文档文本内容
2026 届高三物理二轮复习选择题专练·考点09 动量和动量守恒定律
一．高考真题...............................................................................1
二．冲量和动量及动量定理..................................................................11
三．动量守恒定律的应用....................................................................13
四．动量守恒定律的四类模型（碰撞、爆炸、反冲、人船模型）..................................16
一．高考真题
1.(2025·甘肃)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。
2. (2025·陕西)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2 L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、
乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2 L，宽均为L，电阻分别为R和2 R。两线框在光滑水平面上以相同
初速度v0= 4 B
2 L
3
mR
并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则( )
A. 甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B. 甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1:1
C. 乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D. 甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4:3
【答案】D
【解析】A.根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故
A 错误；
B. 甲线框刚进磁场区域时，合力为 F安1= B I 1 L ， I 1= BLv0
R
，乙线框刚进磁场区域时，合力
为 F安2= B I 2 L ， I 2= BLv0
2 R
可知
F安1
F安2
=2 ，故B 错误；
CD .假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有 - B I 1 LΔt =m v1-m v0 ，
q1= I 1 Δt =
ΔΦ
Δt
R ⋅Δt = ΔΦ
R = B⋅4 L
2
R
同理对乙有 - B I 2 LΔt ' =m v2-m v0 ， q2= I 2 Δt ' =
ΔΦ
Δt '
2 R ⋅Δt ' = ΔΦ
2 R = B⋅4 L
2
2 R
，解得 v1=0
v2= 1
2 v0= 2B
2 L
3
mR
故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场
区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为 Q1= 1
2 mv 0
2 ， Q2= 1
2 mv 0
2- 1
2 m(
v0
2 )
2
= 3
8 mv 0
2，
即
Q1
Q2
= 4
3 ，故C 错误，D 正确。
故选D。
3. (2025·河南)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】由于碰撞时间极短，故两辆小车碰撞时动量守恒，对于P与N的碰撞过程由动量守恒定律可知：
mP v p+mN vN =mP v p' +mN vN '，即mP Δv p=mN Δv N，由于Δv p> Δv N，故mN >mP；同理可得mQ>mN，
故有mQ>mN >mP，D 正确。
4. (2025·广西)如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不
计，两端各接一个阻值为2 R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良
好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端
均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能E p与形变量x的关系为E p= 1
2 k x
2；将金属棒移至导轨中间位置
时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。
将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与
导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中( )
A. 金属棒所受安培力冲量大小为B
2l
2(a+b)
R
B. 每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为B
2l
2(a+b)
4 R
+ mgtsinθ
2
C. 每个定值电阻产生的热量为k(a
2-b
2)
8
+ mg(a+b)sinθ
4
D. 金属棒的平均输出功率为k(a
2-b
2)+mg(a+b)sinθ
2t
【答案】D
【解析】解：A、金属棒所受安培力冲量大小为I 安= B I
-
lΔt = Blq，又q = E
-
R总
Δt = ΔΦ
R总
= Bl(a+b)
R总
，
，解得I 安= B
2l
2(a+b)
2 R
，故A 错误；
B、该过程中，取沿导轨向下为正方向，对金属棒，由动量定理得2 I 弹- I 安+mgsinθ⋅t =0
解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I 弹= 1
2 I 安- 1
2 mgtsinθ = B
2l
2(a+b)
4 R
- 1
2 mgtsinθ，故B 错误；
C、由能量关系可知回路产生的总热量Q =mgsinθ(a+b)+2× 1
2 k a
2-2× 1
2 k b
2
每个定值电阻产生的热量为Q1= 1
4 Q = mgsinθ(a+b)
4
+ 1
4 k(a
2-b
2)，故C 错误；
D、因金属棒的电阻与外电路总电阻相等，则金属棒的平均输出功率P
-
=
1
2 Q
t
= mgsinθ(a+b)+ k(a
2-b
2)
2t
，
故D 正确。
故选：D。
5. (2025·广东)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 ⋅3m v1
2+ 1
2 ⋅2m v2
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 ⋅3mv1
2+ 1
2 ⋅2mv2
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。
6. (2025·广东)（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。
7. (2025·湖南)（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 ⋅6mv0
2- 1
2 ⋅6mv
2
化简得 v
2= S2
2 g
2h +2gh
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。
8. (2025·青海)（多选）如图，与水平面成53
∘夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块，
弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长
为OQ，PQ为1.6m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与
杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F =kx。k =10 N /m，g取10m/ s
2，
sin53
∘=0.8。则滑块( )
A. 与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N
B. 下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C. 从释放到静止的位移大小为0.64 m
D. 从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J
【答案】AC
【解析】A.根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为 θ 时，对滑块进行受力分析，如图所示
由平衡条件有 FT cosθ =mgcos53
∘+ F N，由胡克定律结合几何关系有 FT =k PQ
cosθ ，联立解
得 F N =k ⋅PQ -mgcos53
∘=10 N
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 f = μ F N =1.6 N，故A 正确；
B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B
错误；
C. 设滑块从释放到静止运动的位移为 x ，此时弹性轻绳与PQ间夹角为 θ1 ，由平衡条件
有 mgsin53
∘= f +k PQ
cosθ1
⋅sinθ1
解得 tanθ1=0.4，由几何关系可得 x = PQ⋅tanθ1=0.64 m，故C 正确；
D. 从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为 W f ，由能量守恒定律
有 mgsin53
∘⋅x = 1
2 k (PQ
2+ x
2- PQ
2)+W f
解得 W f =3.072J，故D 错误。
故选AC。
9. (2025·江西)（多选）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，速率恒为v0，宽为d的MNQP区域
存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为l(l< d
2 )、质量为m、电阻为R的正方
形线框efgh置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框ef 边刚离开磁场区域时的速率恰为v0。
若线框ef 或gh边受到安培力，则其安培力大于2mgsinθ。线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩
擦因数μ= tanθ，ef 边始终平行于MN，重力加速度为g。下列选项正确的是( )
A. 线框速率的最小值为
√v0
2- 4 g(d -l)sinθ
B. 线框穿过磁场区域产生的焦耳热为2mgd sinθ
C. 线框穿过磁场区域的时间为B
2l
3+mR(
√v0
2- 4 g(d -l)sinθ - v0)
2mgRsinθ
D. ef 边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为
B
2l
3v0
2mgR sinθ
【答案】AD
【解析】A.在 ef 边进入磁场而 gh 边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培
力 BIL 和沿传送带平面向下的重力分力 mgsinθ 。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力
为 μmgcosθ ，而 μ= tanθ ，故 μmgcosθ =mgsinθ，
已知线框受到的安培力 BLI >2mgsinθ，
即 BIL>mgsinθ+ μmgcosθ，
因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平面的安培力、重力
分力、摩擦力作用下做减速运动。在 gh 边进入磁场到 ef 边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送
带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动
摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当 gh 边刚进入磁场时，线框有最小速
度 vmin 。
设线框加速度为 a ，根据牛顿第二定律有 mgsinθ+ μmgcosθ =ma，
ef 边离开磁场时速度恰好为 v0 ，则有 v0
2- vmin
2 =2a(d -l)，
联立解得 vmin=
√v0
2- 4 g(d -l)sinθ ，故A 正确；
B.
在
ef 边
进
入
磁
场
到
gh 边
进
入
磁
场
的
过
程
中
，
由
动
能
定
理
有 mglsinθ+ μmglcosθ+W 安= 1
2 mvmin
2 - 1
2 mv0
2，
则该过程产生的焦耳热 Q =-W 安=2mgd sinθ，
在 ef 边离开磁场到 gh 边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为 Q 。因此，线框穿过磁场区
域产生的焦耳热为 4 mgd sinθ ，故B 错误；
C.设 ef 边进入磁场到 gh 边进入磁场的时间为 t1 ，根据闭合电路欧姆定律得 I = BLv
R ，
根据动量定理有 mgsinθ⋅t1+ μmgcosθ⋅t1-∑BILΔt =m vmin-m v0，
设 gh 边进入磁场到 ef 边离开磁场的时间为 t2 ，有 v0- vmin=at2，
因为 ef 边离开磁场到 gh 边离开磁场所用时间也为 t1 ，所以线框穿过磁场区域的总时
间 t =2t1+t2，
联立解得 t = 2B
2l
3+mR(
√v0
2- 4 g(d -l)sinθ - v0)
2mgRsinθ
，故C 错误；
D.ef 边从进入到离开磁场区域的时间 t ' =t1+t2，
该段时间内传送带移动的距离 s= v0t ' =
B
2l
3v0
2mgR sinθ
，故D 正确。
故选AD。
10. (2025·重庆)（多选）如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿
平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应
强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F =kv +b(k >0,b>0)，且gh
两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F =0。gh段速度大小v与运动路程S的关系如图2所
示，图中v0(v0< b
k )为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则( )
A. gh在任一磁场区域的运动时间为
kd
b-k v0
B. 金属框的总电阻为B
2d
2
k
C. 小车质量为
k
2d
2(b-k v0)
D. 小车的最大速率为2b
k + v0
【答案】BC
【解析】由题知gh两端的电压随时间均匀增加，则说明gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的速度
为v，有E = Bdv，
I = E
R ，
F安 = Bid，
F - F安 = ma
联立有 kv +b- B
2d
2v
R
=ma
B.由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有 kv = B
2d
2v
R
，
ma = b
解得 R = B
2d
2
k
，
故B 正确；
CD．gh在无磁场区域运动时，F = 0，
根据动量定理有 - B
2d
3
R
=mv0-mvmax
gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，有 vmax
2
- v0
2=2ad
结合ma = b
解得 m=
k
2b
2(b- v0k ) ，
vmax = 2b
k - v0 ，
故C 正确，D 错误；
A.由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有vmax = v0+at
解得 t = kd
b ，
故A 错误。
故选BC。
二．冲量和动量及动量定理
11.在光滑水平面上，质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能
是非弹性的，碰撞后B球的速度可能值为( )
A. 0.4 v
B. 0.6 v C. 0.7 v D. 0.8 v
【答案】A
【解析】规定v方向为正方向，若碰撞为完全非弹性碰撞，则B的速度有最小值，由动量守恒
得 mv =(m+3m)v1
解得此时B的速度最小值 v1=0.25 v
若碰撞为弹性碰撞，则B的速度有最大值，根据动量守恒、机械能守恒分别有 mv =m v A+3m vB ，
1
2 mv
2= 1
2 mv A
2 + 1
2 ⋅3mvB
2
解得此时B的速度最大值 vB=0.5 v
可知B球速度范围在 0.25 v 到 0.5 v 之间。综合可知A符合题意。
故选A。
12.用锤子敲击工件进行锻造时，锤子的质量为5kg，从静止开始自由下落0.8m后与工件碰撞，碰撞后锤子速
度减为0时将锤子取下。已知碰撞过程中，锤子对工件的作用力随时间变化规律如图所示。重力加速度g取
10m/ s
2，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）
A. 锤子与工件碰撞前的速度大小为5m/ s
B. 碰撞过程中锤子所受合力的冲量大小为25 N·s
C. 碰撞过程中作用力( F )的最大值为1100 N
D. 碰撞过程中锤子的最大加速度大小为290m/ s
2
【答案】C
【解析】AB.碰撞前锤子做自由落体运动，由v
2=2gh，解得v =
√2gh= 4 m/ s，规定向上为正方向，碰撞
过程由动量定理得I 合= Δp=0-m(- v)=20 N ⋅s，合力冲量大小为20 N ⋅s，故AB 错误；
CD .由牛顿第三定律知，Fm= Fm'，I 合=mgt - 1
2 Fm' t，其中t =0.04 s，解得Fm= Fm' =1100 N，对锤子由
牛顿第二定律可得，最大加速度大小a= Fm' -mg
m
=210m/ s
2，故C 正确，D 错误。
13.2025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（）
A. ρSv
B. 1
2 ρSv
C. ρS v
2 D. 1
2 ρS v
2
【答案】C
【解析】根据题意分析可知，设Δt时间内气流形成的长度为l = v ⋅Δt，
单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为V = Sl
Δt = Sv
规定风的方向为正方向，对Δt时间内形成的气流由动量定理- F ⋅Δt =0-mv
代入数据解得F = ρS v
2
根据牛顿第三定律，叶片受到的平均冲击力大小为F ' = F = ρS v
2，故C 正确。
14.（多选）在2024年WTA年终总决赛中，我国网球选手郑钦文获得亚军，追平了网球名将李娜的纪录。郑钦
文在决赛中发球速度最高达到55m/ s，达到网球选手世界顶尖水平，此次发球时网球与球拍接触的时间为
2ms，网球的质量约为58 g，下列关于此次发球过程的说法正确的是( )
A. 球拍对网球的冲量约为3200 N ⋅s
B. 球拍对网球的平均作用力约为1600 N
C. 球拍对网球做的功约为1140 J
D. 球拍对网球做功的平均功率约为4.4×10
4W
【答案】BD
【解析】AB.根据动量定理可得球拍对网球的冲量大小I =mv =(58×10
-3×55)N ⋅s≈3.2 N ⋅s
可得球拍对网球的平均作用力F = I
Δt =
3.2
2×10
-3 N =1600 N，故A 错误，B 正确；
C.根据动能定理可知球拍对网球做的功W = 1
2 m v
2≈88 J，故C 错误；
D.球拍对网球做功的平均功率P= W
Δt =
88
2×10
-3 W = 4.4×10
4W ，故D 正确。
故选BD。
三．动量守恒定律的应用
15.如图所示，质量为4 kg的小车沿光滑水平面向右匀速运动，速度大小v1=1.5m/ s，质量为1kg的小球以大
小v0= 4 m/ s的速度向右水平抛出，小球以与水平方向成45
∘夹角的速度进入车内，经过0.1s与小车相对静止。
取g=10m/ s
2，则该过程中小球受到小车作用力的冲量大小为( )
A. ❑√29 N ⋅s
B. 5 N ⋅s
C. 2
√5 N ⋅sD. 4 N ⋅s
【答案】A
【解析】撞击前小球速度的竖直分量大小为v0，撞击过程，设小车对小球作用力冲量的竖直分量大小为I y，
以竖直向上为正方向，根据动量定理有I y -mgt =0-(-m v0)，解得I y =5 N ⋅s；系统在水平方向动量守恒，
则m v0+ M v1=(m+ M )v，解得共同速度大小v =2m/ s，设小车对小球作用力冲量的水平分量大小为I x，
以向右为正方向，根据动量定理有I x =|mv -m v0|，解得I x =2 N ⋅s，联立解得撞击过程中小球受到小车作
用力的冲量大小为I =
√I x
2+ I y
2 =
√29 N ⋅s，故A 正确，BCD 错误。
16.如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低
点，现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R =1.8m，小滑块的质量关系是
mB=2mA，重力加速度g=10m/ s
2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是( )
A. 5m/ s
B. 4 m/ s
C. 3m/ s
D. 2m/ s
【答案】A
【解析】设小滑块A到达最低点时的速度为v0，根据动能定理mA gR = 1
2 mA v0
2-0
可得v0=6m/ s
若A、B发生弹性碰撞，则有：
mA v0=mA v1+mB v2，1
2 mA v0
2= 1
2 mA v1
2+ 1
2 mB v2
2，
解得v2= 4 m/ s；
若A、B发生完全非弹性碰撞，则有：
mA v0=(mA+mB)v，解得v =2m/ s，
所以碰后小滑块B的速度范围为2m/ s≤v ≤4 m/ s，B的速度不可能是5m/ s，故选A。
17.如图所示，一根劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，弹簧的上端固定，下端连接着质量为M的物块，物块静止.
质量为m的小球以速度v竖直向上与物块相碰并粘连在一起，且碰撞的时间极短，物块与小球恰好运动到弹簧
原长位置，不计空气阻力.下列说法正确的是（）
A. 物块静止时弹簧的弹性势能为( M +m)Mg
k
- 1
2 m v
2
B. 物块与小球振动过程中的振幅为Mg
k
C. 物块与小球振动过程中的最大速度为mv
M +m
D. 物块与小球振动过程中弹簧弹力的最大值为2( M +m)g
【答案】D
【解析】A、开始时，弹簧的伸长量为x0= Mg
k ，碰撞过程，mv =( M +m)v1，解得碰后速度v1=
mv
m+ M ，
碰后整个系统机械能守恒，从物块静止位置到最高点时，弹簧恰好恢复原长，这一过程，重力势能增加，动
能和弹性势能减少，
则应该有( M +m)g x0= 1
2
(M +m)v1
2+ E p，
解得物块静止时弹簧的弹性势能E p= ( M +m)M g
2
k
-
m
2v
2
2( M +m)，故A 错误；
B、物块和小球处于平衡位置时，弹簧的伸长量为x1= (M +m)g
k
，系统在最高点时，弹簧处于原长，所以振
幅为A = (M +m)g
k
，故B 错误；
C、小球再次回到碰撞位置时，速度为mv
M +m，此位置不是平衡位置，速度不是最大，故C 错误；
D、在最低点时，弹簧弹力最大，在最高点与最低点时，回复力等大反向，则有( M +m)g= F -( M +m)g，
解得弹簧在最低点的拉力为2( M +m)g，故D 正确。
故选D。
18.（多选）如图所示，A、B、C、D四个大小相同的小球并排放置在光滑的水平面上，A、B、C球质量为
2m，D球质量为m。A球以速度v向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )
A. 3个小球静止，1个小球运动
B. C球速度为v
3
C. D球速度为v
D. 若碰前CD粘在一起，则CD球共同的速度大小为4
5 v
【答案】BD
【解析】ABC . A球与B球碰撞过程，以水平向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得
2mv =2m v A+2m vB
1
2 ×2m v
2= 1
2 ×2m v A
2 + 1
2 ×2m vB
2
解得碰完后A球与B球的速度分别为
v A =0，vB= v
可知质量相等的A、B两球发生弹性碰撞后速度交换；
同理可知，B、C两球发生弹性碰撞后速度交换，则碰撞后B球的速度为0，C球的速度为
vC = vB= v
C球与D球碰撞过程，以水平向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得
2m vC =2mv 'C+m v D
1
2 ×2mvC
2 = 1
2 ×2mv 'C
2 + 1
2 mv D
2
解得碰完后C球与D球的速度分别为
v 'C = v
3，v D= 4 v
3
可知最终A、B两球处于静止状态，C、D两球处于运动状态，B 正确，AC 错误；
D. 若碰前CD粘在一起，碰后CD球共同的速度大小为vCD= 2×2m
2m+3m v = 4
5 v，D 正确。
正确选项BD。
19.（多选）如图所示，将质量为M 1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙，右侧
靠一质量为M 2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方足够高处由静止开始下落，与半圆槽相
切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A. 小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B. 小球在槽内运动到B点后，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C. 小球离开C点以后，将做斜上抛运动，且恰好再从C点落入半圆槽中
D. 小球第二次通过B点时半圆槽与物块分离
【答案】CD
【解析】A.小球在从A到B运动的过程中，小球和半圆槽受到了竖直墙面对它们水平向右的作用力，故这一阶
段水平方向上动量不守恒，故A 错误；
B.小球运动到B点以后，系统在竖直方向上仍然有加速度，故动量不守恒，故B 错误；
C.小球离开C后只是相对于槽竖直向上运动，其与槽在水平方向上均具有水平向右的速度，彼此水平方向上
相对静止，以地面为参考系，C做斜上抛运动，且恰好再从C点落入半圆槽中，故C 正确；
D.第二次通过B点后，小球对半圆槽的作用力有水平向左的分量，半圆槽向右减速，物块继续做匀速直线运
动，故两者分离，故D 正确。
故选CD。
四．动量守恒定律的四类模型（碰撞、爆炸、反冲、人船模型）
20.弹棋是中国古代棋类游戏，晋人徐广《弹棋经》曰，“二人对局，黑白各六枚，先列棋相当，下呼上击
之”.弹射过程简化如下：在水平桌面上放置两个质量、大小、材料都相同的棋子，其中A为黑棋、B为白棋(
均可视为质点)，将黑棋A从左侧以某一初速度快速弹出，两棋子发生正碰(碰撞时间极短)，测得两棋子从碰
后到停止滑行的距离分别为L
4 、L，下列说法正确的是
A. 两棋子发生的是弹性碰撞
B. 碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为1:2
C. 碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为1:2
D. 碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为1:4
【答案】C
【解析】根据动能定理：v A
2 =2a⋅L
4 ，vB
2 =2a⋅L，可得碰后两棋子的速度比v A:vB=1:2，根据动量守恒可
得m v0=m v A+m vB，解得v A = v0
3 ，vB= 2v0
3 ，因为1
2 m v0
2> 1
2 m v A
2 + 1
2 m vB
2，所以该碰撞是非弹性碰撞，A
错误;
根据牛顿第三定律，两棋子的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相同，所以两棋子所受冲量大小之
比为1:1，B 错误;
动量为mv，所以碰后两棋子的动量之比为1:2，C 正确;
碰
撞
前
瞬
间
A棋
子
的
动
能
为EkA = 1
2 m v0
2，
碰
撞
过
程
损
失
的
机
械
能
为
△E = 1
2 ×mv0
2- 1
2 ×mv A
2 - 1
2 ×mvB
2 = 2
9 mv0
2，因此碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为
4:9，D 错误．
21.在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，
上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，
在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/ s，
忽略空气阻力。下列说法正确的是（）
A. 两碎块的位移大小之比为1：2
B. 爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C. 爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/ s
D. 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【答案】B
【解析】A、爆炸物在最高点时炸裂成质量之比为2：1的两个碎块，设两碎块的质量分别为m1=2m，m2=m，
设爆炸后两碎块的速度大小分别为v1、v2，爆炸过程，系统在水平方向动量守恒，m1的速度方向为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得m1v1-m2v2=0
爆炸后两碎块做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，设两碎块的水平位移分别
为x1、x2，则有
m1v1t -m2v2t =0
m1 x1-m2 x2=0
解得x1: x2=m2:m1=1:2
两碎块的竖直分位移相等，两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，
故A 错误。
BD、设两碎片做平抛运动的时间均为t，两碎块落地发出的声音的传播时间分别为t1=5 s-t，t2=6 s-t
声音的传播位移x1= v 声音t1，x2= v 声音t2
由A可知x1: x2=1:2。
代入数据解得：t = 4 s，x1=340m，x2=680m。
爆炸物的爆炸点离地面高度：
h= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×4
2m=80m。
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离：x = x1+ x2=(340+680)m=1020m
故B 正确，D 错误。
C、由B可知，爆炸后碎块m1的水平位移x1=340m，碎块m2的水平位移x2=680m。
爆炸后质量大的碎块m1的初速度为v1= x1
t = 340
4 m/ s=85m/ s，故C 错误。
综上，本题选B。
22.如图甲，物块a连接有轻弹簧静止于水平面上，物块b以一定初速度向左运动，通过弹簧与a发生相互作用。
对于a、b两物块在相互作用过程中动量p随时间t的变化关系图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 物块a的质量小于物块b的质量
B. 乙图中的图线交点时刻弹簧压缩量最大
C. a、b两物块在相互作用过程中总动能保持不变
D. 乙图中的图线交点时刻物块b的速度大于物块a的速度
【答案】D
【解析】C.a、b两物在相互作用的过程中，一部分动能会转化为弹簧的弹性势能，因此a、b两物的总动能是
会变化的，故C 错误；
A.由图乙可知稳定后b物块动量大小pb1是b物块初始动量大小pb0的一半，即pb1= 1
2 pb0
稳定后a物块动量大小pa1是b物块稳定后动量大小pb1的三倍，即pa1=3 pb1= 3
2 pb0
根据能量守恒可得Δ Eka≤Δ Ekb
根据Ek = p
2
2m，可得9 pb0
2
8ma
≤3 pb0
2
8mb
故ma>mb，故A 错误；
BD .乙图中的图线交点时刻a、b两物块的动量相等，由A选项分析可知，物块a的质量大于物块b的质量，因
此乙图中的图线交点时刻物块b的速度大于物块a的速度，只有a、b两物块速度相等时弹簧压缩量才最大，故
B 错误，D 正确。
故选：D。
23.如图所示，质量为3m、长为L的平板车静止在光滑的水平地面上，车的左端有一个可视为质点的质量为m
的人。一开始人和车都静止，空气阻力忽略不计，人从车的左端走到车的右端的过程中，下列说法正确的是(
)
A. 人和车组成的系统动量不守恒
B. 人和车组成的系统机械能守恒
C. 人到车的右端时，可能与车一起向右运动
D. 人从车的左端走到右端，人相对于地的位移大小为3
4 L
【答案】D
【解析】A.对人和车组成的系统进行受力分析，系统所受外力的合力为0，系统动量守恒，故A 错误；
B.由于开始时人和车都静止，行走时，系统动能增加，则系统机械能增大，故B 错误；
C.人到车的右端时，若与车一起向右运动，则动量不守恒，故C 错误；
D.根据人和车组成的系统动量守恒有 m v1-3m v2=0 ，则m x1-3m x2=0，又 x1+ x2= L，联立解
得 x1= 3
4 L ，故D 正确。
故选D。
24.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，高度为h，今有一质量为m
的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(
)
A. mh
M +m
B. Mh
M +m
C.
mh
( M +m)tan α D.
Mh
( M +m)tan α
【答案】C
【解析】小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，有0=m v1- M v2，设小物体在水平方向上对地
位移为x1，斜面体在水平方向上对地位移为x2，小物体与斜面体运动时间相同，有0=m v1t - M v2t，因此有
0=m x1- M x2，且x1+ x2=
h
tan α ，联立可得x2=
mh
( M +m)tan α ，选项C 正确，ABD 错误．
故选C。
25.如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA =2kg，
mB=1kg，mC =2kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5m/ s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极
短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。A、B间动
摩擦因数为0.5，则下列判断错误的是( )
A. A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2m/ s
B. 碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15 J
C. 碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m
D. 碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4 s
【答案】B
【解析】A、A与C碰撞瞬间，A、C组成的系统动量守恒(B因摩擦力作用时间极短，动量变化忽略不计)。
碰撞瞬间B动量不变，A、C系统动量守恒：mA v0=mA v A+mC vC，后续A、B因摩擦达到共同速度，且A、
C不再相撞，即A的最终速度不大于C的速度。若假设碰撞后C速度为vC，A速度为v A，根据题意v A =2m/ s，
代入验证：2×5=2×v A+2×vC⇒v A+ vC =5。若v A =2m/ s，则vC =3m/ s。后续A、B系统动量守恒：
mA v A+mB v0=(mA+mB)v共，代入：2×2+1×5=3 v共⇒4 +5=3 v共⇒v共=3m/ s，与vC =3m/ s相等，
满足A、C不再相撞(共速)，成立，故 A 正确，故不符合题意；
B 、摩擦热量来自A、B间的相对滑动。A、B系统动能损失即为热量：
Q = Δ Ek = 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB v0
2- 1
2 (mA+mB)v共
2 ，代入数据：v A =2m/ s，v0=5m/ s，v共=3m/ s，则
Q = 1
2 ×2×2
2+ 1
2 ×1×5
2- 1
2 ×3×3
2= 4+12.5-13.5=3 J，故B 错误，符合题意；
C、摩擦热量Q = μmB g△x，已知μ=0.5，Q =3 J，Δx =
Q
μmB g =
3
0.5×1×10 m=0.6m，故C 正确，不符
合题意；
D、对B受力分析，加速度aB=- μg =-5m/ s
2(减速)，B的速度变化：v共= v0+aBt ⇒3=5-5t ⇒t =0.4 s，
故D 正确，不符合题意。
26.（多选）如图，质量为2m，半径为R，圆心角为150
∘的光滑圆弧轨道ABC，静置于光滑的水平面上，不固
定，一质量为m的小球从圆弧轨道的A点静止释放，已知重力加速度为g，下面说法正确的是( )
A. 轨道与小球组成的系统动量守恒
B. 轨道的最大速度为 √
gR
3
C. 小球从C点射出时，轨道的位移为
√3+2
6
R
D. 小球从C点射出时，轨道的位移为
√3+2
3
R
【答案】BC
【解析】A. 轨道与小球在竖直方向受力不为零，水平方向受力为零，所以二者在水平方向动量守恒，系统的
动量不守恒，故A 错误；
B. 设小球滑到B点时的速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2。在小球下滑的过程，取水平向右为正方向，由
系统水平方向动量守恒得m v1-2m v2=0，根据系统机械能守恒有mgR = 1
2 mv1
2+ 1
2 ⋅2mv2
2，联立解得
v1=2 √
gR
3 ，v2= √
gR
3 ，故B 正确；
小球从C点射出时，有m v1x' -2m v2' =0，即m v1x' t -2m v2' t =0，则x1=2 x2，根据人船模型，
x1+ x2= 2+
√3
2
R，解得小球从C点射出时，轨道的位移x2=
√3+2
6
R，故C 正确，D 错误。
故选BC。
27.（多选）如图所示，在光滑水平面上，一质量为m的木块与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连
在竖直墙壁上，弹簧处于水平状态，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入木块(时
间很短)并停留在木块内，木块压缩弹簧后恢复运动。已知弹簧的弹性势能EP= 1
2 k x
2( x是弹簧的形变量)，
整个过程中弹簧都在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. 子弹打入木块的过程，子弹和木块组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒
B. 子弹打入木块的过程，木块受到的冲量大小为mv0
2
C. 子弹和木块组成的系统因摩擦产生的热量为1
6 mv 0
2
D. 弹簧的最大压缩量为x = v0
√
m
2k
【答案】BD
【解析】子弹打入木块的过程，时间极短，弹簧还未来得及发生形变，系统的动量守恒，该过程有摩擦生热，
机械能不守恒，A 错误；子弹打入木块的过程，最终两者达到共速，则有 m v0=2m v共 ，解得 v共= v0
2
，则由动量定理可知，木块受到的冲量大小为 m v0
2
，由能量守恒定律可知，摩擦生热
为 Q = 1
2 mv 0
2- 1
2 ×2mv 共
2= 1
4 mv 0
2 ，B 正确，C 错误；设弹簧的最大压缩量为 x ，由能量守恒
定律可得 1
2 k x
2= 1
2 ×2mv 共
2 ，解得 x = v0
√
m
2k ，D 正确。
