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第7 讲动量定理和动量守恒定律
第7 讲动量定理和动量守恒定律...........................................................1
2
一．常见命题角度：.....................................................................2
二．常用方法：.........................................................................2
三．思维导图...........................................................................2
2
15
一．动量、冲量及动量定理的理解与计算..................................................15
【题型1：动量、动量变化、冲量】.......................................................15
【题型2：动量定理的定性应用（缓冲）】.................................................16
【题型3：动量定理的应用】.............................................................16
【题型4：动量定理在流体类问题中的应用】...............................................16
【题型5：动量定理与图像结合】.........................................................17
二．动量守恒定律......................................................................18
【题型1：动量守恒条件的判断】.........................................................18
【题型2：动量守恒定律的基本应用】.....................................................19
【题型3：碰撞问题】...................................................................20
【题型4：爆炸】.......................................................................20
【题型5：反冲、人船模型】.............................................................21
【题型6：滑块-木板模型】..............................................................21
【题型7：子弹-木块模型】..............................................................23
【题型8：滑块-弹簧模型】..............................................................23
【题型9：滑块-圆弧模型】..............................................................24
..................................................................................26
一：基础练............................................................................26
二：提能练............................................................................30
三：拔高练............................................................................33
一．常见命题角度：
1.
动量定理常考：①缓冲、打击类问题（求平均力、作用时间）；②多过程问题（分阶段或全过程列
式）；③连续流体/微粒流冲击（变质量问题，求冲击力或速度）；④与F-t、v-t 图像结合（求冲量、
动量变化）。
2.
动量守恒定律常考：①碰撞、爆炸、反冲（判断类型、求速度、能量损失）；②人船模型及类人船模
型（求位移、速度）；③四大典型模型（子弹打木块、滑块—木板、滑块—弹簧、滑块—曲面）；④
某一方向动量守恒（系统合外力不为零，但某方向合力为零）。
二．常用方法：
1.
力学三大基本观点
动力学的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题
能量的观点：用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题
动量的观点：用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题
2.
三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律.从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位
置),所以守恒定律能解决状态问题,不能解决过程(如位移x、时间t)问题,不能解决力(F)的问题.
(1)若是多个物体组成的系统,优先考虑使用两个守恒定律.
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间,应考虑使用动量定理.
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间,且受到恒力作用,应考虑使用牛顿运动定律.
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度,应考虑使用动能定理,系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对
路程,动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便.
三．思维导图
1.(2025·河南省·高考真题)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，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mN，碰撞时间极短，则()
A.mP>mN >mQ
B.mN >mP>mQ
C.mQ>mP>mN
D.mQ>mN >mP
【答案】D
【解析】P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mP v P+mN v N =mP v❑P
' +mN v❑N
'，即
mP(v P- v❑P
')=mN(v❑N
' - v N)，根据图像可知(v P- v❑P
')>(v❑N
' - v N)，故mP<mN；同理，Q、N
碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQ vQ+mN v N =mQ v❑Q
' +mN v❑N
'，即
mQ(vQ- v❑Q
')=mN(v❑N
' - v N)，根据图像可知(vQ- v❑Q
')<(v❑N
' - v N)，故mQ>mN；故
mQ>mN >mP，故选D。
2.(2025·甘肃省·高考真题)如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，
小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/ s
2，则碰
撞前小球B的速度大小v为()
A.1.5m/ s
B.3.0m/ s
C.4.5m/ s
D.6.0m/ s
【答案】B
【解析】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不
变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv =m v1+m v2，
碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有1
2 mv
2+ 1
2 mv A
2 = 1
2 mv A
2 + 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2，
联立解得v1= v，v2=0，
小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h= 1
2 gt
2，
解得t =2s，
可知，碰撞后，小球A运动t ' =1s落地，则水平方向上有x = vt '，
解得v =3.0m/ s，
故选B。
3.(2025·广东省·高考真题)如图所示，在光滑的水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1、F2作用下，由
静止开始在同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相
反，从开始运动到碰撞后速度第1次减为0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
【解析】根据牛顿第二定律a= F
m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3:2；
设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度分别为4 v和6 v，则因MN系统受合外
力为零，则系统动量守恒，向右为正方向，则由动量守恒定律3m⋅4 v -2m⋅6 v =3m v1+2m v2
若系统为弹性碰撞，由能量关系可知1
2 3m(4 v)
2+ 1
2 ⋅2m(6 v)
2= 1
2 ⋅3mv1
2+ 1
2 ⋅2mv2
2
解得v1=- 4 v、v2=6 v
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3m⋅4 v -2m⋅6 v =3m v1+2m v2
可知碰后速度大小之比为v1:v2=2:3
若假设v1=2v，则v2=3 v，此时满足1
2 3m(4 v)
2+ 1
2 ⋅2m(6 v)
2> 1
2 ⋅3m v1
2+ 1
2 ⋅2m v2
2
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4 v :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。
4.(2025·湖南省·高考真题)（多选）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的初动能与其落地时的动能相等
C.弹药释放的能量为36mgh(1+ S2
2
4 h
2)D.弹药释放的能量为48mgh(1+ S2
2
4 h
2)
【答案】BD
【解析】A.爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3m v1=m v2
B与C碰撞过程动量守恒m v2=6mv
联立解得v =0.5 v1。
爆炸后瞬间A的动能EkA = 1
2 ⋅3m⋅v❑1
2
D的初动能EkD= 1
2 ⋅6m⋅(0.5 v1)
2
两者不相等，故A 错误；
B.D水平滑动过程中摩擦力做功为W f =- μ⋅6mg⋅S1=- μ⋅6mg⋅h
μ =-6mgh
做平抛运动过程中重力做的功为W G=6mgh
故D 从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故
B 正确；
CD . D物块平抛过程有h= 1
2 gt
2，S2= v0
t
联立可得v0= S2
❑√
g
2h
D水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh= 1
2 ⋅6m v0
2- 1
2 ⋅6m v
2
化简得v
2= S2
2 g
2h +2 gh
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为
E = 1
2 ⋅3m v1
2+ 1
2 ⋅m v2
2=24 m v
2=24(
S2
2 g
2h +2 gh)= 48mgh(1+ S2
2
4 h
2)
故C 错误，D 正确。
故选BD。
5.(2025·广东省·高考真题)（多选）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(F0- 1
2 kT)T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT +(F0- 1
2 kT)T
D.T时刻受到空气作用力的大小为❑√
3
4 (F0-kT )
2+(mg- F0-kT
2 )
2
【答案】AB
【解析】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，已知拉力与水平面成30°角，由几何关系可知在T
时刻有cos120
❑
∘
=
(mg)
2+ F
2- F空
2
2mgF
，F = F0-kT，
解得F空= ❑√(F0-kT )
2+(mg)
2+mg(F0-kT )，
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(F0- 1
2 kT)T，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F x =
❑√3
2 ( F0-kt )，无人
机受重力和拉力的合力在竖直方向有F y = 1
2 ( F0-kt )+mg，
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I x =
❑√3
2 ( F0T - 1
2 k T
2)，
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I y = 1
2 F0T - 1
4 k T
2+mgT，
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
I =
❑√I x
2+ I y
2 = ❑√( F0T - 1
2 k T
2+ 1
2 mgT )
2+ 3
4 m
2 g
2T
2，
故C 错误。
故选AB。
6.(2025·江西省·高考真题)（多选）龙舟赛是一种古老的中国民俗活动。如图甲所示，龙舟赛中，某龙舟达
到某一速度后，在相邻两个划桨周期T内的加速度a与时间t的关系图像如图乙所示。以龙舟前进方向为
正方向，龙舟和选手的总质量为m，龙舟的运动视为直线运动，则()
A.第一个划桨周期后龙舟(含选手)的动能增量为25
18 ma0
2T
2
B.经过相邻两个划桨周期后龙舟速度变化量为10aoT
3
C.相邻两个划桨周期内龙舟(含选手)所受合力的总冲量为8ma0T
3
D.相邻两个划桨周期龙舟的位移差为5a0T
2
3
【答案】BD
【解析】A．由a= Δv
Δt 有Δv =aΔt，a-t图线与t轴所围面积表示速度的变化量，故第一个划桨周期后龙
舟(含选手)的速度增量Δv1=3a0⋅2T
3 -a0⋅T
3 = 5
3 a0T。设龙舟(含选手)的初速度为v0，则第一个划桨
周期后龙舟(含选手)的动能增量Δ Ek = 1
2 m(v0+ Δv1)
2- 1
2 mv0
2，由于v0未知，故不能计算第一个划桨周
期后龙舟(含选手)的动能增量，故A 错误；
B．结合上述可知，经过连续两个划桨周期龙舟速度增量Δv =2 Δv1= 10
3 a0T，故B 正确；
C．由动量定理可知，相邻两个划桨周期内龙舟(含选手)所受合力的总冲量I =mΔv = 10
3 ma0T，故C 错
误;
D .作出相邻两个划桨周期的v -t图像如下图：
v -t图线与t轴所围面积表示位移大小，则相邻两个划桨周期龙舟的位移差为阴影部分面积，即位移差
x = 5
3 a0T
2，故D 正确。
故选BD。
7.(2025·福建省·高考真题)（多选）传送带转动的速度大小恒为1m/ s，顺时针转动，物块A，B中间有一
根轻弹簧，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因
数为0.25。t =0时，A速度为v0=2m/ s，方向向右，B的速度为零。在t =t0时，A与传送带第一次共速，
此时弹簧弹性势能E p=0.75 J，传送带足够长，A可留下痕迹，则()
A.在t = t0
2 时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B.t =t0时，B的速度为0.5m/ s
C.t =t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D.0-t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【解析】对物块受力分析可知摩擦力f A = f B= μmg=5 N，其中A所受摩擦力方向向左，B所受摩擦力方
向向右，AB弹簧系统所受外力为零，故系统动量守恒，mA v0=mA v1+mB v2，在t =t0时，A与传送带
第一次共速，则v1=1m/ s，解得此时B的速度为v2=0.5m/ s；B 正确；
AB物块0-t0运动过程中，aA = f A+ F 弹
mA
；aB= f A+ F弹
mB
，mB=2mA;故aA =2aB;A 错误；
物块0-t0运动过程中，有1
2 mA v0
2= 1
2 mA v1
2+ 1
2 mB v2
2+ E p+Q，解得Q =0.5 J = fs；故物块AB与传送带
的相对位移之和为s=0.1m= x A - v t0+ v t0- xB= x A - xB，故t =t0时，弹簧的压缩量为0.1m，C 错误；
0-t0过程中，A与传送带的痕迹sA = x A - v t0；B与传送带的痕迹sB= v t0- xB，又过程中aA =2aB，
s= sA+ sB；故sA<sB，s A< s
2 =0.05m，故D 正确。
故选BD。
8.(2025·江苏省·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v0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3m，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v1；
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
【答案】(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v0。
(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m v0=m v1+3m v2
由机械能守恒定律有1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 ×3mv2
2
解得v1= m-3m
m+3m v0=- 1
2 v0，v2=
2m
m+3m v0= 1
2 v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为1
2 v0
(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1
2，
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1
2，综上所
述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v =(
1
2)
2n
v0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek = 1
2 m v
2=(
1
2)
4 n+1
m v0
2
9.(2025·甘肃省·高考真题)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好
能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑
动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ =30°。
求：
(1)t =6 s时F的大小，以及t在0∼6 s内F的冲量大小。
(2)t在0∼6 s内，摩擦力f 随时间t变化的关系式，并作出相应的f -t图像。
(3)t =6 s时，物块的速度大小。
【答案】(1)由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F =
❑√3mg
4
t
所以当t =6 s时，F = 3 ❑√3mg
2
0∼6 s内F的冲量为F -t图围成的面积，即I F = 1
2 × 3 ❑√3
2
mg×6= 9 ❑√3
2
mg
(2)由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin30
∘= μmgcos30
∘
即μ= tan30
❑
∘
=
❑√3
3
在垂直杆方向，当F sinθ =mgcosθ时，t = 4 s
则0∼4 s，垂直杆方向F sinθ+ N =mgcosθ
摩擦力f = μN =
❑√3
3 (
❑√3
2 mg-
❑√3
8 mgt)=(
1
2 - 1
8 t)mg(0≤t ≤4)
在4∼6 s内，垂直杆方向F sinθ =mgcosθ+ N
摩擦力f = μN =
❑√3
3 (
❑√3
8 mgt -
❑√3
2 mg)=(
1
8 t - 1
2)mg(4≤t ≤6)
相应的f -t图像如图
(3)在0∼6 s内沿杆方向根据动量定理有I F cosθ+ I G- I f =mv
在0∼6 s内摩擦力的冲量为f -t图围成的面积，则I f = 1
2 × 1
2 mg×4+ 1
2 × 1
4 mg×2= 5
4 mg
I G=mgsinθ·t =3mg
联立有9 ❑√3
2
mg⋅cos30
∘+3mg- 5
4 mg=mv
可得v = 17
2 g
10.(2025·山西省·高考真题)如图，有两个电性相同且质量分别为m、4 m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，此时A、B两粒子系统的电势能等于1
25 m v0
2。经
时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当
粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。
己知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：(m、l0、v0、t1均为己
知量)
(1)粒子B到达P点时的速度大小v1；
(2)t1时间内粒子B的位移大小xB；
(3)恒力作用的时间t2。
【答案】(1)根据动量守恒定律m v0=(m+ 4 m)v1，
解得v1= 1
5 v0。
(2)两者共速时设间距为l'，根据能量守恒定律可知此时电势能为
E p' = 1
2 mv❑0
2+ 1
25 mv❑0
2- 1
2 ×5mv❑1
2= 11
25 mv❑0
2
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则l' = E p0
E p' l0= 1
11 l0
两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有∑m v0t1=∑m v At1+∑4 m vBt1
即有m v0t1=m x A+ 4 m xB
根据位移关系可知xB+l0= x A+l'
联立解得xB= v0t1
5 - 2
11 l0。
(3)对全过程，对系统根据动能定理F l0= 1
2 ×4 mv❑0
2- 1
2 mv❑0
2
对全过程，根据动量定理F t2= 4 m v0-m v0
联立解得t2= 2l0
v0
。
11.(2025·重庆市·高考真题)如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传
送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向
右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与
传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，
求B的质量；
(3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
【答案】解：(1) A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg=ma
可得a= μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由
v1
2=2ad
解得v1= ❑√2 μgd
(2)设B的质量为M，则由题意由碰前v A = v1，
vB= v1
2 ，
两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有mv1+ M v1
2 =mv '1+ Mv '2，
1
2 m v1
2+ 1
2 M(
v1
2)
2
= 1
2 mv '1
2+ 1
2 Mv '2
2
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即v1- v1
2 = v '2- v '1= v1
2
联立解得v '1= mv1
m+ M ，
v '2=
(3m+ M )v1
2(m+ M )
因为OP段粗糙，由动能定理有- μmgs=0- 1
2 m v
2
得s= v
2
2 μg ，
即s A = v '1
2
2 μg
，
sB= v '2
2
2 μg
根据题意有sB- sA =d，
且由(1)有v1= ❑√2 μgd
联立各式解得M = m
3
(3) A、B碰撞过程动量守恒有m v1=m v A+nmvB
又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则vB= v1
2n，
v A = v1
2
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有v A≤vB，
即n≤1
碰后动能不增，即1
2 mv1
2≥1
2 m(
v1
2)
2
+ 1
2
(nm)(
v1
2n)
2
，
可得n≥1
3
所以n的取值范围为1
3 ≤n≤1
分别将n=1和n= 1
3
代入vB= v1
2n，
分别可得vB= v1
2 ，
vB= 3 v1
2
所以对应的B的速度范围为v1
2 ≤vB≤3 v1
2 ，
代入v1= ❑√2 μgd
可得
❑√2 μgd
2
≤vB≤3 ❑√2 μgd
2
12.(2025·江西省·高考真题)如图所示，“L”形木板静置在水平面上，滑块A、B均放在木板上，滑块B与
轻质弹簧连接，滑块A靠着弹簧但不与弹簧连接，A、B均以大小为v0的速度水平向左匀速运动，弹簧
处于原长状态.木板、A、B的质量分别为4 m、2m、m，A与木板的碰撞为弹性正碰(碰撞时间极短)，
弹簧始终在弹性限度内，两滑块均视为质点，水平面足够大，木板足够长，不计一切摩擦．
(1)求A与木板第一次碰撞后瞬间，木板的速度大小v ;
(2)请通过计算判断A是否与木板第二次碰撞;
(3)求弹簧的最大弹性势能E pm．
【答案】(1)以水平向左为正方向，设在A与木板碰撞后的瞬间，A的速度为v '，根据动量守恒定律有
2m v0= 4 mv +2mv '
根据机械能守恒定律有1
2 ×2m v0
2= 1
2 ×4 m v
2+ 1
2 ×2m v
'2
解得v = 2
3 v0
(2)由(1)可得v ' =- 1
3 v0，“-”表示v '的方向水平向右
以水平向左为正方向，设在弹簧再次恢复原长时，A、B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有
2mv ' +m v0=2m v1+m v2
根据机械能守恒定律有1
2 ×2m v
' 2+ 1
2 m v0
2= 1
2 ×2m v1
2+ 1
2 m v2
2
解得v1= 5
9 v0，v2=- 7
9 v0(“-”表示v2的方向水平向右)
因为v1的方向水平向左，v2的方向水平向右，所以此后A与弹簧分离，结合v1<v可知，A不会与木板第
二次碰撞。
(3)当A、B的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，以水平向左为正方向，设A、B最终的共同速度为
v共，根据动量守恒定律有2mv ' +m v0=(2m+m)v共
根据机械能守恒定律有E pm= 1
2 ×2m v
'2+ 1
2 m v0
2- 1
2 (2m+m)v共
2
解得E pm= 16
27 mv0
2
13.(2025·湖南省·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，
AB =1.2 L。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，sin37❑
∘=0.6，重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定，v = ❑√gL，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37❑
∘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，M =km，且k ≥1，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
37❑
∘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)由B点到最低点过程动能定理有1
2 m v0
2- 1
2 m v
2=mgl
最低点牛顿第二定律可得F -mg=m v0
2
l
联立可得F = 4 mg
(2)轻绳运动到左上方与水平方向夹角为37❑
∘时由能量守恒可得1
2 mv
2=mglsin37❑
∘+ 1
2 mv '2
2
水平方向x =lcos37❑
∘+l = v '2sin37❑
∘⋅t
竖直方向取向上为正可得
y =1.2l -lsin37❑
∘= v '2cos37❑
∘⋅t - 1
2 gt
2
联立可得v = ❑√
37 gl
10
(3)当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为37❑
∘时计为点C，由能量守恒可得
1
2 mv
2=mglsin37❑
∘+ 1
2 mv1
2+ 1
2 kmv2
2
设v1的水平速度和竖直速度分别为v x ,v y，则有v1
2= v x
2+ v y
2
则水平方向动量守恒可得m v x =km v2
水平方向满足人船模型可得m x1=km x2
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为tan37❑
∘= v x+ v2
v y
设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为θ，则有速度关系tanθ = v x
v y
水平方向lcos37❑
∘+l - x2= v x⋅t
竖直方向1.2l -lsin37❑
∘= v y⋅t - 1
2 gt
2
联立可得v
2=
9kgl
10(k +1) + 14
5 gl
即v = ❑√
9kgl
10(k +1) + 14
5 gl
显然当k =1时取得最小，此时v = ❑√
13
4 gl
一．动量、冲量及动量定理的理解与计算
【题型1：动量、动量变化、冲量】
1.(2025·湖北省·联考题)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，
如图所示，下列说法正确的是()
A.第2s末，质点的动量为0
B.第2s末，质点的动量方向发生变化
C.第4 s末，质点回到出发点
D.在1～3 s时间内，力F的冲量为0
【答案】D
【解析】AB.由题图可知，0～2s时间内，F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增
大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，
AB 错误；
C.2～4 s内，F的方向与0～2s内F的方向不同，该质点0～2s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，
所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，C 错误；
D.在F -t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2s内的面积与2～3 s内的
面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，D 正确。
故选D。
【题型2：动量定理的定性应用（缓冲）】
2.(2025·江苏省·联考题)行驶中的汽车若发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会弹出并瞬间充满气体。若碰撞后
汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【解析】ABD:在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根
据动量定理Ft =△p可知，可以减小司机受到的冲击力，同时安全气囊增大了司机在碰撞过程中的受力
面积，即减小了司机单位面积受力，故D 正确，AB 错误。
C :实际情况中司机与安全气囊碰撞的过程中，不能将司机全部的动能转化成汽车的动能；故C 错误；
故选D；
【题型3：动量定理的应用】
3.(2026·山东省济南市·联考题)如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别
为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻
力恒为f ，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为()
A.
f t1
m1
，
f t1
m1+m2
B.
f t1
m1+m2
，
f t1
m1+m2
+ f t2
m2
C.
f t1
m1
，f (t1+t2)
m1+m2
D.f (t1+t2)
m1
，f (t1+t2)
m1+m2
【答案】B
【解析】解：A与B分离时二者的速度是相等的，分离后A的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力
使A与B的速度增大，由动量定理得：
f t1=(m1+m2)v1，A的速度：v1=
f t1
m1+m2
；
子弹离开A后A做匀速直线运动，子弹进入B，B做加速运动，
对B，由动量定理得：f t2=m2v2-m2v1，解得：v2=
f t1
m1+m2
+ f t2
m2
；
故选：B．
【题型4：动量定理在流体类问题中的应用】
4.(2025·重庆市市辖区·联考题)如图所示，质量为M的探测器到达某行星表面时，可以通过喷气口向下喷
气使其短暂悬停。已知探测器喷气口的横截面积为S，喷出气体的密度为ρ，该行星表面重力加速度为g，
忽略探测器质量的变化，则喷出气体相对该行星表面的速率为()
A.❑√
Mg
ρS
B.❑√
ρS
Mg
C. Mg
ρS
D. ρS
Mg
【答案】A
【解析】探测器悬停，则喷出的气体给探测器的作用力为F = Mg;
对Δt时间内喷出气体分析，由动量定理可知：F ⋅Δt = ρSv ⋅Δt ⋅v，
解得v = ❑√
Mg
ρS ，故A 正确。
5.(2025·湖北省·联考题)国产最新型战机歼-20以速度v(远大于空气分子平均速度，可认为空气分子初始速
度为0)在高空飞行时，与周围空气分子发生弹性碰撞，从而产生阻力。已知单个空气分子质量为m，空
气分子数密度为n(单位体积内分子数)，歼-20的迎风横截面积约为A。假设歼-20质量远大于分子质量，
则歼-20受到的平均阻力大小最接近以下哪个选项()
A.1
2 nmA v
2
B.nmA v
2
C.2nmA v
2
D.1
3 nmA v
2
【答案】C
【解析】在极短时间△t内，与歼-20碰撞的空气分子位于一个柱体内，柱体的横截面积为A，长度为
vΔt，因此体积V = Av △t，分子数N =nV =nAvΔt，弹性碰撞中空气分子初始速度为0，由弹性碰撞
“一动碰一静”模型，歼-20质量远大于分子质量，可得碰撞后分子速度近似为2v，以歼-20的运动方
向为正方向，单个分子的动量变化Δ p1=m⋅2v -0=2mv，总动量变化
Δp= N ⋅Δ p1=nAvΔt ⋅2mv =2mnA v
2 Δt，根据动量定理，歼-20对分子的平均作用力
F = Δp
Δt =2mnA v
2。根据牛顿第三定律，分子对歼-20的平均阻力大小等于F =2mnA v
2。故C 正确，
ABD 错误。
【题型5：动量定理与图像结合】
6.(2025·山东省·联考题)将质量为m的小球以大小为v0的初速度竖直向上抛出，小球受到的空气阻力大小与
速率成正比，小球的速度随时间变化的关系如图所示，在t1时刻速度为零，t2时刻落回抛出点，速率为
1
2 v0。已知重力加速度为g，小球从抛出至返回抛出点过程中，下列说法正确的是()
A.t2= 3 v0
2g
B.小球受到的合外力冲量为0
C.小球重力的冲量大小为mgt2
D.小球上升过程比下降过程所受空气阻力的冲量大
【答案】AC
【解析】根据动量定理可知，小球受到的合外力冲量大小为|- 1
2 m v0-m v0|= 3
2 m v0，B 错误；
根据冲量概念可知，重力冲量大小为mgt2，C 正确；
小球受到空气阻力大小与速率的比例常数设为k，设上升高度为h，把上升过程分成无数个小过程，上升
每个小过程的阻力冲量大小为k v1 Δt1=kΔh1，把上升各个小过程的空气阻力冲量相加可得上升过程的
冲量大小为kh，同理下降过程空气阻力冲量大小也为kh，则上升过程和下降过程的阻力冲量大小相等，
D 错误；
上升过程、下降过程，分别对小球应用动量定理有：-mgt1-kh=0-m v0和
-mg(t2-t1)+ kh=-m⋅1
2 v0，解得t2= 3 v0
2g ，A 正确。
二．动量守恒定律
【题型1：动量守恒条件的判断】
7.(2025·安徽省蚌埠市·联考题)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()
A.只有甲、乙正确
B.只有丙、丁正确
C.只有甲、丙正确
D.只有乙、丁正确
【答案】C
【解析】解：甲、在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒。
乙、剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守
恒。
丙、木球与铁球的系统原来匀速运动时所受的合力为零，细线断裂后，系统的受力情况不变，合外力仍
为零，所以系统动量守恒；
丁、木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒。所以只有甲、丙正确。故ABD 错误，
C 正确。
故选：C。
【题型2：动量守恒定律的基本应用】
8.(2025·广西壮族自治区南宁市·联考题)2025年10月10日，中国安能集团首次在广西启用动力舟桥参与南
宁邕江北大桥右侧的堤坝加固抢险工作。动力舟桥的其中一种作业模式是将若干舟体拼接在一起形成带
式浮桥，方便岸边与抢险地的人员及物资运送。某次拼接时，两节质量均为m的刚性舟体A、B正分别
以v0和2v0的速度沿同一直线同向移动，B舟追上A舟，发生刚性连接，连接过程极短，忽略水流的阻力，
下列说法正确的是()
A.连接后瞬间两舟的共同速度为1.5 v0
B.连接过程中A舟对B舟的作用力大于B舟对A舟的作用力
C.连接过程中A舟动量的变化量大于B舟的动量变化量
D.连接过程中B舟所受合外力的冲量大小为0.5m v0
【答案】AD
【解析】A.AB两舟碰撞过程，由动量守恒得：m v0+2m v0=3mv，解得v = 3
2 v0，A 正确;
B.碰撞过程A舟对B舟的作用力与B舟对A舟的作用力是一对相互作用力，大小相等，B 错误;
C.A舟、B舟所受合力大小相等，作用时间相同，故合力的冲量大小相等，动量变化量的大小相等，故
C 错误;
D.对B舟由动量定理得：I =2m v0-mv = 1
2 m v0，故D 正确。
【题型3：碰撞问题】
9.(2025·安徽省·联考题)如图，光滑水平面右侧有一竖直墙壁，离墙壁距离x0=6m处静止放置一质量为m2
的球2，现让一质量为m1的球1以速度v0=2m/ s与球2发生弹性对心碰撞，碰后球1的速度方向不变，球
2随后与墙壁发生弹性碰撞。两球均可视为质点，则球1与球2第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，
球2运动的路程可能为()
A.8.4 m
B.7.5m
C.7.0m
D.6.9m
【答案】A
【解析】由于碰后球1方向不变，则m1>m2，设两球第一次碰撞后速度分别为v1、v2，两球碰撞为弹性
碰撞，则根据动量守恒可得m1v0=m1v1+m2v2，根据能量守恒可得1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2，联立解
得v1= m1-m2
m1+m2
v0，v2=
2m1
m1+m2
v0，球2运动到挡板处的时间t = x0
v2
，此过程球1运动的距离为x1= v1t，
此时球1到挡板的距离为ΔL= x0- x1，设再经过t0时间两球再次相碰，则有(v1+ v2)t0= ΔL，此过程球2
运动的距离x2= v2t0，故两次碰撞前后球2运动的路程为x = x0+ x2，解得x =6m+ 6(m1+m2)
3m1-m2
，由于
m1>m2，则x>8m，故选A。
【题型4：爆炸】
10.(2025·辽宁省·联考题)质量为m的烟花从地面以速度v0竖直向上射出，到达最高点时烟花爆炸成A、B两
部分，其速度均沿水平方向，A、B两部分的质量之比为2:3，落回地面时的动能之比为1:1。已知炸药
爆炸的时间极短，忽略爆炸对烟花质量的影响，爆炸过程中释放的内能全部转化为系统动能，不计空气
阻力，重力加速度为g。求：
(1)烟花上升的最大高度h；
(2)烟花爆炸过程中释放的内能ΔE。
【答案】(1)对烟花上升过程有0- v0
2=-2gh，
解得h= v0
2
2g
。
(2)设烟花爆炸后A、B两部分的质量分别为m1、m2，
水平速度大小分别为v1、v2，
依题意可得m1= 2
5 m，m2= 3
5 m
烟花到达最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有m1v1-m2v2=0，
烟花爆炸后，A、B两部分均做平抛运动，到达地面的竖直速度均为v0，则有
1
2 m1(v0
2+ v1
2)= 1
2 m2(v0
2+ v2
2)，
烟花爆炸时炸药产生的能量为△E = 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2，
联立解得△E = 1
2 mv0
2
【题型5：反冲、人船模型】
11.(2025·安徽省·联考题)物块A和斜面B的质量分别为m和3m，水平直角边长分别为L和3 L，不计一切摩
擦，A从斜面顶端由静止开始运动，相对于斜面刚好滑到底端这一过程中，正确的是()
A.物块A的机械能守恒
B.A与B组成的系统动量守恒
C.斜面B的位移大小为0.5 L
D.物块A的位移大小为1.5 L
【答案】C
【解析】A、物块A和斜面B看成一个系统，系统机械能守恒，斜面B向右运动过程中动能在增加，机械
能在增加，根据整体机械能守恒可知，物体A机械能减少，故A 错误；
B、A与B组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向上物体A有向下的加速，竖直方向上系统动量不守恒，
故A 与B组成的系统动量不守恒，故B 错误；
C、A与B组成的系统水平方向动量守恒，设A、B的水平位移分别为x1和x2，由动量守恒定律，
m x1=3m x2，x1+ x2=3 L- L，解得x1=1.5 L，x2=0.5 L，故斜面B的位移大小为0.5 L，物块A的水平
位移为1.5 L，故C 正确，D 错误。
【题型6：滑块-木板模型】
12.(2025·湖北省·联考题)如图(a)所示，将长为L=0.8m的粗糙木板B(右侧有一挡板)放置在光滑水平地面
上，并将其锁定，小物块A以初速度v0=2m/ s从左端滑上木板，恰能与挡板发生碰撞。现解除锁定，
并在B中点放置与A完全相同的小物块C，如图(b)所示，A以某一初速度滑上木板。已知A、B(连同挡
板)、C质量相等，所有碰撞时间极短且均为弹性碰撞，A、C与B的动摩擦因数相同，重力加速度大小g
取10m/ s
2，求
(1)物块与木板间的动摩擦因数；
(2)若要求A与C能够发生碰撞，A滑上木板的初速度大小应该满足什么条件?
(3)若要求A从木板上掉下来，而C不从木板上掉下来，则A滑上木板的初速度大小应该满足什么条件？
【答案】解：(1)由题意可得-umgL=0- 1
2 mv0
2
解得μ=0.25
(2)当物块A以初速度向右运动时，A受到木板施加的大小为μmg的滑动摩擦力而减速，μmg=ma1
解得a1=2.5m/ s
2
假设C与B相对静止，μmg=2ma2
此时C、B间静摩擦力f =ma2=0.5umg<umg
故假设成立，C与B一起相对静止加速，A减速，若物块A恰好与C发生碰撞，则物块A运动到物块C所
在处时，三者的速度均相同，设A滑上木板的初速度为v1，则有
m v1=3m v共1
1
2 mv1
2- 1
2 ×3mv1共
2
=umg L
2
解得v1= ❑√3m/ s
若要求A与C能够发生碰撞，A滑上木板的初速度应该满足v ⩾❑√3m/ s
方法二：
对物块A：μmg=ma1
解得a1=2.5m/ s
2
木板B和物块C：μmg=2ma2
解得a2=1.25m/ s
2
若A恰好能和B发生碰撞，则有
❑
v0-a1t =a2t
❑
v0t - 1
2 a1t
2- 1
2 a2t
2= L
2
解得v0= ❑√3m/ s
若要求A与C能够发生碰撞，A滑上木板的初速度应该满足v ⩾❑√3m/ s
(3)当A和C发生碰撞后交换速度，此后A与B相对静止加速，C减速，C与挡板碰撞后交换速度，之后
A和C以相同的速度和加速度相对于B向左运动，故当A滑到B的左端时，C滑到B的中点，若A恰好不
从左端掉下，则此时三者共速，设A滑上木板初速度为v2，则有
m v2=3m v共2
1
2 m v2
2- 1
2 ×3m v共2
2
=umg2 L
解得v2=2❑√3m/ s
A从木板左端掉下的初速度满足v >2❑√3m/ s．
设A滑上木板初速度为v3时C恰好不从左侧掉下，当A滑到B的左端时，C滑到B的中点，此时A 、C的
速度为v4，B的速度为v5。对整个系统
m v3=2m v4+m v5
μmg2 L= 1
2 m v3
2- 1
2 2m v4
2 - 1
2 m v5
2
之后A从左侧掉下，C相对于B继续向左运动，运动到木板左侧时B、C恰好共速，设速度大小为v3 共。
B与C动量守恒
m v4+m v5=2m v3 共
μmg L
2 = 1
2 m v4
2 + 1
2 m v5
2- 1
2 2m v3 共
2
解得v3= 4 m/ s
2❑√3<v
,≤4 m/ s
【题型7：子弹-木块模型】
13.(2025·江苏省南通市·联考题)如图所示，木块静止在光滑水平面上，不同的子弹A、B从两侧同时水平
射入木块，最终都停在木块内，木块始终保持静止.若A射入的深度大于B射入的深度，则()
A.A受到的摩擦力比B的小
B.A受到的摩擦力比B的大
C.A的质量比B的小
D.A的质量比B的大
【答案】C
【解析】子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，说明两子弹对木块的作用力等大反
向。
设子弹A、B所受的摩擦力大小均为f ，根据动能定理，合外力对物体做功等于物体动能的变化量：
对于子弹A，有：- f d A =0- EkA，即EkA = f d A；
对于子弹B，有：- f dB=0- EkB，即EkB= f dB，
已知d A>dB，所以EkA> EkB：
AB、因为两子弹对木块的作用力等大反向，根据牛顿第三定律，两子弹所受的摩擦力大小相等，AB 错
误；
CD、对两子弹和木块组成的系统，动量守恒，即❑√2mA EkA - ❑√2mB EkB=0，因为EkA> EkB，所以
mA<mB，C 正确，D 错误。
【题型8：滑块-弹簧模型】
14.(2025·广东省·模拟题)如图所示，光滑的水平面AB与光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，轨道半径
R =0.4 m，D为轨道最高点。用轻质细线连接甲、乙两小球，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球均
不拴接。甲球的质量为m1=0.1kg，乙球的质量为m2=0.2kg，甲、乙两球静止。现固定甲球，烧断细
线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点。重力加速度g=10m/ s
2，甲、乙两球可看作质点。
(1)求细线烧断前弹簧的弹性势能E p；
(2)若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线开始到乙球脱离弹簧的过程中，弹簧对乙球的冲量I的大小。
(答案允许含根号)
【答案】解：
(1)由题意知乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点，设在D点速度为v，
对乙球由牛顿第二定律得m2 g=m2
v
2
R
由能量守恒得弹性势能E p=m2 g×2 R+ 1
2 m2v
2
联立解得E p=2J
(2)设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为v1、v2，对该系统分析可知动量守恒，即m1v1=m2v2
由能量守恒定律得E p= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
对乙球由动量定理得I =m2v2
联立解得I = 2
15
❑√15 N ⋅s
【题型9：滑块-圆弧模型】
15.(2025·湖南省·联考题)如图所示，静置在光滑的水平地面上的A、B为两个完全相同的1
4 光滑圆弧槽，圆
弧槽的半径为R，两槽的最低点均与水平面相切，初始时两槽的最低点均位于P点但互不相连。现将质
量为m的小球C(可视为质点)从A槽上端点M的正上方3
2 R处由静止释放，小球C从M点落入A槽内，一
段时间后从P点滑上B槽，槽的质量均为4 m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，忽略空气阻力。
(1)小球C第一次从A槽最低点滑出时，求C的水平位移大小;
(2)求小球C第二次和第三次到达地面时的速度大小;
(3)若小球第二次到B槽时离P点的水平距离为d，求小球第一次在B槽上运动的时间。
【答案】解：(1)小球C沿A槽圆弧下滑的过程中，小球C和A槽水平方向动量守恒m vCx = 4 m v A，
两边同时对时间求和，则m x1= 4 m x2，
根据几何关系有x1+ x2= R，
解得x1= 4
5 R；
(2)设小球C第一次到达A槽最低点时的速度大小为v1，此时A槽的速度大小为v A，小球C和A槽水平方
向动量守恒m v1= 4 m v A，
根据机械能守恒定律有mg( R+ 3
2 R)= 1
2 m v1
2+ 1
2 ×4 m v A
2 ，
解得v1=2❑√gR，方向水平向右，v A =
❑√gR
2
，方向水平向左
设小球C第二次和第三次到达地面的速度为v2和v3
从C滑上B到第二次回到地面，有水平方向动量守恒m v1=m v2+ 4 m vB
机械能守恒定律1
2 mv1
2= 1
2 mv2
2+ 1
2 ×4 mvB
2
解得v2=- 6 ❑√gR
5
，故v2大小为6 ❑√gR
5
，方向水平向左
从C第二次回到地面到C第三次回到地面，有
水平方向动量守恒-m v2+ 4 m v A =m v3+ 4 m v A 1
机械能守恒定律1
2 m v2
2+ 1
2 ×4 m v A
2 = 1
2 m v3
2+ 1
2 ×4 m v A 1
2
解得v3= 2❑√gR
25
；
(3)设小球C经过B槽最高点时的水平速度为v x，竖直速度为v y，小球C第一次做斜抛运动的水平位移为
x，小球第一次在B上运动过程的水平位移为xC，小球第一次在B槽上运动的时间为t0，水平方向动量守
恒有m v1=5m v x
根据机械能守恒定律有1
2 m v1
2= 1
2 m(v x
2+ v y
2 )+ 1
2 ×4 m v x
2+mgR
解得v x = 2❑√gR
5
，v y =
❑√30 gR
5
，
第一次离开B到再回到B，小球C做斜抛运动，有x = v xt，t = 2v y
g
小球第一次在B上运动过程，由水平方向动量守恒有：m v1t0=m xC + 4 m xB
由几何关系有：xC - xB= R，以及xC+ x =d
联立上述五式，得t0= 25d -20 R - 4 ❑√30 R
10 ❑√gR
。
一：基础练
1.(2025·浙江省·模拟题)高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到500 N的冲击力，就会有生命危险。
设有一质量为50 g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5cm，要产生500 N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
【解析】解：根据自由落体运动公式v
2=2 gh
根据运动学公式s= v
-
Δt = v
2 ⋅Δt
取竖直向下为正方向，不考虑鸡蛋自身重力，根据动量定理- F ⋅Δt =0-mv
联立解得h=50m
相邻楼层的高度差约为3m，因此鸡蛋坠落的楼层为n= 50
3 ( 层)≈17( 层)
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
2.(2026·安徽省·单元测试)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P
的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是()
A.P对Q做功为零
B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
【答案】B
【解析】A、Q在P上运动过程，P对Q有弹力且在力的方向上Q有位移，则P对Q做功不为零，故A 错
误；
BCD、Q在P上运动过程，P和Q构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，P、Q之间的弹力做功和
必为零；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不
为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，故B 正确，CD 错误。
故选：B。
3.(2025·重庆市·模拟题)如图所示，一个木块从距离地面80m处自由下落，A点位于木块的正下方。下落
2s后被一颗沿水平方向飞行的子弹击中。子弹与木块相互作用的时间极短，且子弹最终留在木块内部。
木块最终下落到B点，AB之间的距离为0.6m，已知木块的质量为10kg，子弹的质量为10 g，不计空气
阻力，则子弹击中木块时的速度大小约为(取g=10m/ s
2)()
A.150m/ s
B.300m/ s
C.450m/ s
D.600m/ s
【答案】B
【解析】由h= 1
2 gt
2可知，木块下落的时间为4 s，还剩2s落地，进一步计算出子弹与木块的共同速度
为v共= x
t1
= 0.6
2 =0.3m/ s
由动量守恒定律m1v0=(m1+m2)v共
解得v0=300m/ s
B 正确，ACD 错误。
故选B。
4.(2025·湖南省郴州市·模拟题)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的速度大小为()
A. m
M v
B.
m
M -m v
C.v
D. M -m
m
v
【答案】B
【解析】根据动量守恒定律可知：mv =( M -m)v '
可解得：v ' =
mv
( M -m)
故选B。
5.(2025·北京市市辖区·模拟题)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化
的图像如图所示。下列说法正确的是()
A.碰撞前m2的速率大于m1的速率B.碰撞后m2的速率大于m1的速率
C.碰撞后m2的动量大于m1的动量D.碰撞后m2的动能小于m1的动能
【答案】C
【解析】解：A、x -t图象的斜率表示物体运动的速度，由图可知，碰前m2保持静止，m1速度为
v1= 4
1 m/ s= 4 m/ s，故A 错误；
B、根据斜率可知，碰撞后m2的速率为v '2= 8- 4
2
m/ s=2m/ s，m1的速率为v '1= 0- 4
2
m/ s=-2m/ s，
负号说明m1反向弹回，二者速度大小相等，故B 错误；
C、碰撞后m1反向弹回，以开始时m1的方向为正方向，由动量守恒定律可知，m1v1=m1v '1+m2v '2，
代入数据解得，m2=3m1，由速度速度大小相等，则说明碰撞后碰撞后m2的动量大于m1的动量，故C
正确；
D 、由动能的表达式可知，m1的动能Ek 1= 1
2 m1v '1
2= 1
2 ×m1×2
2=2m1，m2的动能
Ek 2= 1
2 m2v '2
2= 1
2 ×m2×2
2=2m2，因为m2=3m1，v '1= v '2，所以碰撞后m2的动能大于m1的动能，故
D 错误。
故选：C。
6.(2025·广东省广州市·模拟题)（多选）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做
直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取
g=10m/ s
2。则()
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12kg⋅m/ s D.0∼6 s时间内F对物块所做的功为40 J
【答案】AD
【解析】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f = μmg=0.2×1×10 N =2 N。
A、t3=3 s时物体的速度大小为v3，则有：( F - f )t3=m v3，其中F = 4 N，代入数据解得：v3=6m/ s；
t 4= 4 s时速度为v4，根据动量定理可得：-( F + f )(t 4-t3)=m v4-m v3，代入数据解得：v4=0，故A
正确；
B、0～3 s物块沿正方向加速运动，3 s～4 s物块沿正方向减速运动，4 s末的速度为零，4 s～6 s物块
反向加速，且加速度大小与0～3 s内的加速度大小相等，故6 s时物块没有回到初始位置，故B 错误；
C、3 s时物块的动量大小为：p=m v3=1×6kg⋅m/ s=6kg⋅m/ s，故C 错误；
D、0～3 s内物块的位移：x1= v3
2 t3= 6
2 ×3m=9m，方向为正方向；
3 s～4 s内物块的位移：x2= v3+ v4
3
(t 4-t3)= 6+0
2
×(4 -3)m=3m，方向为正方向；
6 s时物块的速度大小为v6，则有：( F - f )t2=m v6，解得：v6= 4 m/ s
4 s～6 s物块的位移大小为：x3= v6
2 t2= 4
2 ×2m= 4 m，方向为负方向。
所以0～6 s时间内F对物块所做的功为：W = F( x1- x2+ x3)= 4×(9-3+ 4)J = 40 J，故D 正确。
故选：AD。
求出物块与地面间的滑动摩擦力，根据动量定理求解3 s时的速度和4 s时的速度，再根据位移计算公式
求解位移，根据功的计算公式求解做的功。
本题主要是考查动量定理与图象的结合，关键是弄清楚运动情况和受力情况，知道合外力的冲量等于动
量的变化。
7.(2025·云南省大理白族自治州·模拟题)一个半径R =9m的光滑竖直圆弧轨道AB与一段足够长的粗糙水平
轨道BC相切于B点。在B点静止放置一个质量为m=1kg的物块P。一个质量为M =2kg的光滑小球从A
点由静止释放，A点与圆心O的连线与竖直方向成θ =37❑
∘角。小球滑下后，在B点与静止的物块P发生
弹性正碰。物块P与水平轨道的动摩擦因数μ=0.2，不计小球与水平轨道间的摩擦。小球与物块均可视
为质点，碰撞时间极短，重力加速度g=10m/ s
2。sin37❑
∘=0.6，cos37❑
∘=0.8。求：
(1)小球第一次运动到圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小F 压。
(2)小球与物块P发生弹性碰撞后，两者各自的速度大小；
(3)从第一次碰撞后经过多久小球和P发生第二次碰撞。
【答案】(1)从A点到B点过程，根据动能定理MgR(1-cos37❑
∘)= 1
2 M vB
2，
在B点，对小球，根据牛顿第二定律F N - Mg= M v
2
R ，
根据牛顿第三定律F 压= F N，
联立解得F 压=28 N；
(2)小球与物块P碰撞过程，根据能量守恒定律有1
2 M vB
2 = 1
2 M v1
2+ 1
2 mv2
2，
根据动量守恒定律有M vB= M v1+m v2，
联立⑤⑥解得v1=2m/ s，v2=8m/ s；
(3)碰后P加速度大小a= μmg
m = μg，
P停下来用时t1= v2
a = 4 s，
P停下来时位移x2= v2
2
2a =16m，
4 s内小球位移x1= v1t1=8m，
故小球不能在P停下来之前第二次撞上P，即第二次碰撞时P已经静止，故t = x2
v1
=8 s。
二：提能练
8.(2025·浙江省·模拟题)“长征二号F”是中国主要用于发射神舟系列载人飞船和大型目标飞行器到近
地轨道的一型火箭，它总重约5×10
5kg，某次起飞加速度为10m/ s
2。推进剂燃烧产生的高温气体以
2.5×10
3m/ s的速度向下喷射使火箭获得动力，则火箭起飞时每秒喷射的气体质量约为(g=10m/ s
2)
()
A.400kg
B.2000kg
C.4000kg
D.8000kg
【答案】C
【解析】火箭起飞时，火箭与喷出的高温气体间的作用力大小为F，根据牛顿第二定律可得F -mg=ma
由动量定理FΔt = Δmv
解得火箭起飞时每秒喷射的气体质量Δm
Δt = F
v = m(g+a)
v
= 5×10
5×20
2.5×10
3
kg/ s= 4000kg/ s。
故选C。
9.(2025·湖南省永州市·模拟题)（多选）如图所示，质量m=2kg的滑块B静止放置于光滑平上，B的左
端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质M = 4 kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦
不计。光滑圆弧轨道半径R =0.9m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点
由静止开始沿圆弧下滑。滑块A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰
好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.5，滑块A、B可视为质点，重力加速度g=10m/ s
2
下列说法正确的是()
A.滑块A刚到平台上的速度大小为3m/ s
B.该过程中弹簧弹性势能的最大值为5 J
C.该过程中由于摩擦产生的热量为8 J
D.小车C的长度为0.6m
【答案】AD
【解析】A、滑块A自P点滑至平台过程中，由动能定理有mgR(1-cos60
。)= 1
2 m v0
2，
解得：v0=3m/ s，故A 正确；
B、当A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，设向右为正方向，动量守恒定律有m v0=2mv，由能量
守恒定律有E p= 1
2 mv0
2- 1
2 ×2mv
2，解得弹簧弹性势能最大值为E p= 4.5 J，故B 错误；
CD、弹簧恢复原长时B与A分离，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m v0=m v1+m v2，
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2，联立解得：v1=0，v2=3m/ s，
B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒有❑m v2=(m+ M )v3
根据能量守恒定律得：Q = 1
2 mv2
2- 1
2
(m+ M )v3
2，根据功能关系得：Q = μmgL，
联立解得：Q =6 J，L=0.6m，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
10.(2025·浙江省·模拟题)如图所示，两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地
面上。小球A的质量为m1=0.3kg，一质量为m=0.1kg的子弹以v0的速度击中小球A，并留在A中，设
子弹与小球A的组合体为C，C压缩弹簧，此后C与B的速度-时间图像如图乙所示，则下列说法正确的
是()
A.子弹打击小球A的过程中损失的机械能为5.4 J
B.在t1、t3时刻C与B的速度相同，且弹簧的长度也相同
C.从t3到t 4过程中，弹簧由伸长状态恢复到原长
D.小球B的质量为0.5kg
【答案】AC
【解析】A.根据动量守恒m v0=(m+m1)v，由图像可知v =3m/ s，代入数据解得v0=12m/ s，子弹打
击小球A的过程中损失的机械能为ΔE = 1
2 mv0
2- 1
2 (m+m1)v❑
2=5.4 J，故A 正确；
BC .分析物理情景和图像可知在t1弹簧处于压缩最短时刻，t3时刻弹簧的伸长量最大，从t3到t 4过程中，
弹簧由伸长状态恢复到原长，故B 错误，C 正确；
D.由图像可知t1时刻BC共同速度为v ' =1m/ s，根据动量守恒(m+m1)v =(m+m1+mB)v
'，解得
mB=0.8kg，故D 错误。
11.(2025·陕西省西安市·模拟题)冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水
平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度v0=2m/ s，匀减速滑行x1=16.8m到达N点时，队友
用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行x2=3.5m，
与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为v A =0.05m/ s和vB=0.55m/ s。已知A、
B质量相同，A与MN间冰面的动摩擦因数μ1=0.01，重力加速度g取10m/ s
2，运动过程中两冰壶均视
为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A：
(1)在N点的速度v1的大小；
(2)与NP间冰面的动摩擦因数μ2。
【答案】(1)设冰壶质量为m，A受到冰面的支持力为N，由竖直方向受力平衡，有N =mg
设A在MN间所受滑动摩擦力为f ，加速度为a，则有f =ma，f = μ1 N，联立解得a= μ1g=0.1m/ s
2
由速度与位移关系式，有v1
2- v0
2=-2a x1，解得v1=0.8m/ s
(2)设碰撞前瞬间A的速度为v2，由动量守恒定律，有m v2=m v A+m vB，解得v2=0.6m/ s
设A在NP间所受滑动摩擦力为f '，则有f ' = μ2mg，由动能定理有- f
' x2= 1
2 mv2
2- 1
2 mv1
2，联立解得
μ2=0.004
12.(2025·天津市·模拟题)近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置
的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v0= 4 m/ s的恒定速率顺时针运行，传送带的长
L=5m。现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B
发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，包裹B向前运动了0.9m静止。已知包
裹A与传送带和水平面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取10m/ s
2。
(1)求包裹A在传送带上运动的时间；
(2)若包裹B的质量为0.4 kg，求包裹B与水平面间的动摩擦因数。
【答案】解：(1)包裹A刚放在传送带上时，由牛顿第二定律得：μ1mA g=mA a
代入数据解得：a=2m/ s
2
设包裹A经过时间t1与传送带共速，则t1= v0
a
包裹A匀加速直线前进的距离x1= v0
2
2a
包裹A做匀速直线运动的时间t2= L- x1
v0
则包裹A在传送带上运动的时间t 总=t1+t2
代入数据解得t 总=2.25 s
(2)设A、B碰撞后速度分别为v A、vB，A、B碰撞过程系统动量守恒
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mA v0=mA v A+mB vB
碰撞后，由动能定理：
对A：- μ1mA g x A =0- 1
2 mA v A
2
对B：- μ2mB g x A =0- 1
2 mB vB
2
代入数据解得：μ2=0.5
三：拔高练
13.(2025·浙江省·模拟题)如图所示，AB为足够长的粗糙斜面，斜面倾角θ =37
∘，与水平面CG通过极
小的一段光滑曲面平滑连接，CG长为S =1.2m的粗糙水平面，DFE为与水平面平滑连接的光滑竖直圆
轨道，该竖直光滑圆轨道在CG的位置可调，最低点D、E水平方向略微错开。长木板紧挨着G，静止在
光滑、足够长的水平面HI上。长木板右端固定一弹性挡板K (物块与它的碰撞为弹性碰撞)。一质量为
m=1kg可视为的质点物块P自斜面上距水平面高为h处由静止释放，p与斜面、CG间、木板间动摩擦因
数均为μ=0.5。圆轨道半径R =0.4 m，木板质量M =2 Kg，长为L=2m。sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，
取g=10m/ s
2，求：
(1)若滑块恰能过最高点F，求滑块经D点时受到轨道的支持力大小。
(2)当h1=3.3m时，CD的距离S1为多少时滑块恰能滑过F点。
(3)当圆轨道最低点D位于CG中点时，p刚好滑至木板中点时与木板相对静止，求滑块释放的高度h2。
【答案】解：(1) p恰能经F :
mg=m vF
2
R
解得v F =2m/ s
p自D到F，由机械能守恒定律：
1
2 mv D
2 = 1
2 mvF
2 +2mgR
解得v D=2❑√5m/ s
p经D时：F N -mg =m v D
2
R
代入数据解得：F N =60 N ;
(2)对p，自释放到F，由动能定理：
mgh1- μmg(
h1
tan37° + s1)-2mgR = 1
2 m v F
2
由(1)知：v F =2m/ s
代入数据解得：s1=0.2m；
(3)当圆轨道位于CG中点时，能过F点：
mgh2- μmg(
h2
tan37° + s
2 )-2mgR = 1
2 m v F
2
得h2=3.9m
设经G速度为v1时，恰第1次滑至第一块木板的中点，对p和木板组成的系统：由动量守恒定律：
m v1=( M +m)v共
由能量守恒定律：1
2 mv1
2= 1
2 ( M +m)v共
2 + 1
2 μmgL
解得：v1= ❑√15m/ s
对滑块p，自释放到G，由动能定理：
mgh3- μmg(
h3
tan37° + s)= 1
2 mv1
2
解得h3= 4.05m
h3>h2，符合题意
当物块与挡板碰后在木板中点与木板相对静止，由能量守恒定律：
1
2 mv2
2= 1
2 ( M +m)v共
2 + 3
2 μmgL
解得v2=3 ❑√5m/ s
m v2=(m+ M )v共
对滑块p，自释放到G，由动能定理：
mgh4- μmg(
h4
tan37° + s)= 1
2 mv2
2
解得h4=8.55m
所以h2= 4.05m或8.55m
14.(2025·河南省焦作市·模拟题)光滑水平面上放着质量mA =1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A
与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹着一个被压缩的轻弹簧(与A、B均不拴接)，用手挡
住B不动，此时弹簧的弹性势能E p=81J。A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如
图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直固定半圆光滑轨
道.其半径R =0.5m，B到达最高点C时对轨道的压力为44 N。重力加速度g取10m/ s
2，求：
(1)B到达C点时的速度大小vC；
(2)绳被拉断过程中绳对B的冲量大小；
(3)绳被拉断过程中绳对A所做的功W 以及这一过程中系统损失的机械能E损。
【答案】(1)B在最高点C时有mB g+ F =mB
vC
2
R
解得vC = 4 m/ s
(2)设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理
-2mB gR = 1
2 mB vC
2 - 1
2 mB vB
2
解得vB=6m/ s
设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化给B的动能，有
E p= 1
2 mB v1
2
解得v1=9m/ s
根据动量定理有I =mB vB-mB v1
解得I =-6 N ⋅s
所以，冲量大小为6 N ⋅s；
(3)设绳断后A的速率为v A，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mB v1=mB vB+mA v A
解得v A =6m/ s
根据动能定理有W = 1
2 mA v A
2 =18 J
损失机械能ΔE = 1
2 mB v1
2- 1
2 mA v A
2 - 1
2 mB vB
2 =27 J
