平面上，甲、乙与斜面间的动
摩擦因数分别为μ1、μ2。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲和乙的位置x 随时间t 的
变化的关系曲线如图（2）所示。已知两条曲线均为抛物线，乙的x-t 曲线在t=t0时切线斜率为0，重力加速
度大小为g。则0~t0内（ ）
A．
B．甲的速度变化量大小为3v0
C．甲、乙的加速度相同
D．甲、乙构成的系统动量守恒
【答案】D
【详解】B．0~t0时间内甲做匀加速直线运动，乙做匀减速运动，t0时刻速度减为零，则
，
联立解得
所以甲的速度变化量大小为
，故B 错误；
C．甲的加速度大小为
乙的加速度大小为
所以甲乙加速度大小相等，方向相反，故C 错误；
D．由于甲乙加速度大小相等，方向相反，即二者组成的系统合力为零，系统动量守恒，故D 正确；
A．根据牛顿第二定律有
，
，
联立可得
，故A 错误。
故选D。
8.（2025·湖南·二模）打桩机是基建常用的工具。某兴趣小组为研究打桩机的工作原理，制作了如图所示的
简易模型。重物
、
、
的质量均为
，三者通过不可伸长的轻绳跨过两个等高的光滑定滑轮连接。
与滑轮等高时（图中实线位置），与两滑轮间的距离均为
。某次打桩时，
由图中实线位置静止释放，
在
、
、
的总动能最大时，
刚好与正下方质量为
的静止桩
正碰，设碰撞时间极短，碰撞后瞬
间
的速度变为零。重力加速度大小为
，则下列说法正确的是（ ）
A．总动能最大时，
下落的高度为
B．总动能最大时，
下落的高度为
C．碰撞前瞬间
的速度大小为
D．碰撞后瞬间
的速度大小为
【答案】D
【详解】AB．总动能最大时，系统的加速度为零，整个系统处于平衡状态，则拉C 的两根绳子拉力为
mg，则根据力的合成及几何关系可知，两根绳子夹角为120°，则C 的下落高度为
，故
AB 错误；
C．系统机械能守恒，则有
解得
，故C 错误；
D．C 与D 碰撞时间极短，C 和D 组成的系统在竖直方向上动量守恒，则有
解得碰撞后瞬间
的速度大小为
，故D 正确。
故选D。
9.（25-26 高三上·山西·月考）有三个完全相同的带正电的绝缘小球A、B、C 处于同一竖直平面内，质量均
为
，电荷量均为
，小球A、C 在光滑绝缘水平面上，小球A、B 之间与小球B、C 之间各用一根长为
的轻杆连接，小球A、C 用绝缘装置固定，小球A、B、C 恰构成正三角形并锁定，如图所示。现解除绝缘
装置对小球A、C 的锁定，小球B 将向下运动落到地面。已知以无限远处为零电势点，距离电荷量为
的
点电荷处的电势为
，重力加速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．初始时刻，小球A、B、C 系统所具有的电势能为
B．解除小球A、C 的锁定后，小球A、B、C 组成的系统动量守恒
C．小球A 速度最大时，小球B 的加速度大小为
D．小球B 刚落到地面时，速度大小为
【答案】D
【详解】A．初始时刻，系统电势能是两两电荷间电势能之和，三个小球构成正三角形，两两间距均为
，
共3 个点电荷，对单个点电荷对的电势能为
小球A、B、C 系统的总电势能
，故A 错误；
B．解除锁定后，小球B 受重力向下运动，系统在竖直方向合外力不为零（重力大于支持力），仅水平方
向合外力为零。因此系统整体动量不守恒，仅水平方向动量守恒，故B 错误；
C．当小球A 速度最大时，水平方向受力平衡（水平方向合力为零），所以小球A、B 之间杆对小球A 的弹
力大于小球B 对小球A 的库仑力，且弹力沿AB 方向。对于小球B，小球A、B 之间杆的弹力大于小球A 对
小球B 的库仑力，同理可知，小球C、B 之间杆的弹力大于小球C 对小球B 的库仑力，则小球B 的加速度大
于
，故C 错误；
D．小球B 下落过程中只有重力和库仑力做功，系统机械能与电势能之和不变。初始时小球A、C 静止，小
球B 落地时由几何关系知小球A、C 速度为零，设小球B 速度为，正三角形高
即小球B 下落高度为
末态系统电势能为
由能量守恒可知重力势能和电势能的减少量之和等于动能增加量，即
联立解得
，故D 正确。
故选D。
10.（2025·广西柳州·一模）相同小球A、B 用长为
的轻杆连接紧靠墙壁竖直立于水平面上（如图）。当系
统受到轻微扰动后，B 由静止开始向右滑动，两球始终在同一竖直平面内运动。当A 与墙面作用力刚为0
时，杆与墙面夹角的余弦
，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．球A 与墙面作用力刚为0 时，球B 的速度为
B．球A 落地时的速度为
C．球A 与墙面作用力刚为0 时，地面对球B 的作用力为
D．从球A 与墙面作用力为0 到球A 落地的过程中，杆对球A 做功为
【答案】B
【详解】A．假设小球B 能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ 时，两小球的速度大小
分别为
、
，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得
解得
由根据机械能守恒，则有
解得
，
故A 错误；
B．从A 与墙面作用力为0 到落地，系统机械能守恒
因A 落地时杆水平，球A 与墙壁脱离后，AB 系统水平方向动量守恒可得
解得
，故B 正确；
C．由于不计一切摩擦，则杆对A 球的力是零，在竖直方向上A 球受重力和水平面的支持力处于平衡状态，
由牛顿第三定律可知，B 球对水平面的压力大小等于mg，故C 错误；
D．从A 与墙面作用力刚为0 到A 落地的过程中，A 的初速度为
，落地时末速度为
，根据动能定理
代入数据得
，故D 错误。
故选B。
11.（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P 固定在水平面上，其上表面有半径为R 的
圆弧轨道。P 右端与
薄板Q 连在一起，圆弧轨道与Q 上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q 上，另一端自由。质量为m 的
小球自圆弧顶端A 点上方的B 点自由下落，落到A 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2mgR，此时断开P 和Q 的连接，Q 从静止开始向右滑动。g 为重力加
速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q 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B、A 两点间的距离；
(3)欲使P 和Q 断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q 的质量应为多大？
(4)欲使P 和Q 断开后，Q 的最终动能最大，Q 的质量应为多大？
【答案】(1)
(2)
，
(3)
(4)
【详解】（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v0，由机械能守恒定律可知
，其中
同时有
联立解得
，
（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q 共速，设Q 的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
有
，
，其中
联立解得
（4）对Q 和小球整体根据机械能守恒可知要使Q 的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时
弹簧刚好恢复原长；设此时Q 的质量为M′，Q 的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有
，
解得
12.（2025·湖南·高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需
要将质量为m 的机器人抛至悬崖上的A 点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b 为同一水平面上两条光
滑平行轨道，轨道中有质量为M 的滑杆。滑杆用长度为L 的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与
轨道平行，机器人从B 点以初速度v 竖直向下运动，B 点位于轨道平面上，且在A 点正下方，
。
滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，
，重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定，
，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
(2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
时，机器人松开轻绳后被抛至A
点，求v 的大小；
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，
，且
，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
时，机器人松开轻绳后被抛至A 点，求v 与k 的关系式及v 的最小值。
【答案】(1)
(2)
(3)
，
【详解】（1）由B 点到最低点过程动能定理有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
（2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为
时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
（3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为
时计为点C，由能量守恒可得
设
的水平速度和竖直速度分别为
，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当
时取得最小，此时
13.（2023·河北·高考真题）如图，质量为
的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为
的竖直光滑圆
弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成
角．质量为
的小物
块
以
的初速度从木板左端水平向右滑行，
与木板间的动摩擦因数为0.5．当
到达木板右端时，
木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时
沿圆弧切线方向滑上轨道．待
离开轨道后，可随时解除木板
锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为
取
取
．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块
和木板的速度大小；
（2）求物块
到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块
运动到最大高度时会炸裂成质量比为
的物块
和物块
，总质量不变，同时系统动能增加
，其中一块沿原速度方向运动．为保证
之一落在木板上，求从物块
离开轨道到解除木板锁定的
时间范围．
【答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
或
【详解】（1）设物块
的初速度为
，木板与轨道底部碰撞前，物块
和木板的速度分别为
和
，物
块
和木板的质量分别为
和
，物块
与木板间的动摩擦因数为
，木板长度为
，由动量守恒定律
和功能关系有
由题意分析
，联立式得
（2）设圆弧轨道半径为
，物块
到圆弧轨道最高点时斜抛速度为
，轨道对物块的弹力为
．物块
从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块
到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立式，得
设物块
拋出时速度
的水平和竖直分量分别为
和
斜抛过程物块
上升时间
该段时间物块
向左运动距离为
．
物块
距离地面最大高度
．
（3）物块
从最高点落地时间
设向左为正方向，物块
在最高点炸裂为
，设质量和速度分别为
和
、
，设
，
系统动能增加
．根据动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
或
．
设从物块
离开轨道到解除木板锁定的时间范围
：
（a）若
，炸裂后
落地过程中的水平位移为
炸裂后
落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证
之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅
落在木板上，应满足
且
解得
Ⅱ．若仅
落在木板上，应满足
且
不等式无解；
（b）若
，炸裂后
落地过程中水平位移为0，炸裂后
落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证
之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅
落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅
落在木板上，应满足
且
解得
．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证
之一一定落在木板上，
满足的条件为
或
