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第 25 讲 碰撞及动量守恒定律的应用
——划重点之精细讲义系列
考点 1 动量守恒定律的理解及应用
考点 2 碰撞问题
考点 3 爆炸及反冲问题
考点 4 人船模型
考点 5 动量和能量观点综合应用
考点 1：动量守恒定律的理解及应用
1.系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他
物体对系统的作用力叫做外力．
2.定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不
变．
3.定律的表达式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．
可写为：p＝p′、Δp＝0 和 Δp1＝－Δp2
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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＝－Δp2，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．
4．守恒条件
理想守恒 系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒
近似守恒 系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒
分方向守恒 系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒
5.动量守恒的“四性”
矢量性 表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负
瞬时性 动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等
速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一
同一性
参考系的速度．一般选地面为参考系
它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏
普适性
观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统
【考向 1】如图所示，装有轻弹簧与小物块的小车静止在光滑水平地面上，小车与小物块接触面粗
糙且水平。弹簧左端固定在小车内壁，右端与小物块靠在一起。初始时，在外力作用下弹簧处于压
缩状态。现撤去外力，小物块向右运动。从撤去外力到小物块与小车右壁碰撞前的过程中，下列说
法正确的是（　　）
A．小物块的机械能守恒
B．小物块和弹簧组成的系统动量守恒
C．小物块和弹簧组成的系统机械能守恒
D．小物块、弹簧和小车组成的系统动量守恒
【考向 2】对下列情景说法正确的是（　　）
A．子弹打进木块后一起向左运动的过程，子弹和木块构成的系统动量守恒
B．两同学传接篮球的过程，两同学和篮球构成的系统动量守恒
C．绑有磁铁的两小车在光滑水平地面上相向运动的过程，两车构成的系统动量守恒
D．小球从静止在光滑水平面上的斜槽顶端释放，在离开斜槽前小球和斜槽构成的系统动量守恒
【考向 3】如图是老师在课堂上做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼状磁铁用一根木棒穿过，
手拿住木棒（保持水平），此时两磁铁保持静止。当手突然释放，让木棒和磁铁一起自由下落时（不
计空气阻力），发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法正确的是（　　）
A．放手下落过程中，磁铁受滑动摩擦力作用
B．放手下落过程中，磁铁的运动轨迹是一条直线
C．放手下落过程中，两个磁铁水平方向动量不守恒
D．放手下落过程中，磁铁和棒组成系统机械能不守恒
【考向 4】（多选）如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上
的物块。今让一小球自左侧槽口 A 的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自 A 点进入槽内，并从
C 点飞出，则以下结论中正确的是（ ）
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽的最低点 B 向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开 C 点以后，将做斜上抛运动
【考向 5】（多选）如图所示，两木块 A、B 用轻质弹簧连在一起，置于粗糙水平面上，一颗子弹水
平射入木块 A，并留在其中。在子弹射入木块 A 及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是
（　　）
A．在子弹射入木块 A 的过程中，子弹和木块 A 组成的系统动量守恒、机械能不守恒
B．在子弹射入木块 A 的过程中，子弹和木块 A 组成的系统动量不守恒，机械能守恒
C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒
D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒
考点 2：碰撞问题
1.概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过
程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．
2.分类
(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和
机械能守恒．
(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．
(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速
度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．
3.解析碰撞的三个依据
动量守恒 p1＋p2＝p1′＋p2′
p21 p22 p1′2 p2′2
动能不增加 Ek1＋Ek2 ≥ Ek1′＋Ek2′或 ＋ ≥ ＋2m1 2m2 2m1 2m2
①如果碰前两物体同向运动，则碰前，后面的物体速度必大于前面物体
的速度，即 v 后＞v 前，否则无法实现碰撞；碰撞后，原来在前面的物体速度一
速度要符合情景 定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即 v 前′ ≥ v 后′。
②如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改
变．除非两物体碰撞后速度均为零．
4.弹性碰撞实例分析
（1）如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为 m1、m2 的两小球分别以速度 v1、v2 运动，发
生弹性碰撞后两球的速度分别为 v1′、v2′
由动量守恒定律可得 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
1 1 1 1
由机械能守恒定律 m v21 1＋ m v 2＝ m v ′22 2 1 1 ＋ m v ′22 2 2 2 2 2
v (m1 m2 )v1 2m2v2 (m m )v 2m v解得 1 ， v 2 1 2 1 1m m 2

1 2 m1 m2
(m m )v 2m v
当碰撞前小球 m2的速度为零时，即 v2 =0，则 v 1 2 1 ， v 1 11 m m 21 2 m1 m2
（2）分析讨论
弹性碰撞 质量关系 碰撞后速度变化
当碰撞前小球 m2 的速度不为零时，则 v1′ = v2 ，v2′ =v1，即两小球交换速
动碰动 m1 = m2 度，动量和动能也交换，此时被动球的动能为最大值，与主动球的初动能
相同
m1 = m2 v1′ = 0 ，v2′ =v1，碰撞后两小球交换速度，即 m2小球以 v1的速度运动
m1>m2 v1′ >0，v2′ >0，碰撞后两小球沿同方向运动
二者发生弹性正碰后，v1′ =v1，v2′=2v1，表明碰撞后 m1的速度不变，m2以
动碰静 m1 m2
2v1的速度被撞出去
m10，碰撞后 m1被反弹回来
m1 m2 二者发生弹性正碰后，v1′ = -v1，v2′ =0,表明碰后 m1被反向以原速率弹回，
而 m2仍静止.
应用动量及能量守恒解决碰撞问题
【考向 6】（2024·吉林·一模）如图所示，内壁间距为 L 的箱子静止于水平面上，可视为质点的物块
放在箱内最右端，它们的质量均为 m，箱子的内壁光滑，与地面间的动摩擦因数为 μ。现给箱子一
水平向右的初速度，运动过程中物块与箱子的侧壁共发生 2 次弹性碰撞，静止时物块恰好停在箱子
正中间，重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　）
A．箱子的总位移为 2L
B．物块的总位移为 1.5L
C．箱子的初动能为 3μmgL
D．第一次碰撞后瞬间物块的动能为 2μmgL
【考向 7】（2024·北京朝阳·一模）如图所示，光滑水平地面上的 P、Q 两物体质量均为 m，P 以速度
v 向右运动，Q 静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（　　）
A．P 的动量为 0
B．Q 的动量达到最大值
C．P、Q 系统总动量小于 mv
D 1．弹簧储存的弹性势能为 24
【考向 8】（2024·广西桂林·三模）两物体 A、B 放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初
速度，如图所示为两物体正碰前后的位移随时间的变化规律。已知物体 A 的质量为 A = 0.4kg。则
（　　）
A．图线 1 为碰后物体 B 的图像
B．碰撞前物体 A 的速度大小为2m/s
C．物体 B 的质量为0.2kg
D．碰撞过程 A、B 组成的系统损失的机械能为2.4J
【考向 9】（多选）（2024·海南海口·一模）如图所示，不可伸长的轻绳跨越钉子 O，两端分别系有大
小相同的小球 A 和 B。在球 B 上施加外力 F，使轻绳 OB 水平且绷直，球 A 与地面接触，两球均静
止。已知 = = ，两球质量分别为 A、 B，重力加速度为 g，不计一切阻力。现将球 B 由静
止释放，发现两球可沿水平方向发生碰撞，且碰后粘在一起运动。则（　　）
A．两球质量应满足 A ≥ 3 B
B．外力 F 应满足 B ≤ ≤ 10 B
C．两球碰撞前瞬间，B 球的加速度大小为3
D 1．两球碰后摆起的最大高度不超过16
【考向 10】（多选）（2024·河北邢台·二模）如图所示，在足够长的光滑水平面上，有一个质量为 2m
的物块 A，在物块 A 正上方有一绳长为 L 的细线拴接一个质量为 m 的小球，将小球拉至水平位置由
静止释放，在最低点与物块 A 发生弹性正碰，之后物块 A 与右侧质量为 4m 的物块 B 发生正碰。已
知重力加速度大小为 g，两物块和小球均可看做质点，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A 2．小球与物块 A 碰撞后瞬间物块 A 的速度大小为3 2
B．小球与物块 A 碰撞前后瞬间细绳的拉力大小之比为9:1
C．物块 A 与物块 B 2碰撞后物块 B 能获得的最小速度为9 2
D A B B 8 ．物块 与物块 碰撞后物块 能获得的最大动能为 9
【考向 11】（2024·河南新乡·二模）如图所示，某同学在水平雪地里做了一个冰壶比赛场地，将两个
冰壶 A、B 从掷出线先、后（时间差Δ = 0.5s）掷出，掷出时的速度大小分别为 A = 2.5m/s， B = 2.9
m/s，两冰壶均沿中心线运动，当冰壶 B 追上冰壶 A 时两者发生弹性正碰（碰撞时间极短），之后
冰壶 A 恰好到达大本营中心。已知冰壶 A、B 的质量分别为 A = 0.7kg、 B = 0.5kg，两冰壶与冰
面的动摩擦因数均为 μ=0.04，两冰壶均可视为质点，取重力加速度大小 = 10m/s2。求：
（1）两冰壶碰撞前的速度大小 ′A、 ′B；
（2）大本营中心到掷出线的距离 s；
（3）冰壶 B 掷出后与冰壶 A 间的最大距离 d。
考点 3：爆炸及反冲问题
1.爆炸现象的三条规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到
的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统
的总动能增加．
(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略
不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．
2.反冲的两条规律
(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能
增加．
(2)平均动量守恒
若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组
成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1 m2v2 0，得 m1x1＝m2x2.该式的适
用条件是：
①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．
②构成系统的 m1、m2原来静止，因相互作用而运动．
③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．
【考向 12】（2023·天津和平·二模）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭，
如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。设从
火箭开始运动到点火的过程始终受气体推力，则此过程中（　　）
A．气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
B．高压气体释放的能量等于火箭动能的增加量
C．在气体推力作用下，火箭的速度一直在增大
D．气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量
【考向 13】（2024·青海海南·二模）斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为 m
的两块碎片，其中一块碎片沿原路返回。已知炮弹爆炸时距地面的高度为 H，炮弹爆炸前的动能为
E，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（　　）
A 2 ． B．2 2 C 3 2 ．2 D．4

【考向 14】航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手
举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备（火
箭（含燃料）、椅子、风筝等）总质量为 M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为 m 的炽热燃气相
对地面以 0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为 g，下列说法中正
确的是（ ）

A 0．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 =
B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒
C
2 2
．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 0 ( )2
D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒
【考向 15】如图所示，假设烟花上升到距地面高度为 h 的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均
为 m 的碎块（可视为质点），其中甲的初速度大小为 v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等
且夹角为 120°，爆炸产生的热量为 Q，重力加速度大小为 g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的
是（　　）
A．爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为 2mv0
B．三个物体到达地面时的动能不相等
C．甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为 0 + 20 + 2
D 3．爆炸过程中释放的总能量为 22 0
【考向 16】如图，三个质量分别为 2m、m、m 的物块 A、B、C 静止在光滑水平直轨道上，A、B
间用一根细线相连，然后在 A、B 间夹一压缩状态的轻质弹簧，此时轻弹簧的弹性势能为 p。现在
剪短细线，A 和 B 向两边滑出，当轻质弹簧恢复原长时，B 与 C 发生碰撞黏合在一起，下列说法正
确的是（　　）
A．弹簧恢复原长时， = 4 pA 3
B 2 ．弹簧恢复原长时， A = p3
C B C ． 与 发生碰撞黏合在一起后的速度大小为 p
3
D．B 与 C 1 发生碰撞黏合在一起后的速度大小为 p2 3
考点 4：人船模型
1.人船模型的动量与能量规律
由于系统所受合外力为零，故遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体
的动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能
的变化.
2.模型特点
①两物体满足总动量为 0 且动量守恒：0＝mv 人－Mv 船
x x
②两物体的位移大小满足：0＝m 人 －M 船 ，且 x 人＋x 船＝Lt t
M m
得 x 人＝ L，x 船＝ LM＋m M＋m
3.运动特点
①人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；
x 人
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 ＝
x 船
v 人 M
＝ 。
v 船 m
4.人船模型的两个推论
(1)当系统的动量守恒时，任意一段时间内的平均动量也守恒；
(2)当系统的动量守恒时，系统的质心保持原来的静止状态或匀速直线运动状态不变.
5.人船模型的拓展
与人船模型特点相同的模塑还有：斜劈和物块模型、圆环和滑块模型、气球和人模型.
(1)斜劈和物块模型
模型特点：小物块从静止在光滑水平面上的斜劈的顶端无初速度地滑到底端.
mb
规律：ms1=Ms2，s1+s2=b，可得 s2 M m
(2)圆环和滑块模型
模型特点：光滑水平面上放置光滑圆环，滑块从与环心 O 等高处无初速度地下滑到最低点。
mR
规律：Ms=m（R-s），可得 s .
M m
(3)气球和人模型
模型特点：气球质量为 M，抛一条不计质量的软梯，质量为 m 的人站在软梯上端距地面高度为
H，初始气球保持静止状态，随后人沿软梯无初速度地运动至地面.
L (M m)H规律：mH = Mh，L = H+h，可得
M
【考向 17】如图，小船静止在水面上，站在船尾的人不断将船尾舱的鱼水平抛入左方船头的舱内
（鱼可视为质点，抛出点高度保持不变，一条鱼落入船头的舱内后再抛出下一条鱼），下列说法正确
的是（　　）
A．为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应逐渐增大
B．为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应保持不变
C．抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸位置不变
D．抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸向左移动了一些
【考向 18】如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为 M 的小车，用长为 L 的细线系一质量为 m
的小球，将小球拉至水平位置，球放开时小车与小球保持静止状态，松手后让小球下落，在最低点
与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起，则（　　）
A．小球下摆过程与小车组成的系统动量守恒
B．小球与油泥相撞后一起向右运动
C ．小球下摆过程小车的运动距离为
D ．小球下摆过程小车的运动距离为
【考向 19】（2023·黑龙江哈尔滨·三模）如图所示，质量为 = 4kg的小车静止在光滑水平面上，小
车 段是半径为 = 1m的四分之一光滑圆弧轨道， 段是长为 的粗糙水平轨道，两段轨道相切于
点。一质量为 = 1kg的可视为质点的滑块从小车上的 A 点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入
轨道，最后恰好停在 点，滑块与轨道 间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度为 = 10m/s2，则（　　）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由 A 滑到 过程中，滑块的机械能守恒
C． 段长 = 1m D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6m
【考向 20】（多选）如图所示，光滑水平面上放置一质量为 M 的小车，固定在小车上的轻竖杆一端
系一长为 l 的细绳，细绳的另一端固定质量为 m 的小球。将小球向右拉至细绳刚好水平后放手，则
下列说法正确的是（　　）
A．小球摆到报低点时的速度大小为 2
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量总是等大反向或都为零
C．小球能向左摆到原高度
D 2 ．小车向右移动的最大距离为
【考向 21】（多选）如图所示，质量为 M=2m 的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，
船面可看做水平面，并且比湖岸高出 h。在船尾处有一质量为 m 的铁块，将弹簧压缩后再用细线将
1
铁块拴住，此时铁块到船头的距离为 L，船头到湖岸的水平距离 = 3 ，弹簧原长远小于 L。将细线
烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加
速度为 g。下列判断正确的有（　　）
A 1．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为3
B 2 ．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为3
C 2 ．小木船最终的速度大小为3
D
2
．弹簧释放的弹性势能为 6
【考向 22】（多选）如图所示，质量 = 4kg的圆环套在光滑的水平轨道上，质量 = 2kg的小球通
过长 = 0.9m的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与 平行，小球以竖直向下的 0 = 2 6m/s初
速度开始运动，已知重力加速度 = 10m/s2。则（　　）
A．运动过程中，小球和圆环满足水平方向动量守恒
B．在运动过程中，小球能绕圆环做完整的圆周运动
C．小球通过最低点时，小球的速度大小为 42m/s
D．从小球开始运动到小球运动到最高点这段时间内，圆环向左运动的位移大小为 0.3m
【考向 23】（多选）（2023·陕西宝鸡·二模）如图所示，半径为 R、质量为 2m 的光滑半圆轨道小车静
止在光滑的水平地面上，将质量为 m 的小球（可视为质点）从 A 点正上方高为 R 处由静止释放，
由 A 点经过半圆轨道后从 B 冲出，重力加速度为 g，则（　　）
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C 2．小车向左运动的最大距离为3
D 2 ．小车获得的最大速度为
3
考点 5:动量和能量观点综合应用
1.动量与能量的综合
（1）区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的
系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所
受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．
（2）表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对
功和能量只是代数和而已．
2.动量的观点和能量的观点
动量的观点：动量守恒定律
能量的观点：动能定理和能量守恒定律
这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作
深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末
状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解．
3．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题
(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达
式，绝无分量表达式．
(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要
比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a 不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，
就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解．
4.应用动量、能量观点解决问题的两点技巧
(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对
象，不一定选所有的物体为研究对象．
(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵
活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况．
5.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或
动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定
律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.
(4)在涉及相对位移问题时，优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械
能的减少量，即转变为系统内能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械
能与其他形式能量之间的转换.这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.
(6)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末
两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功
问题，就更显示出它们的优越性
【考向 24】（2024·辽宁葫芦岛·二模）如图所示，一质量 M＝0.3kg 的足够长“L”形木板，放置于倾角
为 30°的光滑斜面上，其上端有一质量 m＝0.2kg 的物块，物块与木板上端之间夹有少量爆炸物且处
于静止状态。现引燃爆炸物（对人体不构成伤害），物块与木板瞬间获得总动能为 3.375J（只考虑沿
斜面方向，其它方向能量不计）。已知物块与木板间的动摩擦因数为 = 3，重力加速度 g 取
2
10m s2，不考虑爆炸物爆炸后的残余物，不计空气阻力。求：
（1）爆炸物爆炸瞬间，物块和木板获得的速度大小；
（2）木板沿斜面上升的最大距离；
（3）从爆炸到木板第一次返回底端的过程中系统因摩擦损失的机械能。
【考向 25】（2024·北京大兴·三模）如图所示，半径 = 0.4m的竖直半圆形光滑轨道 BC 与水平面 AB
相切，AB 间的距离 = 3.6m。小滑块 2 放在半圆形轨道的最低点 B 处，另一小滑块 1，从 A 点以
0 = 10m s的初速度在水平面上滑行，到达 B 处两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起
滑上半圆形轨道。已知滑块 1 与水平面之间的动摩擦因数 = 0．5，重力加速度道 g 取10m/s2，两
滑块质量 1， 2均为 1kg，可视为质点。求：
（1）滑块 1 与滑块 2 碰撞前瞬间的速度大小 1；
（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能Δ ；
（3）分析说明滑块 1、2 结合后能否顺利到达半圆轨道最高点 C。
【考向 26】（2024·河北·三模）如图所示，长木板 A 放在粗糙水平面上，静置于长木板上右端的小
物块 B、C 之间放有少量火药，某时刻点燃火药，小物块 C 获得 2m/s 的初速度向右离开长木板，小
物块 B 在长木板上向左运动 1.25m 时与长木板的左端发生弹性碰撞。已知长木板和小物块 B 质量均
为 1kg，小物块 C 质量为 1.5kg，长木板与水平面、小物块 B 与长木板之间的动摩擦因数均为 0.2，
= 10m/s2，小物块 B、C 可看成是质点，求：
（1）小物块 B、C 组成的系统因火药燃烧而增加的机械能；
（2）长木板因小物块 B 的碰撞获得的动能；
（3）整个过程中长木板运动的位移。
【考向 27】（2024·江西南昌·三模）如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角 = 37°的斜面在底部平滑
连接且均固定在光滑水平地面上，质量为 m 的小滑块 A 从斜面上离斜面底边高为2 处由静止释放，
经过斜面与水平面交接处时无机械能损失，在水平面与一质量为 m 的静止小滑块 B 发生正碰结合为
一个整体（A、B 完全相同），一起滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面
3
上滑的最大高度为14 ，多次往复运动。不计空气阻力，重力加速度为 g，sin37° = 0.6，cos
37° = 0.8。求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数 ；
（2）滑块第 1 次滑下斜面的时间 1与第 1 次滑上斜面的时间 2之比；
（3）滑块最终静止，整个系统由于摩擦产生的热量 Q。
【真题 1】（2024·浙江·高考真题）如图所示，2023 年 12 月 9 日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫
星”等三颗卫星送入距离地面约500km的轨道。取地球质量6.0 × 1024kg，地球半径6.4 × 103km，引
力常量6.67 × 10 11N m2/kg2。下列说法正确的是（　　）
A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约8.4m/s2
C．卫星运行的周期约12h D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重
状态
【真题 2】（2024·江苏·高考真题）在水平面上有一个 U 形滑板 A，A 的上表面有一个静止的物体 B，
左侧用轻弹簧连接在物体 B 的左侧，右侧用一根细绳连接在物体 B 的右侧，开始时弹簧处于拉伸状
态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　）
A．弹簧原长时 B 动量最大
B．压缩最短时 A 动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
【真题 3】（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 1、 2、 3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统
2
电势能减少了 2 ，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 = ≠ 2 D = 2
2
．在图乙位置， 1 2， 3 1 ．在图乙位置， 3 3
【真题 4】（多选）（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是
（　　）
A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心
【真题 5】（多选）（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球 M 和 N。M
水平向右运动，速度大小为 v。M 与静置于平台边缘的 N 发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若
不计空气阻力，则碰撞后，N 在（　　）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于 v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于 v
【真题 6】（多选）（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模
型．多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块 1 施加一
个水平向右的恒力 ，推动滑块 1 以0.40m/s的速度与静止的滑块 2 碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结
束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块 1 受到合外力的冲量大小为0.18N s
C．滑块 2 受到合外力的冲量大小为0.40N s
D．滑块 2 受到滑块 1 的平均作用力大小为5.5N
【真题 7】（多选）（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑
块，分别从 甲、 乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在 O 处平滑相接，滑块与水平面间的
动摩擦因数为 ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与 乙无关

D 乙．甲最终停止位置与 O 处相距
【真题 8】（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 0成正比，即 = 0（k 为已知常数）。改变子弹的初速度大小 0，若木块获得的速
度最大，则（　　）
A 2 ( )．子弹的初速度大小为
2
B．子弹在木块中运动的时间为 ( )
C
2 2( )
．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
【真题 9】（2024·江苏·高考真题）嫦娥六号在轨速度为 v0，着陆器对应的组合体 A 与轨道器对应的
组合体 B 分离时间为 Δt，分离后 B 的速度为 v，且与 v0同向，A、B 的质量分别为 m、M。求：
（1）分离后 A 的速度 v1大小；
（2）分离时 A 对 B 的推力大小。
【真题 10】（2024·安徽·高考真题）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水
平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车
最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 O 点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水
平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的
轨道运动，已知细线长 = 1.25m。小球质量 = 0.20kg。物块、小车质量均为 = 0.30kg。小车上
的水平轨道长 = 1.0m。圆弧轨道半径 = 0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力
加速度 g 取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的
取值范围。
【真题 11】（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以 5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带
左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点 O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质
量为 0.2kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在 O 点右侧的 P 点固定一钉子，P 点与 O
点等高。将质量为 0.1kg 的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞
时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕 O 点做圆周运动，当轻
绳被钉子挡住后，小球继续绕 P 点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为 0.5，重力加
速度大小 = 10m/s2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到 P 点正上方，绳子不松弛，求 P 点到 O 点的最小距离。
【真题 12】（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为 2kg 的小球 A（视为质点）在细绳 ′ 和 OP 作用
下处于平衡状态，细绳 ′ = = 1.6m，与竖直方向的夹角均为 60°。质量为 6kg 的木板 B 静止在
光滑水平面上，质量为 2kg 的物块 C 静止在 B 的左端。剪断细绳 ′ ，小球 A 开始运动。（重力加速
度 g 取10m/s2）
（1）求 A 运动到最低点时细绳 OP 所受的拉力。
（2）A 在最低点时，细绳 OP 断裂。A 飞出后恰好与 C 左侧碰撞（时间极短）、碰后 A 竖直下落，
C 水平向右运动。求碰后 C 的速度大小。
（3）A、C 碰后，C 相对 B 滑行 4m 后与 B 共速。求 C 和 B 之间的动摩擦因数。
【真题 13】（2024·辽宁·高考真题）如图，高度 = 0.8m的水平桌面上放置两个相同物块 A、B，质
量 A = B = 0.1kg。A、B 间夹一压缩量Δ = 0.1m的轻弹簧，弹簧与 A、B 不栓接。同时由静止释
放 A、B，弹簧恢复原长时 A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程 A = 0.4m；B 脱离弹簧后
沿桌面滑行一段距离 B = 0.25m后停止。A、B 均视为质点，取重力加速度 = 10m/s2。求：
（1）脱离弹簧时 A、B 的速度大小 A和 B；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数 μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能Δ p。
一、单选题
1．竖直放置的轻质弹簧，下端固定在水平地面上，一小球从弹簧正上方某一高度处自由下落，从小
球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球和弹簧组成的系统动量守恒
B．小球的动量一直减小
C．弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小
D．小球的机械能守恒
2．如图所示，“水火箭”又称气压式喷水火箭，由饮料瓶、装入瓶内的水及高压气体组成。在一次发
射实验中将总质量为 M 的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间Δ 内，以相对地
面的速度 0竖直向下喷出质量为 m 的水。取重力加速度为 g，下列说法正确的是（　　）
A．“水火箭”的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．“水火箭”喷出水的过程内力远大于外力，所以系统机械能守恒

C．“水火箭”获得的最大速度为 0

D 0．“水火箭”受到的平均升力为 Δ +
3．如图所示，A、B 两球分别用长度均为 的轻杆通过光滑较链与 C 球连接，通过外力作用使两杆
并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B 两球开始向左右两边滑
动。已知 A、B 两球的质量均为 ，C 球的质量为2 ，三球体积相同，且均在同一竖直面内运动，
忽略一切阻力，重力加速度为 。系统从静止释放到 C 球落地前的过程，下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C 三球组成的系统动量守恒
B．C 球的机械能先增加后减少
C．C 球落地前瞬间的速度大小为 2
D．A 3 球的最大速度大小为
2
二、多选题
4．如图，在一次特警训练中，质量为 140kg 的小车静止在光滑的水平面上，A、B 为小车的两端。
质量为 70kg 的特警站在 A 端，起跳后恰好落到 B 端，相对地面的位移为 2m。该过程不计空气阻力，
下列说法正确的是（　　）
A 4．小车后退了 1m B．小车后退了3m
C．小车 AB 长为 3m D．小车 AB 长为2m
5．如图甲所示，长2m的木板Q静止在某水平面上， = 0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的
某初速度从Q的左端向右滑上木板。P、Q的 图像如图乙所示。其中 、 分别是0~1s内P、Q的
图像， 是1~2s内P、Q共同的 图像。已知P、Q的质量均是1kg， 取10 m/s2，则以下判断正
确的是（　　）
A．P、Q系统在相互作用的过程中动量不守恒
B．在0 2 内，摩擦力对Q的冲量是1N·s
C．P、Q之间的动摩擦因数为0.1
D．P相对Q静止的位置在Q木板的右端
6．如图所示，左侧有一长为 L=3m 的传送带，以速度 v=5m/s 顺时针转动，右侧有一质量为 M=6kg、
长为 l=5m 的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为 m=2kg 的小物块（可视为质点）以初速度
v0=10m/s 从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物块与传
送带、长木板间的动摩擦因数均为 μ=0.6，不计空气阻力，g 取 10m/s2。则（ ）
A．小物块滑上长木板的速度为 5m/s
B．小物块的最终速度为 2m/s
C．长木板的最终动能 Ek=12J
D．全过程系统产生的内能 Q=48J
7．（2024·广东·三模）如图所示，叠放在一起的 a、b 两物块从距地面一定高度处由静止下落，经碰
撞后物块 b 静止在地面上。不考虑空气阻力的影响，b 与地面仅碰撞一次，假定所有的碰撞均为弹
性碰撞，则（　　）
A．下落过程中物块 a、b 间存在弹力作用
B．物块 b 的质量是 a 的 3 倍
C．物块 a 能反弹的最大高度是其初始下落高度的 5 倍
D．物块 a 反弹的速度是物块 b 落地速度的 2 倍
8．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与
水平面相切，一个质量为 ( < )的小球从弧形槽 h 高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说
法正确的是（　　）
A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽 h 高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
9．（2024·四川成都·二模）如图，半径为 的固定光滑圆轨道竖直放置，套在轨道上质量均为 的小
球A和B（均可视为质点）用一根长为 2 的轻杆连接。将A置于轨道最低点并由静止释放，重力加
速度大小为 。下列说法正确的是（　　）
A．小球A、B与轻杆组成的系统机械能守恒
B．小球A、B与轻杆组成的系统动量守恒
C．小球A、B等高时，A球的速率为 1 2
2
D．从释放到小球A、B等高的过程中，杆对B球做功为 0.5
10．（2024·全国·一模）如图所示，水平放置、足够长的光滑杆 上套有一小球A，小球A通过一长

度为 2 的不可伸长的轻绳与小球B相连，A、B小球的质量均为 。将小球B放置于小球A的正下方2
处，并以初速度 0 = 水平抛出， 为重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．绳子恰好绷直时，其与 的夹角为45°
B．绳子绷直前瞬间，小球B的速度大小为 3 0
C 2．绳子绷直后瞬间，小球A的速度大小为3 0
D 2．绳子绷直前后，绳子对 B 球的冲量大小为
3 0
11．如图所示，质量为 2kg 的凹槽静置于光滑水平面，高为 2m，底边长为 4m 并且末端与水平面相
切。现将质量为 1kg 的小球，从凹槽的最顶端由静止释放，小球将自由下滑到凹槽底端，并与凹槽
分离。若重力加速度 g 取 10m/s2，忽略空气阻力，则当小球与凹槽刚好分离时（　　）
A．小球的速度大小为4 15m/s B．凹槽的速度大小为2 5m/s
3 3
C 2 4．小球向右移动的水平距离为3m D．凹槽向左移动的水平距离为3m
12．（2024·河北保定·一模）如图所示，粗糙的水平面上放置一轻质弹簧，弹簧的右端固定，左端与
质量为 m 的滑块甲（视为质点）连接，小球乙（视为质点）静止在 C 点，让甲在 A 点获得一个水平
向左的初速度2 0，且甲在 A 点时弹簧处于压缩状态，此时弹簧所蕴含的弹性势能为3 20，当甲运
动到 B 点时弹簧正好恢复到原长，甲继续运动到 C 点时与乙发生弹性碰撞。已知甲与水平面之间的
2
动摩擦因数为 = 02 ，A、B 两点间距与 B、C 两点间距均为 L，下列说法正确的是（　　）
A．甲刚到达 B 点时的速度大小为 0
B．甲刚到达 C 点时，弹簧的弹性势能为3 20
C．甲刚到达 C 点时（与乙发生碰撞前）的动能为 20
D．若甲、乙碰撞刚结束时，乙的速度为 2 0，则乙的质量为 2m2
13．（2024·山东济南·三模）质量为 1 = 90g的物块从距离地面高度为 = 19m处自由下落，在下落
到距离地面高度为 ′ = 14m时，质量为 2 = 10g的子弹以 0 = 10m/s的水平速度瞬间击中物块并留
在其中。重力加速度取 = 10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1m/s
B．子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10m/s
C．物块下落的总时间为2s
D．物块下落的总时间为 95s
5
三、解答题
14．（2024·重庆沙坪坝·三模）如图所示，质量为 = 1kg的小物块 A 放在质量也为 的木板 C 的右
端，木板静止在光滑地面上， = 0时刻给木板施加一水平向右的拉力 ，物块和木板立即发生相对
滑动。已知拉力功率 恒为 8W，物块和木板间的动摩擦因数 = 0．2， 1 = 1．5s时物块和木板共
速，且共速时立即撤去拉力，重力加速度 取10m/s2。求：
（1）与木板共速前物块 A 运动的加速度；
（2）若物块恰不从木板上滑下，木板 C 的长度；
（3）若木板 C 右方还静置着另一物块 B，木板 C 与 A 共速后再与 B 发生碰撞并粘在一起，则在满
足第（2）问情况下，要保证物块 A 恰不从木板 C 上滑出，求物块 B 的质量。
15．（2024·浙江金华·三模）某固定装置的竖直截面如图甲所示，由长度为 1.0m 的水平传送带和两
段光滑圆管轨道组成，两段圆管轨道所对应的圆心角相同 = 106°， = 0.4m， = 0.8m，右侧
带有竖直挡板的滑块 b 放置在光滑的水平面上，传送带和滑块 b 与轨道端口均为平滑连接，传送带
启动后运行的 图如图乙所示，传送带启动 0.5s 后把小物块 a 从传送带左侧静止释放，小物块 a
和滑块 b 的质量均为 = 0.4kg，a 与传送带和滑块 b 之间的动摩擦因数均为 = 0.25，若空气阻力、
小物块 a、圆管轨道的口径和皮带轮半径均可不计，物块 a 进出管道时无能量损失，物块 a 和滑块 b
发生的碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度 = 10m/s2，试求：
（1）小物块 a 在传送带上运动的时间 t；
（2）小物块 a 进入BC管道时对管道的作用力大小；
（3）滑块 b 至少多长才能使小物块 a 不脱离滑块。第 25 讲 碰撞及动量守恒定律的应用
——划重点之精细讲义系列
考点 1 动量守恒定律的理解及应用
考点 2 碰撞问题
考点 3 爆炸及反冲问题
考点 4 人船模型
考点 5 动量和能量观点综合应用
考点 1：动量守恒定律的理解及应用
1.系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他
物体对系统的作用力叫做外力．
2.定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不
变．
3.定律的表达式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．
可写为：p＝p′、Δp＝0 和 Δp1＝－Δp2
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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＝－Δp2，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．
4．守恒条件
理想守恒 系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒
近似守恒 系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒
分方向守恒 系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒
5.动量守恒的“四性”
矢量性 表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负
瞬时性 动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等
速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一
同一性
参考系的速度．一般选地面为参考系
它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏
普适性
观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统
【考向 1】如图所示，装有轻弹簧与小物块的小车静止在光滑水平地面上，小车与小物块接触面粗
糙且水平。弹簧左端固定在小车内壁，右端与小物块靠在一起。初始时，在外力作用下弹簧处于压
缩状态。现撤去外力，小物块向右运动。从撤去外力到小物块与小车右壁碰撞前的过程中，下列说
法正确的是（　　）
A．小物块的机械能守恒
B．小物块和弹簧组成的系统动量守恒
C．小物块和弹簧组成的系统机械能守恒
D．小物块、弹簧和小车组成的系统动量守恒
【答案】D
【详解】A．弹簧弹力及摩擦力对小物块做功，故小物块的机械能不守恒，故 A 错误；
B．小车与小物块接触面粗糙，小物块受摩擦力作用，故小物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故 B
错误；
C．摩擦力对小物块做功，故小物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故 C 错误；
D．小物块、弹簧和小车组成的系统，所受合外力为零，故系统动量守恒，故 D 正确。
故选 D。
【考向 2】对下列情景说法正确的是（　　）
A．子弹打进木块后一起向左运动的过程，子弹和木块构成的系统动量守恒
B．两同学传接篮球的过程，两同学和篮球构成的系统动量守恒
C．绑有磁铁的两小车在光滑水平地面上相向运动的过程，两车构成的系统动量守恒
D．小球从静止在光滑水平面上的斜槽顶端释放，在离开斜槽前小球和斜槽构成的系统动量守恒
【答案】C
【详解】A．子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，但在一
起向左运动的过程，由于弹簧的弹力（或弹簧弹力和地面的摩擦力）作用，子弹和木块所受合外力
不为零，系统动量不守恒，故 A 错误；
B．两同学传接篮球的过程，由于地面摩擦力的作用，两同学和篮球构成的系统动量不守恒，故 B
错误；
C．相向运动的过程中合外力为零，系统动量守恒，故 C 正确；
D．小球从静止在光滑水平面上的斜槽顶端释放，在离开斜槽前小球和斜槽构成的系统水平方向动
量守恒，故 D 错误。
故选 C。
【考向 3】如图是老师在课堂上做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼状磁铁用一根木棒穿过，
手拿住木棒（保持水平），此时两磁铁保持静止。当手突然释放，让木棒和磁铁一起自由下落时（不
计空气阻力），发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法正确的是（　　）
A．放手下落过程中，磁铁受滑动摩擦力作用
B．放手下落过程中，磁铁的运动轨迹是一条直线
C．放手下落过程中，两个磁铁水平方向动量不守恒
D．放手下落过程中，磁铁和棒组成系统机械能不守恒
【答案】D
【详解】A．放手下落过程中，磁铁竖直方向只受重力作用，木棒与磁铁间没有弹力，所以不受摩
擦力作用，故 A 错误；
B．磁铁水平方向受相互吸引力作用，且引力不断增大，所以磁铁所受合力的方向与速度方向不在
一条直线上，磁铁做曲线运动，故 B 错误；
C．两个磁铁水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，故 C 错误；
D．放手下落过程中，两磁铁间的吸引力做正功，所以系统机械能不守恒，故 D 正确。
故选 D。
【考向 4】（多选）如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上
的物块。今让一小球自左侧槽口 A 的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自 A 点进入槽内，并从
C 点飞出，则以下结论中正确的是（ ）
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽的最低点 B 向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开 C 点以后，将做斜上抛运动
【答案】CD
【详解】ABC．小球在半圆槽内由 A 向 B 运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不
会向左运动，则只有重力对小球做功，小球的机械能守恒；从 A 到 B 做圆周运动，小球和槽组成的
系统在水平方向上所受合外力不为零，水平方向动量不守恒；小球从 B 到 C 运动的过程中，槽向右
运动，系统在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，槽的支持力对小球做功，小球的机械能
不守恒，故 AB 错误，C 正确；
D．小球离开 C 点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故 D 正确。
故选 CD。
【考向 5】（多选）如图所示，两木块 A、B 用轻质弹簧连在一起，置于粗糙水平面上，一颗子弹水
平射入木块 A，并留在其中。在子弹射入木块 A 及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是
（　　）
A．在子弹射入木块 A 的过程中，子弹和木块 A 组成的系统动量守恒、机械能不守恒
B．在子弹射入木块 A 的过程中，子弹和木块 A 组成的系统动量不守恒，机械能守恒
C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒
D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒
【答案】AD
【详解】AB．在子弹射入木块 A 的过程中，子弹和木块 A 组成的系统所受合力为零，所以系统动
量守恒，但由于有摩擦力做功，所以机械能不守恒，故 A 正确，B 错误；
CD．在弹簧被压缩的过程中，系统所受合力不为零，所以系统动量不守恒，同时由于地面摩擦力对
木块做负功，机械能不守恒，故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
考点 2：碰撞问题
1.概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过
程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．
2.分类
(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和
机械能守恒．
(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．
(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速
度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．
3.解析碰撞的三个依据
动量守恒 p1＋p2＝p1′＋p2′
p12 p22 p1′2 p2′2
动能不增加 Ek1＋Ek2 ≥ Ek1′＋Ek2′或 ＋ ≥ ＋2m1 2m2 2m1 2m2
①如果碰前两物体同向运动，则碰前，后面的物体速度必大于前面物体
的速度，即 v 后＞v 前，否则无法实现碰撞；碰撞后，原来在前面的物体速度一
速度要符合情景 定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即 v 前′ ≥ v 后′。
②如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改
变．除非两物体碰撞后速度均为零．
4.弹性碰撞实例分析
（1）如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为 m1、m2 的两小球分别以速度 v1、v2 运动，发
生弹性碰撞后两球的速度分别为 v1′、v2′
由动量守恒定律可得 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
1 1 1 1
由机械能守恒定律 m v21 1＋ m2v 22 ＝ m1v1′2＋ m v 22 2 2 2 2 2
′
v (m1 m2 )v1 2m2v2 v (m2 m解得 ， 1)v2 2m1v11 m m 21 2 m1 m2
(m m )v
当碰撞前小球 m2的速度为零时，即 v 1 2 12 =0，则 v1 ， v
2m
1
v1
m1 m
2
2 m1 m2
（2）分析讨论
弹性碰撞 质量关系 碰撞后速度变化
当碰撞前小球 m2 的速度不为零时，则 v1′ = v2 ，v2′ =v1，即两小球交换速
动碰动 m1 = m2 度，动量和动能也交换，此时被动球的动能为最大值，与主动球的初动能
相同
m1 = m2 v1′ = 0 ，v2′ =v1，碰撞后两小球交换速度，即 m2小球以 v1的速度运动
m1>m2 v1′ >0，v2′ >0，碰撞后两小球沿同方向运动
二者发生弹性正碰后，v1′ =v1，v2′=2v1，表明碰撞后 m1的速度不变，m2以
m1 m2
动碰静 2v1的速度被撞出去
m10，碰撞后 m1被反弹回来
二者发生弹性正碰后，v1′ = -v1，v2′ =0,表明碰后 m1被反向以原速率弹回，
m1 m2
而 m2仍静止.
应用动量及能量守恒解决碰撞问题
【考向 6】（2024·吉林·一模）如图所示，内壁间距为 L 的箱子静止于水平面上，可视为质点的物块
放在箱内最右端，它们的质量均为 m，箱子的内壁光滑，与地面间的动摩擦因数为 μ。现给箱子一
水平向右的初速度，运动过程中物块与箱子的侧壁共发生 2 次弹性碰撞，静止时物块恰好停在箱子
正中间，重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　）
A．箱子的总位移为 2L
B．物块的总位移为 1.5L
C．箱子的初动能为 3μmgL
D．第一次碰撞后瞬间物块的动能为 2μmgL
【答案】C
【详解】AB．给箱子一水平向右的初速度后箱子向右减速，因为箱子内壁光滑，所以物块相对于地
面静止，当发生第一次碰撞时，箱子产生的位移为 L，碰撞中动量和能量守恒且因为质量相等所以
速度交换，即第一次碰撞后箱子相对于地面不动，物块向右匀速运动，产生的位移为 L，后发生第
二次碰撞，同理速度交换，物块不动，箱子向右减速至零，产生的位移为 0.5L，最终物块停在箱子
的中间，则箱子的总位移为 1.5L，物块的总位移为 L，故 AB 错误；
C．全过程由能量守恒可得
k0 = 2 × 1.5 = 3
故 C 正确；
D．从箱子向右运动到第一次碰撞，损失的动能
Δ k = 2
所以第一次碰撞后瞬间物块的动能为
k = k0 Δ k =
故 D 错误。
故选 C。
【考向 7】（2024·北京朝阳·一模）如图所示，光滑水平地面上的 P、Q 两物体质量均为 m，P 以速度
v 向右运动，Q 静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（　　）
A．P 的动量为 0
B．Q 的动量达到最大值
C．P、Q 系统总动量小于 mv
D 1．弹簧储存的弹性势能为4
2
【答案】D
【详解】A．当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q 系统所受外力为零，因此整个过程中
动量守恒
= 2 共
所以 P 的动量为
1
= 共 = 2
故 A 错误；
B．弹簧压缩至最短后，Q 的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q 的动量达到最大值，故 B 错
误；
C．P、Q 系统动量守恒，总动量为
总 =
故 C 错误；
D．根据动量守恒和能量守恒
= 2 v 1 2 = 1共，2 2 × 2
2
共 + p
解得
1
p = 24
故 D 正确。
故选 D。
【考向 8】（2024·广西桂林·三模）两物体 A、B 放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初
速度，如图所示为两物体正碰前后的位移随时间的变化规律。已知物体 A 的质量为 A = 0.4kg。则
（　　）
A．图线 1 为碰后物体 B 的图像
B．碰撞前物体 A 的速度大小为2m/s
C．物体 B 的质量为0.2kg
D．碰撞过程 A、B 组成的系统损失的机械能为2.4J
【答案】D
【详解】AB．若规定以碰撞前 B 速度方向为正方向，由题图像可知碰前物体 A、B 的速度分别为
= 8 2 2 ( 2)A 2 0m/s = 3m/s， B = 2 0 m/s = 2m/s
那么碰撞之后，不再发生碰撞，碰后速度分别为
= 0m/s = 0 2′A ， ′B 4 2m/s = 1m/s
才满足这种情况，故图线 1 为碰后物体 A 的图像，故 AB 错误；
C．设物体的 B 的质量为 B，碰撞过程动量守恒，则由动量守恒定律得
B B + A A = B ′B
解得
B = 0.4kg
故 C 错误；
D．碰撞过程损失的机械能为
1 2 1 1Δ = 2 A A + 2
2
B B 2 B
′2B
代入数据解得
Δ = 2.4J
故 D 正确。
故选 D。
【考向 9】（多选）（2024·海南海口·一模）如图所示，不可伸长的轻绳跨越钉子 O，两端分别系有大
小相同的小球 A 和 B。在球 B 上施加外力 F，使轻绳 OB 水平且绷直，球 A 与地面接触，两球均静
止。已知 = = ，两球质量分别为 A、 B，重力加速度为 g，不计一切阻力。现将球 B 由静
止释放，发现两球可沿水平方向发生碰撞，且碰后粘在一起运动。则（　　）
A．两球质量应满足 A ≥ 3 B
B．外力 F 应满足 B ≤ ≤ 10 B
C．两球碰撞前瞬间，B 球的加速度大小为3
D 1．两球碰后摆起的最大高度不超过16
【答案】AD
【详解】A．两球可沿水平方向发生碰撞，说明 A 不会离开地面，则对 B 有
1
= 2
2
在最低点时
2
=
解得
T=3mBg
因 A 不会离开地面，则
A ≥ = 3 B
选项 A 正确；
B．要使的细绳处于伸直状态，则力 F 最小值为 mBg，因 A 的重力无最大值（可以是无穷大），可知
F 无最大值，选项 B 错误；
C．两球碰撞前瞬间，B 球的加速度大小为
2
= =
选项 C 错误；
D．因 A 质量最小值为 3mB，则 AB 碰后由动量守恒
= ( + ) 共
1
2 ( + )
2
共 = ( + )
解得

= 16
选项 D 正确。
故选 AD。
【考向 10】（多选）（2024·河北邢台·二模）如图所示，在足够长的光滑水平面上，有一个质量为 2m
的物块 A，在物块 A 正上方有一绳长为 L 的细线拴接一个质量为 m 的小球，将小球拉至水平位置由
静止释放，在最低点与物块 A 发生弹性正碰，之后物块 A 与右侧质量为 4m 的物块 B 发生正碰。已
知重力加速度大小为 g，两物块和小球均可看做质点，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A 2．小球与物块 A 碰撞后瞬间物块 A 的速度大小为3 2
B．小球与物块 A 碰撞前后瞬间细绳的拉力大小之比为9:1
C．物块 A 2与物块 B 碰撞后物块 B 能获得的最小速度为9 2
D A 8 ．物块 与物块 B 碰撞后物块 B 能获得的最大动能为 9
【答案】AC
【详解】A．设小球与物块 A 碰撞前瞬间的速度大小为 0，根据动能定理可得
1
= 2
2
0
解得
0 = 2
设小球与物块 A 碰撞后瞬间，小球速度大小为 1，A 的速度大小为 2，根据动量守恒和机械能守恒
可得
0 = 1 + 2 2
1
2
1
= 2
1
2 0 2 1 + 2 × 2
2
2
联立解得
1 =
1
3 0 =
2
， 2 2 2
3 2
= 3 0 = 3
故 A 正确；
B．小球与物块 A 碰撞前瞬间，根据牛顿第二定律可得
2
= 0
解得
= 3
小球与物块 A 碰撞后瞬间，根据牛顿第二定律可得
2
′ = 1
解得
11
′ = 9
则有
11
: ′ = 3 : 9 = 27:11
故 B 错误；
C．当物块 A 与物块 B 发生完全非弹性碰撞时，物块 B 获得的速度最小，根据动量守恒可得
2 2 = (2 + 4 ) min
解得物块 B 能获得的最小速度为
2
2min = 3 = 9 2
故 C 正确；
D．物块 A 与物块 B 发生弹性碰撞时，物块 B 获得的速度最大，动能最大，根据动量守恒和机械能
守恒可得
2 2 = 2 A + 4 B
1
× 2 2
1 1
2 2 = 2 × 2
2 + × 4 2A 2 B
联立解得物块 B 获得的最大速度为
2 4 2
B = 3 2 = 9
则物块 B 能获得的最大动能为
1 2 64 km = 2 × 4 B = 91
故 D 错误。
故选 AC。
【考向 11】（2024·河南新乡·二模）如图所示，某同学在水平雪地里做了一个冰壶比赛场地，将两个
冰壶 A、B 从掷出线先、后（时间差Δ = 0.5s）掷出，掷出时的速度大小分别为 A = 2.5m/s， B = 2.9
m/s，两冰壶均沿中心线运动，当冰壶 B 追上冰壶 A 时两者发生弹性正碰（碰撞时间极短），之后
冰壶 A 恰好到达大本营中心。已知冰壶 A、B 的质量分别为 A = 0.7kg、 B = 0.5kg，两冰壶与冰
面的动摩擦因数均为 μ=0.04，两冰壶均可视为质点，取重力加速度大小 = 10m/s2。求：
（1）两冰壶碰撞前的速度大小 ′A、 ′B；
（2）大本营中心到掷出线的距离 s；
（3）冰壶 B 掷出后与冰壶 A 间的最大距离 d。
【答案】（1） ′A = 1.5m/s， ′B = 2.1m/s；（2） = 10m；（3） = 2.55m
【详解】（1）设冰壶 B 运动时间 t 后追上冰壶 A，两冰壶在冰面上减速时的加速度大小为 a，由牛
顿第二定律可得
=
由匀变速直线运动规律可得
1 1
( + Δ ) ( + Δ )2 = 2A 2 B 2
′A = A ( + Δ )
′B = B
解得
′A = 1.5m/s
′B = 2.1m/s
（2）设两冰壶碰撞后的速度大小分别为 ″A、 ″B，则有
A ′A + B ′B = A ″A + B ″B
1 2 1′ ′2
1
′′2
1
′′2
2 A A + 2 B B = 2 A A + 2 B B
1 ″2
= B 2
2 + A2
解得
= 10m
（3）设最终两冰壶间的距离为 x，有
1 2 1
2 A A + 2
2
B B = A + B ( )
解得
= 2.55m
则冰壶 B 掷出后与冰壶 A 间的最大距离为
= 2.55m
考点 3：爆炸及反冲问题
1.爆炸现象的三条规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到
的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统
的总动能增加．
(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略
不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．
2.反冲的两条规律
(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能
增加．
(2)平均动量守恒
若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组
成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1 m2v2 0，得 m1x1＝m2x2.该式的适
用条件是：
①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．
②构成系统的 m1、m2原来静止，因相互作用而运动．
③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．
【考向 12】（2023·天津和平·二模）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭，
如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。设从
火箭开始运动到点火的过程始终受气体推力，则此过程中（　　）
A．气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
B．高压气体释放的能量等于火箭动能的增加量
C．在气体推力作用下，火箭的速度一直在增大
D．气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量
【答案】D
【详解】A．火箭动量的增加量等于气体对火箭推力与火箭重力冲量的矢量和，A 错误；
B．火箭动能的增加量与火箭重力势能增加量和克服空气阻力的功的代数和等于高压气体释放的能
量，B 错误；
C．在气体推力作用下，火箭的速度先增加后减小，C 错误；
D．火箭机械能的增加量等于气体的推力和空气阻力对火箭做功的代数和，D 正确。
故选 D。
【考向 13】（2024·青海海南·二模）斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为 m
的两块碎片，其中一块碎片沿原路返回。已知炮弹爆炸时距地面的高度为 H，炮弹爆炸前的动能为
E，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（　　）
A 2 B 2 2 C 2 3 D 4 2 ． ． ． ．

【答案】D
【详解】火箭炸裂的过程水平方向动量守恒，设火箭炸裂前的速度大小为 v，则
1
= 22
得

=
设炸裂后瞬间另一块碎片的速度大小为 v1，有
2 = + 1
解得

1 = 3
根据平抛运动规律有
1
= 22
得
2
=
两块碎片落地点之间的距离
2
= ( + 1) = 4
故 D。
【考向 14】航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手
举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备（火
箭（含燃料）、椅子、风筝等）总质量为 M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为 m 的炽热燃气相
对地面以 0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为 g，下列说法中正
确的是（ ）

A 0．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 =
B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒
2 2
C ．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 0 ( )2
D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒
【答案】A
【详解】A．在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为 v，
规定火箭运动方向为正方向，则有
( ) 0 = 0
解得火箭的速度大小为

= 0
故 A 正确；
B．在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所
以火箭机械能不守恒，故 B 错误；
C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为
2 2 2
= = 02 2( )2
故 C 错误；
D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故 D 错误。
故选 A。
【考向 15】如图所示，假设烟花上升到距地面高度为 h 的最高点时，炸裂成甲、乙、丙三个质量均
为 m 的碎块（可视为质点），其中甲的初速度大小为 v0，方向竖直向上，乙、丙的初速度大小相等
且夹角为 120°，爆炸产生的热量为 Q，重力加速度大小为 g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的
是（　　）
A．爆炸刚结束时，乙、丙的合动量大小为 2mv0
B．三个物体到达地面时的动能不相等
C．甲在落地的过程中，重力对甲的冲量大小为 0 + 20 + 2
D 3．爆炸过程中释放的总能量为 22 0
【答案】C
【详解】A．根据动量守恒可知，爆炸刚结束时，乙、丙的合动量应与甲的动量等大反向，即大小
为 mv0，故 A 错误；
B．三物块的质量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夹角为 120°，根据平行四边形定则可知，乙、
丙的动量大小与乙、丙两速度合成后的动量大小相同， 因此三个物块初速度大小均相等，初动能相
等，三个物体到达地面时重力做功相等，则末动能相等，故 B 错误；
C．甲在落地的过程中，设用时为 t，则有
1
= 0 + 2
2
重力对甲的冲量大小
=
解得
= 0 + 20 + 2
故 C 正确；
D．结合以上分析，三个物块初速度大小和初动能均相同，爆炸过程中释放的总能量即三个物块初
3
动能之和加上爆炸产生的热量为 Q，即大于 22 0，故 D 错误。
故选 C。
【考向 16】如图，三个质量分别为 2m、m、m 的物块 A、B、C 静止在光滑水平直轨道上，A、B
间用一根细线相连，然后在 A、B 间夹一压缩状态的轻质弹簧，此时轻弹簧的弹性势能为 p。现在
剪短细线，A 和 B 向两边滑出，当轻质弹簧恢复原长时，B 与 C 发生碰撞黏合在一起，下列说法正
确的是（　　）
A 4 ．弹簧恢复原长时， = pA 3
B 2 ．弹簧恢复原长时， pA = 3
C．B 与 C 发生碰撞黏合在一起后的速度大小为 p
3
D．B 1 与 C 发生碰撞黏合在一起后的速度大小为 p2 3
【答案】C
【详解】AB．弹簧恢复原长过程，AB 和弹簧系统，根据动量守恒和机械能守恒有
2 A = B
1 1
2 × 2
2
A + 2
2
B = p
解得
= p A ， p3 B = 2 3
故 AB 错误；
CD．B 与 C 发生碰撞黏合在一起过程，根据动量守恒，有
B = ( + )
解得
p
= 3
故 C 正确，D 错误。
故选 C。
考点 4：人船模型
1.人船模型的动量与能量规律
由于系统所受合外力为零，故遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体
的动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能
的变化.
2.模型特点
①两物体满足总动量为 0 且动量守恒：0＝mv 人－Mv 船
x x
②两物体的位移大小满足：0＝m 人 －M 船 ，且 x
t t 人
＋x 船＝L
M m
得 x 人＝ L，x ＝ LM 船＋m M＋m
3.运动特点
①人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；
x 人
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 ＝
x 船
v 人 M
＝ 。
v 船 m
4.人船模型的两个推论
(1)当系统的动量守恒时，任意一段时间内的平均动量也守恒；
(2)当系统的动量守恒时，系统的质心保持原来的静止状态或匀速直线运动状态不变.
5.人船模型的拓展
与人船模型特点相同的模塑还有：斜劈和物块模型、圆环和滑块模型、气球和人模型.
(1)斜劈和物块模型
模型特点：小物块从静止在光滑水平面上的斜劈的顶端无初速度地滑到底端.
mb
规律：ms1=Ms2，s1+s2=b，可得 s2 M m
(2)圆环和滑块模型
模型特点：光滑水平面上放置光滑圆环，滑块从与环心 O 等高处无初速度地下滑到最低点。
mR
规律：Ms=m（R-s），可得 s .
M m
(3)气球和人模型
模型特点：气球质量为 M，抛一条不计质量的软梯，质量为 m 的人站在软梯上端距地面高度为
H，初始气球保持静止状态，随后人沿软梯无初速度地运动至地面.
(M m)H
规律：mH = Mh，L = H+h，可得 L
M
【考向 17】如图，小船静止在水面上，站在船尾的人不断将船尾舱的鱼水平抛入左方船头的舱内
（鱼可视为质点，抛出点高度保持不变，一条鱼落入船头的舱内后再抛出下一条鱼），下列说法正确
的是（　　）
A．为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应逐渐增大
B．为使鱼始终可保证落入船头的舱内，人抛出鱼的速度应保持不变
C．抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸位置不变
D．抛完所有鱼后，小船静止，船相对岸向左移动了一些
【答案】B
【详解】AB．人、船组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒；人抛出鱼后，鱼做平抛运动，
抛出点高度保持不变，则鱼的运动时间不变，船头到船尾的距离不变，为使鱼始终可保证落入船头
的舱内，则人抛出鱼的速度应保持不变，故 A 错误，B 正确；
CD．人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，抛完所有鱼后，最终整个系统
也是静止的。在人将鱼向左抛出、鱼在空中运动时，鱼具有向左的动量，则人和船具有向右的动量，
船要向右运动，鱼落入船舱后船就停止了运动。如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船
要向右移动一些，故 CD 错误。
故选 B。
【考向 18】如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为 M 的小车，用长为 L 的细线系一质量为 m
的小球，将小球拉至水平位置，球放开时小车与小球保持静止状态，松手后让小球下落，在最低点
与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起，则（　　）
A．小球下摆过程与小车组成的系统动量守恒
B．小球与油泥相撞后一起向右运动
C ．小球下摆过程小车的运动距离为
D ．小球下摆过程小车的运动距离为
【答案】D
【详解】A．小球下摆过程与小车组成的系统水平方向动量守恒，故 A 错误；
B．在水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒。小球下落过程中，水平方向具有向
右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动。当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，小球和小
车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，所以小车和小球都保持静止，故 B 错误；
C D．设当小球到达最低点时，小球向右移动的距离为 1，小车向左移动的距离为 2，根据系统水
平方向动量守恒有
1 2 = 0
又

= 1
2
1 ， 2 =
则有
1 2 = 0
变形得
1 = 2
根据
1 + 2 =
联立解得

2 = +
故 C 错误，故 D 正确。
故选 D。
【考向 19】（2023·黑龙江哈尔滨·三模）如图所示，质量为 = 4kg的小车静止在光滑水平面上，小
车 段是半径为 = 1m的四分之一光滑圆弧轨道， 段是长为 的粗糙水平轨道，两段轨道相切于
点。一质量为 = 1kg的可视为质点的滑块从小车上的 A 点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入
轨道，最后恰好停在 点，滑块与轨道 间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度为 = 10m/s2，则（　　）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由 A 滑到 过程中，滑块的机械能守恒
C． 段长 = 1m D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6m
【答案】D
【详解】A．滑块社圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为
零，不满足动量守恒的条件，故 A 错误；
B．滑块由 A 滑到 过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故 B 错误；
C．恰好停在 对点时，二者均静止。根据能量守恒有
=
解得
= 2m
故 C 错误；
D．水平动量守恒有
1 = 2
通过相同的时间有
1 = 2
且有
1 + 2 = +
解得
1 = 0.6m
故 D 正确；
故选 D。
【考向 20】（多选）如图所示，光滑水平面上放置一质量为 M 的小车，固定在小车上的轻竖杆一端
系一长为 l 的细绳，细绳的另一端固定质量为 m 的小球。将小球向右拉至细绳刚好水平后放手，则
下列说法正确的是（　　）
A．小球摆到报低点时的速度大小为 2
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量总是等大反向或都为零
C．小球能向左摆到原高度
D 2 ．小车向右移动的最大距离为
【答案】BC
【详解】AB．系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守
恒，水平方向任意时刻小球与小车的动量总是等大反向或都为零；当小球摆到最低点时有向左的动
量，则此时小车必然有向右的速度，根据能量守恒定律可知
1 1
= 2 + 22 1 2 2
故 A 错误，B 正确；
C．根据水平方向的动量守恒及系统机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，故 C 正确；
D．小球相对于小车的最大位移为2 ，根据“人船模型”规律知，系统水平方向动量守恒，设小球水平
方向的平均速度为 ，小车水平方向的平均速度为 ，则
= 0
两边同时乘以运动时间 ，则
= 0
即
=
又
+ = 2
2
解得小车向右移动的最大距离为 ，故 D 错误。
故选 BC。
【考向 21】（多选）如图所示，质量为 M=2m 的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，
船面可看做水平面，并且比湖岸高出 h。在船尾处有一质量为 m 的铁块，将弹簧压缩后再用细线将
1
铁块拴住，此时铁块到船头的距离为 L，船头到湖岸的水平距离 = 3 ，弹簧原长远小于 L。将细线
烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加
速度为 g。下列判断正确的有（　　）
A 1．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为3
B 2 ．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为3
C 2 ．小木船最终的速度大小为3
D
2
．弹簧释放的弹性势能为 6
【答案】BD
【详解】A．对船与铁块有
1 2 = 0
由于铁块到船头的距离为 L，则有
1 + 2 =
解得
= 21 3
1
， 2 = 3
铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为
1 1 2
3 = 2 + = 3 + 3 = 3
A 错误；
B．铁块脱离木船后做平抛运动，则有
= 1 2 22 ， 3 = 3 = 1
解得
2
1 = 3
B 正确；
C．对船与铁块有
1 2 = 0
结合上述解得
2
2 = 6
C 错误；
D．弹簧释放的弹性势能为
1 1
p = 2
2
1 + 2
2
2
解得
2
p = 6
D 正确。
故选 BD。
【考向 22】（多选）如图所示，质量 = 4kg的圆环套在光滑的水平轨道上，质量 = 2kg的小球通
过长 = 0.9m的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与 平行，小球以竖直向下的 0 = 2 6m/s初
速度开始运动，已知重力加速度 = 10m/s2。则（　　）
A．运动过程中，小球和圆环满足水平方向动量守恒
B．在运动过程中，小球能绕圆环做完整的圆周运动
C．小球通过最低点时，小球的速度大小为 42m/s
D．从小球开始运动到小球运动到最高点这段时间内，圆环向左运动的位移大小为 0.3m
【答案】AB
【详解】A．分析小球和圆环组成的系统可知，水平方向上不受外力，所以系统水平方向动量守恒，
A 正确；
C．从开始运动到小球运动到最低点时，圆环和小球的速度大小分别为 1和 2，由水平方向动量守
恒可知
1 = 2
由能量守恒可知
1 2 1 2 1 + 2 0 =
2
2 1 + 2 2
代入数据解得小球的速度大小为
2 = 2 7m/s
所以 C 错误；
B．若小球运动到最高点时，圆环和小球的速度大小分别为 3、 4，由水平方向动量守恒可知
3 = 4
由能量守恒可知
1 2 1 2 1
2 0 = 2 3 + 2
2
4 +
解得速度大小为
3 = 1m/s
4 = 2m/s
小球相对圆环的速度恰好为
3m/s =
所以小球可以绕圆环做完整的圆周运动，所以 B 正确；
D．小球从开始到运动到最高点的过程中，圆环向右运动的位移

= + = 0.3m
所以 D 错误。
故选 AB。
【考向 23】（多选）（2023·陕西宝鸡·二模）如图所示，半径为 R、质量为 2m 的光滑半圆轨道小车静
止在光滑的水平地面上，将质量为 m 的小球（可视为质点）从 A 点正上方高为 R 处由静止释放，
由 A 点经过半圆轨道后从 B 冲出，重力加速度为 g，则（　　）
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C 2．小车向左运动的最大距离为3
D 2 ．小车获得的最大速度为
3
【答案】CD
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为 0，系统在水平方向的动量守恒，
小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为 0，因此球和小车组成的系统总动量不守恒，
A 错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为 0，系统在水平方向的动量守恒，且系统水
平方向总动量为 0，则小球由 B 点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上
有
+ 2 = 0
解得
= 0
即小球由 B 点离开小车时，水平方向的分速度为 0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B 错
误；
C．根据上述，小球由 B 点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水
平方向上有

1 2 2 = 0
此过程有
1 + 2 = 2
解得
2
2 = 3
C 正确；
D．根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得速度最大，则有
1 2 2 = 0， 2 =
1 22 1 +
1
2 × 2
2
2
解得
2
2 = 3
D 正确。
故选 CD。
考点 5:动量和能量观点综合应用
1.动量与能量的综合
（1）区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的
系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所
受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．
（2）表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对
功和能量只是代数和而已．
2.动量的观点和能量的观点
动量的观点：动量守恒定律
能量的观点：动能定理和能量守恒定律
这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作
深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末
状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解．
3．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题
(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达
式，绝无分量表达式．
(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要
比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a 不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，
就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解．
4.应用动量、能量观点解决问题的两点技巧
(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对
象，不一定选所有的物体为研究对象．
(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵
活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况．
5.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或
动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定
律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.
(4)在涉及相对位移问题时，优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械
能的减少量，即转变为系统内能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械
能与其他形式能量之间的转换.这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.
(6)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末
两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功
问题，就更显示出它们的优越性
【考向 24】（2024·辽宁葫芦岛·二模）如图所示，一质量 M＝0.3kg 的足够长“L”形木板，放置于倾角
为 30°的光滑斜面上，其上端有一质量 m＝0.2kg 的物块，物块与木板上端之间夹有少量爆炸物且处
于静止状态。现引燃爆炸物（对人体不构成伤害），物块与木板瞬间获得总动能为 3.375J（只考虑沿
3
斜面方向，其它方向能量不计）。已知物块与木板间的动摩擦因数为 = ，重力加速度 g 取
2
10m s2，不考虑爆炸物爆炸后的残余物，不计空气阻力。求：
（1）爆炸物爆炸瞬间，物块和木板获得的速度大小；
（2）木板沿斜面上升的最大距离；
（3）从爆炸到木板第一次返回底端的过程中系统因摩擦损失的机械能。
【答案】（1）3m/s；4.5m/s；（2）0.45m；（3）3.375J
【详解】（1）爆炸物爆炸系统动量守恒，设木板获得的速度大小为 v1 ，物块获得的速度大小为 v2
Mv1 mv2
1 1
= 2
2 2
1 + 2 2
代入数据解得
v1 3m/s
v2 4.5m/s
（2）对木板受力分析，根据牛顿第二定律
Mg sin mg cos Ma1
解得
a1 10m / s2
再由
21 = 2 1
代入数据得
Lmax 0.45m
（3）从爆炸到木板返回底端，物块受力不变，根据牛顿第二定律
mg sin mg cos ma2
解得
a 2.5m /s22
设木板上升到最高点所用时间

= 1 1
解得
t 0.3s
木板返回到最低端时物块速度
3 = 2 + 2 2
解得
v3 3m/s
说明木块跟木板返回到最低端时恰好共速；木板上升阶段，物块与木板间的相对位移
1
1 = 22 + 2 2 + max
木板下降阶段，物块与木板间的相对位移
1
22 = ( 2 + 2 ) + 2 2 max
从爆炸到木板落回地面过程因摩擦而损失的机械能
Δ = cos ( 1 + 2)
解得
E 3.375J
【考向 25】（2024·北京大兴·三模）如图所示，半径 = 0.4m的竖直半圆形光滑轨道 BC 与水平面 AB
相切，AB 间的距离 = 3.6m。小滑块 2 放在半圆形轨道的最低点 B 处，另一小滑块 1，从 A 点以
0 = 10m s的初速度在水平面上滑行，到达 B 处两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起
滑上半圆形轨道。已知滑块 1 与水平面之间的动摩擦因数 = 0．5，重力加速度道 g 取10m/s2，两
滑块质量 1， 2均为 1kg，可视为质点。求：
（1）滑块 1 与滑块 2 碰撞前瞬间的速度大小 1；
（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能Δ ；
（3）分析说明滑块 1、2 结合后能否顺利到达半圆轨道最高点 C。
【答案】（1）8m s；（2）16J；（3）不能
【详解】（1）根据题意，由动能定理有
1 1
1 = 2
2
1 1 2
2
1 0
解得
1 = 8 m s
（2）两滑块相碰，由动量守恒定律有
1 1 = ( 1 + 2)
解得
= 4 m s
则两滑块在碰撞过程中损失的机械能
1 1
Δ = 22 1 1 2( 1 + 2)
2 = 16J
（3）若滑块 1、2 结合后恰好通过半圆轨道最高点 C，则有
2
( 1 + 2) = ( 1 + 2)
解得
= = 2 m s
滑块 1、2 结合后，从 到 过程中，由机械能守恒定律有
1 2 1
2( 1 + 2) = ( 1 + 2) 2 + ( 1 + 2)
′2
2
解得
′ = 0 <
可知，滑块 1、2 结合后不能顺利到达半圆轨道最高点 C。
【考向 26】（2024·河北·三模）如图所示，长木板 A 放在粗糙水平面上，静置于长木板上右端的小
物块 B、C 之间放有少量火药，某时刻点燃火药，小物块 C 获得 2m/s 的初速度向右离开长木板，小
物块 B 在长木板上向左运动 1.25m 时与长木板的左端发生弹性碰撞。已知长木板和小物块 B 质量均
为 1kg，小物块 C 质量为 1.5kg，长木板与水平面、小物块 B 与长木板之间的动摩擦因数均为 0.2，
= 10m/s2，小物块 B、C 可看成是质点，求：
（1）小物块 B、C 组成的系统因火药燃烧而增加的机械能；
（2）长木板因小物块 B 的碰撞获得的动能；
（3）整个过程中长木板运动的位移。
【答案】（1）7.5J；（2）2J；（3）0.375m
【详解】（1）设长木板和小物块 B 质量为 m，C 的质量为 M，点燃火药瞬间 BC 动量守恒得
B = C
解得
B = 3m/s
小物块 B、C 组成的系统因火药燃烧而增加的机械能为
1 1
Δ = 2
2
B + 22 C = 7.5J
（2）分析可知由于长木板与水平面、小物块 B 与长木板之间的动摩擦因数相等，故 B 对长木板的
最大静摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，所以当 B 向左运动在与左端碰撞前长木板静止，
该过程中 B 的加速度大小为

= 2 = = 2m/s
对 B 运动分析得
1
2B 2 =
解得
= 0.5s 或 2.5s（2.5s 时 B 速度反向不符，舍去）
故 B 与木板碰撞前瞬间速度为
1 = B = 2m/s
长木板和小物块 B 质量相等，发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知速度发生交换，即碰后
瞬间木板的速度为 2 = 2m/s，故长木板因小物块 B 的碰撞获得的动能为
1
k = 2
2
2 = 2J
（3）分析可知碰撞后随着木板向左运动，B 与木板间发生相对滑动，向左加速运动，该段过程中 B
的加速度大小为
= = 2m/s2
长木板匀减速的加速度大小为
+ 2
′ = = 3 = 6m/s
2
设经过时间 0达到共同速度 ，得
= 2 ′ 0 = 0
解得
0 = 0.25s， = 0.5m/s
该段时间木板位移为

= 2
+
1 2 0 = 0.3125m
分析可知共速后木板和 B 一起向左以
= = 2m/s2
做匀减速运动，直到静止，该过程木板位移为
2
2 = 2 = 0.0625m
故整个过程中长木板运动的位移为
= 1 + 2 = 0.375m
【考向 27】（2024·江西南昌·三模）如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角 = 37°的斜面在底部平滑
连接且均固定在光滑水平地面上，质量为 m 的小滑块 A 从斜面上离斜面底边高为2 处由静止释放，
经过斜面与水平面交接处时无机械能损失，在水平面与一质量为 m 的静止小滑块 B 发生正碰结合为
一个整体（A、B 完全相同），一起滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面
3
上滑的最大高度为14 ，多次往复运动。不计空气阻力，重力加速度为 g，sin37° = 0.6，cos
37° = 0.8。求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数 ；
（2）滑块第 1 次滑下斜面的时间 1与第 1 次滑上斜面的时间 2之比；
（3）滑块最终静止，整个系统由于摩擦产生的热量 Q。
【答案】（1） = 0.3；（2） 1: 2 = 14:3；（3） = 1.4
【详解】（1）当滑块由斜面滑到水平面时，由机械能守恒得
2 1
2 cos 2sin = 2 1
两物体碰撞后，由动量守恒定律得
1 = 2 共
当再次滑上斜面时，由机械能守恒定律得
3
1
× 2 2
3
2 共 = 2 14 + 2 cos
14
sin
联立解得
1 = 2.4 ， 共 = 0.6 ， = 0.3
（2）当滑块 A 从斜面上滑下时，由牛顿第二定律得
sin cos = 1
又
1 = 1 1
当两滑块滑上斜面时，由牛顿第二定律得
2 sin + 2 cos = 2 2
又
0 共 = 2 2
联立可得
1: 2 = 14:3
（3）由能量守恒可得
1 1
2 = 22 1 2 × 2
2
共 +
联立解得滑块最终静止，整个系统由于摩擦产生的热量为
= 1.4
【真题 1】（2024·浙江·高考真题）如图所示，2023 年 12 月 9 日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫
星”等三颗卫星送入距离地面约500km的轨道。取地球质量6.0 × 1024kg，地球半径6.4 × 103km，引
力常量6.67 × 10 11N m2/kg2。下列说法正确的是（　　）
A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约8.4m/s2
C．卫星运行的周期约12h D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重
状态
【答案】B
【详解】A．根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，
即推力，故 A 错误；
B．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为

= = ( + )2 ≈ 8.4m/s
2
故 B 正确；
C．卫星运行的周期为
( + )3
= 2π ≈ 1.6h
故 C 错误；
D．发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故 D 错误。
故选 B。
【真题 2】（2024·江苏·高考真题）在水平面上有一个 U 形滑板 A，A 的上表面有一个静止的物体 B，
左侧用轻弹簧连接在物体 B 的左侧，右侧用一根细绳连接在物体 B 的右侧，开始时弹簧处于拉伸状
态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　）
A．弹簧原长时 B 动量最大
B．压缩最短时 A 动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
【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
A A = B B
设弹簧的初始弹性势能为 p，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得
1 1
p = 2 A
2
A + 2 B
2
B
联立得
1 2B
p = 2 +
2
B B
A
故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，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。
【真题 3】（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 1、 2、 3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统
2
电势能减少了 2 ，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， 1 = 2， 3 ≠ 2 2
2
1 D．在图乙位置， 3 = 3
【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
1 + 2 = 3
根据球 1 和 2 运动的对称性可知 1 = 2，解得
3 = 2 1
根据能量守恒
1 1 1 2
2
2 + 2 + 21 2 2 2 3 = 2
解得
2 2
3 = 3
故 C 错误，D 正确。
故选 D。
【真题 4】（多选）（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是
（　　）
A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故 A 正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故 B 错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故 C 错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故 D 正确。
故选 AD。
【真题 5】（多选）（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球 M 和 N。M
水平向右运动，速度大小为 v。M 与静置于平台边缘的 N 发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若
不计空气阻力，则碰撞后，N 在（　　）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于 v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于 v
【答案】BC
【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相
等，故碰撞后两小球交换速度，即
M = 0， N =
碰后小球 N 做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等
于 v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故选 BC。
【真题 6】（多选）（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模
型．多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块 1 施加一
个水平向右的恒力 ，推动滑块 1 以0.40m/s的速度与静止的滑块 2 碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结
束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块 1 受到合外力的冲量大小为0.18N s
C．滑块 2 受到合外力的冲量大小为0.40N s
D．滑块 2 受到滑块 1 的平均作用力大小为5.5N
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块 1 和滑块 2 组成的系统的初动量为
1 = 1 = 1 × 0.40kg m/s=0.40kg m/s
碰撞后的动量为
2 = 2 2 = 2 × 1 × 0.22kg m/s=0.44kg m/s
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故 A 错误；
B．对滑块 1，取向右为正方向，则有
1 = 2 1 = 1 × 0.22kg m/s 1 × 0.40kg m/s= 0.18kg m/s
负号表示方向水平向左，故 B 正确；
C．对滑块 2，取向右为正方向，则有
2 = 2 = 1 × 0.22kg m/s= 0.22kg m/s
故 C 错误；
D．对滑块 2 根据动量定理有
Δ = 2
解得
= 5.5N
则滑块 2 受到滑块 1 的平均作用力大小为5.5N，故 D 正确。
故选 BD。
【真题 7】（多选）（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑
块，分别从 甲、 乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在 O 处平滑相接，滑块与水平面间的
动摩擦因数为 ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与 乙无关

D 乙．甲最终停止位置与 O 处相距
【答案】ABD
【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为 0，故 A 正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑
块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故 B 正确；
C．设斜面倾角为 θ，乙下滑过程有
1
2乙 = 2 sin 1
在水平面运动一段时间 t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动 t3，乙运动的时间为
= 1 + 2 + 3
由于 t1与 乙有关，则总时间与 乙有关，故 C 错误；
D．乙下滑过程有
1
2乙 = 2 乙
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相
同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
2乙 = 2
联立可得
乙
=
乙
即发生碰撞后甲最终停止位置与 O 处相距 。故 D 正确。
故选 ABD。
【真题 8】（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 0成正比，即 = 0（k 为已知常数）。改变子弹的初速度大小 0，若木块获得的速
度最大，则（　　）
A 2 ( )．子弹的初速度大小为
2
B．子弹在木块中运动的时间为 ( )
C
2 2( )
．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 1, 2，则有
0 = 1 + 2
子弹和木块相互作用过程中合力都为 = 0，因此子弹和物块的加速度分别为

1 = , 2 =
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
2 1 1 = 20 21,2 2 2 = 22
1 2 =
联立上式可得

0 2 2
0
0 +
0

2 = +

因此木块的速度最大即 2 0 00 0 2 + 取极值即可，该函数在2 + 到无穷单调递减，因
= 2 + 此当 0 = 2
( )
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

= 02 +
由运动学公式
2 = 2
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
2 2 2( + )
Δ = = =
故 C 错误；
D．木块加速过程运动的距离为
0 + 2 2 = 2 = +
故 D 正确。
故选 AD。
【真题 9】（2024·江苏·高考真题）嫦娥六号在轨速度为 v0，着陆器对应的组合体 A 与轨道器对应的
组合体 B 分离时间为 Δt，分离后 B 的速度为 v，且与 v0同向，A、B 的质量分别为 m、M。求：
（1）分离后 A 的速度 v1大小；
（2）分离时 A 对 B 的推力大小。
1 ( ) 0 2 ( 0)【答案】（ ） ；（ ） Δ
【详解】（1）组合体分离前后动量守恒，取 v0的方向为正方向，有
(m＋M)v0 = Mv＋mv1
解得
( + )
1 =
0

方向与 v0相同；
（2）以 B 为研究对象，对 B 列动量定理有
FΔt = Mv－Mv0
解得
( 0) = Δ
【真题 10】（2024·安徽·高考真题）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水
平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车
最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 O 点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水
平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的
轨道运动，已知细线长 = 1.25m。小球质量 = 0.20kg。物块、小车质量均为 = 0.30kg。小车上
的水平轨道长 = 1.0m。圆弧轨道半径 = 0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力
加速度 g 取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的
取值范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）0.25 ≤ < 0.4
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
1
= 22 0 0
解得
0 = 5m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律
2
0T =
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
T = 6N
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
0 = 1 + 2
1 1 1
2
2
0 = 2
2 2
1 + 2 2
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
2
2 = + 0 = 4m/s
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守
恒
2 = 2 3
由能量守恒定律
1 2 1
2 2 = 2 × 2
2
3 + 1
解得
1 = 0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守
恒
2 = 2 4
由能量守恒定律
1 1
2 = × 2 22 2 2 4 + 2 +
解得
2 = 0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围为
0.25 ≤ < 0.4
【真题 11】（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以 5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带
左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点 O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质
量为 0.2kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在 O 点右侧的 P 点固定一钉子，P 点与 O
点等高。将质量为 0.1kg 的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞
时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕 O 点做圆周运动，当轻
绳被钉子挡住后，小球继续绕 P 点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为 0.5，重力加
速度大小 = 10m/s2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到 P 点正上方，绳子不松弛，求 P 点到 O 点的最小距离。
【答案】（1）5m s；（2）0.3J；（3）0.2m
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
=
解得
= 5m s2
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
2传
= 2 = 2.5m < 传 = 3.6m
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小
等于传送带的速度大小5m s。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为
正方向，由动量守恒定律有
物 = 物 1 + 球 2
其中
= 5m s， 1 = 1m s
解得
2 = 3 m s
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
1 1 1
Δ k = 22 物
2 2
2 物 1 2 球 2
解得
Δ k = 0.3J
（3）若小球运动到 P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时 P 点到 O 点的距离为 ，小球在 P 点正
上方的速度为 3，在 P 点正上方，由牛顿第二定律有
2
3球 = 球 绳
小球从 点正下方到 P 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
1 2 1 2
2 球 2 = 2 球 3 + 球 2 绳
联立解得
= 0.2m
即 P 点到 O 点的最小距离为0.2m。
【真题 12】（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为 2kg 的小球 A（视为质点）在细绳 ′ 和 OP 作用
下处于平衡状态，细绳 ′ = = 1.6m，与竖直方向的夹角均为 60°。质量为 6kg 的木板 B 静止在
光滑水平面上，质量为 2kg 的物块 C 静止在 B 的左端。剪断细绳 ′ ，小球 A 开始运动。（重力加速
度 g 取10m/s2）
（1）求 A 运动到最低点时细绳 OP 所受的拉力。
（2）A 在最低点时，细绳 OP 断裂。A 飞出后恰好与 C 左侧碰撞（时间极短）、碰后 A 竖直下落，
C 水平向右运动。求碰后 C 的速度大小。
（3）A、C 碰后，C 相对 B 滑行 4m 后与 B 共速。求 C 和 B 之间的动摩擦因数。
【答案】（1）40N；（2）4m/s；（3）0.15
【详解】根据题意，设 AC 质量为 = 2kg，B 的质量为 = 6kg，细绳 长为 = 1.6m，初始时细
线与竖直方向夹角 = 60 。
（1）A 开始运动到最低点有
1
(1 cos ) = 22 0 0
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
2
= 0
解得
0 = 4m/s， = 40N
（2）A 与 C 相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后 A 竖直下落可知
0 = 0 + C
故解得
C = 0 = 4m/s
（3）A、C 碰后，C 相对 B 滑行 4m 后与 B 共速，则对 CB 分析，过程中根据动量守恒可得
0 = ( + )
根据能量守恒得
1 1
相对 = 22 0 2( + )
2
联立解得
= 0.15
【真题 13】（2024·辽宁·高考真题）如图，高度 = 0.8m的水平桌面上放置两个相同物块 A、B，质
量 A = B = 0.1kg。A、B 间夹一压缩量Δ = 0.1m的轻弹簧，弹簧与 A、B 不栓接。同时由静止释
放 A、B，弹簧恢复原长时 A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程 A = 0.4m；B 脱离弹簧后
沿桌面滑行一段距离 B = 0.25m后停止。A、B 均视为质点，取重力加速度 = 10m/s2。求：
（1）脱离弹簧时 A、B 的速度大小 A和 B；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数 μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能Δ p。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对 A 物块由平抛运动知识得
1
= 2
2
A = A
代入数据解得，脱离弹簧时 A 的速度大小为
A = 1m/s
AB 物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则 AB 物
块整体动量守恒，则
A A = B B
解得脱离弹簧时 B 的速度大小为
B = 1m/s
（2）对物块 B 由动能定理
1
B B = 0 2 B
2
B
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
= 0.2
（3）弹簧的弹性势能转化为 AB 物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
1 1
Δ = 2p 2 A A + 2 B
2
B + A Δ A + B Δ B
其中
A = B，Δ = Δ A + Δ B
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
Δ p = 0.12J
一、单选题
1．竖直放置的轻质弹簧，下端固定在水平地面上，一小球从弹簧正上方某一高度处自由下落，从小
球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球和弹簧组成的系统动量守恒
B．小球的动量一直减小
C．弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小
D．小球的机械能守恒
【答案】C
【详解】A．弹簧为轻质弹簧，质量忽略不计，弹簧的动量为 0，对小球进行受力分析，从小球开始
接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先做自由落体运动，后向下做加速度减小的变加速直
线运动，最后向下做加速度增大的变减速直线运动，可知，速度先增大后减小，动量先增大后减小，
可知，小球和弹簧组成的系统动量不守恒，故 A 错误；
B．根据上述可知，小球的动量先增大后减小，故 B 错误；
C．根据上述，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加速度减小的变
加速直线运动，后向下做加速度增大的变减速直线运动，直至速度减为 0，根据动量定理有
G 弹簧 = 0
可知，弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小，故 C 正确；
D．根据上述，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加速度减小的变
加速直线运动，后向下做加速度增大的变减速直线运动，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减
小，故 D 错误。
故选 C。
2．如图所示，“水火箭”又称气压式喷水火箭，由饮料瓶、装入瓶内的水及高压气体组成。在一次发
射实验中将总质量为 M 的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间Δ 内，以相对地
面的速度 0竖直向下喷出质量为 m 的水。取重力加速度为 g，下列说法正确的是（　　）
A．“水火箭”的动力来源于火箭外的空气对它的推力
B．“水火箭”喷出水的过程内力远大于外力，所以系统机械能守恒

C．“水火箭”获得的最大速度为 0

D．“水火箭” 0受到的平均升力为 Δ +
【答案】C
【详解】A．火箭的动力来源于火箭喷出的水对它的推力，故 A 错误；
B．水喷出的过程中，火箭内的水做功，火箭及水的系统的机械能不守恒，故 B 错误；
C．取向上为正方向，根据动量守恒定律可得
（M-m）vm=mv0
解得

= 0
故 C 正确；
D．上升过程中，取向上为正方向，对火箭根据动量定理可得
Δ ( ) Δ = ( ) = 0
解得“水火箭”受到的平均升力为

= 0Δ + ( )
故 D 错误。
故选 C。
3．如图所示，A、B 两球分别用长度均为 的轻杆通过光滑较链与 C 球连接，通过外力作用使两杆
并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B 两球开始向左右两边滑
动。已知 A、B 两球的质量均为 ，C 球的质量为2 ，三球体积相同，且均在同一竖直面内运动，
忽略一切阻力，重力加速度为 。系统从静止释放到 C 球落地前的过程，下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C 三球组成的系统动量守恒
B．C 球的机械能先增加后减少
C．C 球落地前瞬间的速度大小为 2
D A 3 ． 球的最大速度大小为
2
【答案】C
【详解】A．A、B、C 三球组成的系统水平方向上合力为零，动量守恒，竖直方向上合力不为零，
动量不守恒，故 A 错误；
B．小球 A、B 先加速后减速，动能先增加后减少，A、B、C 三球组成的系统机械能守恒，C 球的
机械能先减少后增加，故 B 错误；
C．C 球落地前瞬时，A、B 两球的速度为零，A、B、C 三球组成的系统机械能守恒，有
1
2 = 2 × 2
2
可得
= 2
故 C 正确；
D．当两杆与水平面成 角时，根据 A、C 两球沿杆方向的分速度相等可知
Acos = Csin
根据机械能守恒有
1 1
2 (1 sin ) = 2
2
A × 2 + 22 × 2 C
解得
A = 2 (sin2 sin3 )
当sin = 23时，A 球速度有最大值， A最大，则
2
A = 9 6
故 D 错误。
故选 C。
二、多选题
4．如图，在一次特警训练中，质量为 140kg 的小车静止在光滑的水平面上，A、B 为小车的两端。
质量为 70kg 的特警站在 A 端，起跳后恰好落到 B 端，相对地面的位移为 2m。该过程不计空气阻力，
下列说法正确的是（　　）
A 4．小车后退了 1m B．小车后退了3m
C．小车 AB 长为 3m D．小车 AB 长为2m
【答案】AC
【详解】设小车质量为 M，人的质量为 m，对系统，在水平方向上由动能定理得
′ = 0
两边同时乘以Δ 得
Δ ′Δ = 0
即
′ = 0
设小车长度为 L，则
+ ′ =
联立解得
= 3m， ′ = 1m
故选 AC。
5．如图甲所示，长2m的木板Q静止在某水平面上， = 0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的
某初速度从Q的左端向右滑上木板。P、Q的 图像如图乙所示。其中 、 分别是0~1s内P、Q的
图像， 是1~2s内P、Q共同的 图像。已知P、Q的质量均是1kg， 取10 m/s2，则以下判断正
确的是（　　）
A．P、Q系统在相互作用的过程中动量不守恒
B．在0 2 内，摩擦力对Q的冲量是1N·s
C．P、Q之间的动摩擦因数为0.1
D．P相对Q静止的位置在Q木板的右端
【答案】BC
【详解】A．P 与 Q 组成的系统在速度相等以后做匀速运动，说明地面摩擦力为零，故相互作用的
过程系统所受的外力之和为零，系统动量守恒，故 A 错误；
B．从图象可知，0 2s内对 Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1 2s内无摩擦力，
根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以
= 0 = 1N s
故 B 正确；
C．P 从速度为2m/s减为1m/s所需的时间为1s，则
Δ 1 2
= = m/s2 = 1m/s2Δ 1
又

= =
代入数据解得
= 0.1
故 C 正确；
D．在 = 1s时，P、Q 相对静止，一起做匀速直线运动，在0 1s内，P 的位移
1 + 2
1 = 2 × 1m = 1.5m
Q 的位移
1
2 = 2 × 1 × 1m = 0.5m
则
Δ = 1 2 = 1m < 2m
可知 P 与 Q 相对静止时不在木板的右端，故 D 错误。
故选 BC。
6．如图所示，左侧有一长为 L=3m 的传送带，以速度 v=5m/s 顺时针转动，右侧有一质量为 M=6kg、
长为 l=5m 的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为 m=2kg 的小物块（可视为质点）以初速度
v0=10m/s 从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物块与传
送带、长木板间的动摩擦因数均为 μ=0.6，不计空气阻力，g 取 10m/s2。则（ ）
A．小物块滑上长木板的速度为 5m/s
B．小物块的最终速度为 2m/s
C．长木板的最终动能 Ek=12J
D．全过程系统产生的内能 Q=48J
【答案】BC
【详解】A．设小物块滑上长木板的速度为 1，根据匀变速直线运动规律有
2 20 1 = 2
解得
1 = 8m/s>5m/s
故 A 错误；
BC．小物块到达长木板后，根据动量守恒定律有
1 = ( + ) ′
解得
′ = 2m/s
物块与木板摩擦生热为
1 1
1 = = 2
2 2
1 2 ( + )
′
解得
1 = 48J， = 4m
则物块未滑离木板，木板最终的动能为
k =
1 ′22 = 12J
故 BC 正确；
D．物块在传送带上运动的时间为

= 0 1 1 = 3s
摩擦生热为
2 = ( ) = 16J
全过程系统产生的内能
= 1 + 2 = 64J
故 D 错误；
故选 BC。
7．（2024·广东·三模）如图所示，叠放在一起的 a、b 两物块从距地面一定高度处由静止下落，经碰
撞后物块 b 静止在地面上。不考虑空气阻力的影响，b 与地面仅碰撞一次，假定所有的碰撞均为弹
性碰撞，则（　　）
A．下落过程中物块 a、b 间存在弹力作用
B．物块 b 的质量是 a 的 3 倍
C．物块 a 能反弹的最大高度是其初始下落高度的 5 倍
D．物块 a 反弹的速度是物块 b 落地速度的 2 倍
【答案】BD
【详解】A．由于不受空气阻力作用，两物块均在空中做自由落体运动，两物块之间不存在相互作
用的弹力，故 A 错误；
BD．两物块落地瞬间的速度大小为 v0，物块 b 落地后与地面发生弹性碰撞，以初速度 v0反弹且与
物块 a 发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间物块 a 的速度为 v，以竖直向上为正方向，则由动量守恒定律
可得
0 0 =
由机械能守恒定律可得
1 1 1
2
2 2 2
0 + 2 0 = 2
解得
mb=3ma，v=2v0
故 BD 正确；
C．以整个过程为研究对象，设初始下落高度为 h，a 反弹的高度为 h'，则有
( + ) = ′
解得
h'=4h
故 C 错误。
故选 BD。
8．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与
水平面相切，一个质量为 ( < )的小球从弧形槽 h 高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说
法正确的是（　　）
A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽 h 高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【答案】BC
【详解】A．因为光滑弧形静止在光滑水平面上，则可知小球下落，小球和弧形槽整体在水平方向
上动量守恒，小球获得水平向右的速度，弧形槽获得水平向左的速度，可知在小球下滑的过程中小
球给弧形槽做正功，则弧形槽给小球的弹力做负功，故 A 错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统的机械能守恒，但弹簧对小球的弹力做负功，
故小球机械能减小，故 B 正确；
C．小球在弧形槽上下滑的过程中，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形
槽分离时两者动量大小相等，由于 m＜M，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧
原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故
小球和弧形槽组成的系统机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球滑上弧形槽
的最高点时两者共速，则此时共同速度也必须水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统
的动能增加，重力势能一定要减小，小球上升的最大高度要小于 h，故 C 正确；
D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧组成的系统只有重力与系统内弹力做功，故系统机械能守
恒；在整个过程中，由于存在墙壁对弹簧水平方向上的弹力，故水平方向上的动量不守恒，故 D 错
误；
故选 BC。
9．（2024·四川成都·二模）如图，半径为 的固定光滑圆轨道竖直放置，套在轨道上质量均为 的小
球A和B（均可视为质点）用一根长为 2 的轻杆连接。将A置于轨道最低点并由静止释放，重力加
速度大小为 。下列说法正确的是（　　）
A．小球A、B与轻杆组成的系统机械能守恒
B．小球A、B与轻杆组成的系统动量守恒
C．小球A、B等高时，A球的速率为 1 2
2
D．从释放到小球A、B等高的过程中，杆对B球做功为 0.5
【答案】AD
【详解】
A．小球A、B与轻杆组成的系统，只有动能和重力势能相互转化，故机械能守恒，故 A 正确；
B．小球A、B与轻杆组成的系统，所受合力不为零，故动量不守恒，故 B 错误；
C．小球A、B等高时，小球A上升高度为 1 2 ，小球B下降高度为 2 ，根据杆连物体沿杆方向
2 2
速度相等的关系知，小球A、B的速度大小关系有
Asin45 = Bcos45
解得
A = B
系统机械能守恒
2 2 1
2 = 1 2 + 2
2
A × 2
解得
A = ( 2 1)
故 C 错误；
D．从释放到小球A、B等高的过程中，根据功能关系，杆对B球做功为
1 2
= 2
2
B 2 = 0.5
故 D 正确。
故选 AD。
10．（2024·全国·一模）如图所示，水平放置、足够长的光滑杆 上套有一小球A，小球A通过一长

度为 2 的不可伸长的轻绳与小球B相连，A、B小球的质量均为 。将小球B放置于小球A的正下方2
处，并以初速度 0 = 水平抛出， 为重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．绳子恰好绷直时，其与 的夹角为45°
B．绳子绷直前瞬间，小球B的速度大小为 3 0
C 2．绳子绷直后瞬间，小球A的速度大小为3 0
D 2．绳子绷直前后，绳子对 B 球的冲量大小为
3 0
【答案】AC
【详解】AB．根据平抛运动规律，从抛出到绳子恰好绷直
= 1 20 ， = 2
几何关系
2 2
2 + +
2 = ( 2 )
联立三式可得

=
则
= ， = 2
可知绳绷直时与杆 的夹角 = 45°，且绷直前瞬间 B 球速度与水平方向的夹角也为 = 45°，此时
B 球的速度大小
= 2 0
A 正确，B 错误；
C．绳子绷直过程中，B 球所受总冲量沿绳由 B 指向 A，B 球的动量减小，故 B 球的速度减小，但
方向不变，设绷直后瞬间 A、B 球的速度分别为 A、 B，根据水平方向动量守恒有
0 = A + Bcos
由 A、B 球沿绳方向速度相同
Acos = B
联立两式解得
A =
2 2
3 0， B = 3 0
C 正确；
D．对 B 球用动量定理分析，绳子对 B 球的冲量大小
2 2
cos45° = B = 3 0
B 2所以绳子对 冲量大于 0，D 错误。3
故选 AC。
11．如图所示，质量为 2kg 的凹槽静置于光滑水平面，高为 2m，底边长为 4m 并且末端与水平面相
切。现将质量为 1kg 的小球，从凹槽的最顶端由静止释放，小球将自由下滑到凹槽底端，并与凹槽
分离。若重力加速度 g 取 10m/s2，忽略空气阻力，则当小球与凹槽刚好分离时（　　）
A．小球的速度大小为4 15m/s B．凹槽的速度大小为2 5m/s
3 3
C 2 4．小球向右移动的水平距离为3m D．凹槽向左移动的水平距离为3m
【答案】AD
【详解】AB．设凹槽高为 ，底边长为 ，小球与凹槽的质量分布为 1和 2；小球与凹槽组成的系
统满足水平方向动量守恒和机械能守恒，则有
1 1 = 2 2
1 2 1 1 = 22 1 1 + 2 2 2
联立解得
= 4 151 m/s， = 2 152 m/s3 3
故 A 正确，B 错误；
CD．设小球与凹槽的水平位移分别为 1和 2，则有
1 1 = 2 2
又
1 + 2 =
联立解得
1 =
8 4
3m， 2 = 3m
故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
12．（2024·河北保定·一模）如图所示，粗糙的水平面上放置一轻质弹簧，弹簧的右端固定，左端与
质量为 m 的滑块甲（视为质点）连接，小球乙（视为质点）静止在 C 点，让甲在 A 点获得一个水平
向左的初速度2 0，且甲在 A 点时弹簧处于压缩状态，此时弹簧所蕴含的弹性势能为3 20，当甲运
动到 B 点时弹簧正好恢复到原长，甲继续运动到 C 点时与乙发生弹性碰撞。已知甲与水平面之间的
2
动摩擦因数为 = 02 ，A、B 两点间距与 B、C 两点间距均为 L，下列说法正确的是（　　）
A．甲刚到达 B 点时的速度大小为 0
B．甲刚到达 C 点时，弹簧的弹性势能为3 20
C．甲刚到达 C 点时（与乙发生碰撞前）的动能为 20
D．若甲、乙碰撞刚结束时，乙的速度为 2
2 0
，则乙的质量为 2m
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，甲刚到达 B 点时，弹簧的弹性势能是零，即弹簧对甲做功是3 20，由动
能定理可得
1 1
3 20 = 22 2 (2 )
2
0
解得
= 3 0
A 错误；
B．由对称性可知，甲刚到达 C 点时，弹簧的弹性势能为3 20，B 正确；
C．甲刚到达 C 点时（与乙发生碰撞前），由动能定理可得
1
3 20 = 2k 2
解得
k = 20
C 正确；
D．甲、乙在 C 点发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
2 k = 1 + 乙 乙
1 1
k = 2
2
1 + 2 乙
2
乙
由题意，碰撞后乙的速度为 2 0，则有2
2 2 2
k乙 = + = 2 0乙
解得
乙 = 3
D 错误。
故选 BC。
13．（2024·山东济南·三模）质量为 1 = 90g的物块从距离地面高度为 = 19m处自由下落，在下落
到距离地面高度为 ′ = 14m时，质量为 2 = 10g的子弹以 0 = 10m/s的水平速度瞬间击中物块并留
在其中。重力加速度取 = 10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1m/s
B．子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10m/s
C．物块下落的总时间为2s
D．物块下落的总时间为 95s
5
【答案】AC
【详解】A．子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则
2 0 = ( 1 + 2)
解得物块水平方向的速度大小变为
= 1m/s
选项 A 正确；
B．子弹击中木块之前物块的竖直速度
0 = 2 ( ′) = 10m/s
子弹击中物块后瞬间，由竖直方向动量守恒可知
1 0 = ( 1 + 2)
解得物块竖直方向的速度大小变为
= 9m/s
选项 B 错误；
CD．子弹击中木块之前物块下落的时间
2( ′)
1 = = 1s
被子弹击中后物块下落 ′ = 14m时，根据
1
′ = + 2 2 2 2
解得
t2=1s
（另一值舍掉），则总时间为
= 1 + 2 = 2s
选项 C 正确，D 错误。
故选 AC。
三、解答题
14．（2024·重庆沙坪坝·三模）如图所示，质量为 = 1kg的小物块 A 放在质量也为 的木板 C 的右
端，木板静止在光滑地面上， = 0时刻给木板施加一水平向右的拉力 ，物块和木板立即发生相对
滑动。已知拉力功率 恒为 8W，物块和木板间的动摩擦因数 = 0．2， 1 = 1．5s时物块和木板共
速，且共速时立即撤去拉力，重力加速度 取10m/s2。求：
（1）与木板共速前物块 A 运动的加速度；
（2）若物块恰不从木板上滑下，木板 C 的长度；
（3）若木板 C 右方还静置着另一物块 B，木板 C 与 A 共速后再与 B 发生碰撞并粘在一起，则在满
足第（2）问情况下，要保证物块 A 恰不从木板 C 上滑出，求物块 B 的质量。
【答案】（1）2m/s2，方向水平向右；（2）1.5m；（3）(3 + 13)kg
【详解】（1）A、C 共速之前，对 A 进行分析，根据牛顿第二定律有
=
解得
= 2m/s2
A 向右做匀加速直线运动，加速度方向水平向右。
（2）结合上述，A、C 达到相等的速度时有
1 = 1
对 A、C 构成的系统，根据能量守恒定律有
1
1 = 2( + )
2
1 +
解得
= 1．5m
（3）根据题意，B、C 发生完全非弹性碰撞，则有
1 = ( + B) 2
拉力 F 撤去后到三者共速，对 A、B、C 构成的系统，根据动量守恒定律有
2 1 = (2 + B) 共
B、C 碰后到 A、B、C 三者共速过程，根据能量守恒定律有
1 1 1
= 2 22 1 + 2( + B) 2 2( + + )
2
B 共
结合上述解得
B = (3 + 13)kg
15．（2024·浙江金华·三模）某固定装置的竖直截面如图甲所示，由长度为 1.0m 的水平传送带和两
段光滑圆管轨道组成，两段圆管轨道所对应的圆心角相同 = 106°， = 0.4m， = 0.8m，右侧
带有竖直挡板的滑块 b 放置在光滑的水平面上，传送带和滑块 b 与轨道端口均为平滑连接，传送带
启动后运行的 图如图乙所示，传送带启动 0.5s 后把小物块 a 从传送带左侧静止释放，小物块 a
和滑块 b 的质量均为 = 0.4kg，a 与传送带和滑块 b 之间的动摩擦因数均为 = 0.25，若空气阻力、
小物块 a、圆管轨道的口径和皮带轮半径均可不计，物块 a 进出管道时无能量损失，物块 a 和滑块 b
发生的碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度 = 10m/s2，试求：
（1）小物块 a 在传送带上运动的时间 t；
（2）小物块 a 进入BC管道时对管道的作用力大小；
（3）滑块 b 至少多长才能使小物块 a 不脱离滑块。
1 29【答案】（ ）24s；（2）4N；（3）1.25m
【详解】（1）对传送带 0-1s 做加速度
1 = 1.0m/s2
对 a 物体，匀加速
2 = = 2.5m/s2
当 a 物体与传送带同速时
2 1 = 0.5 + 1 1
得
1
1 = 3 s
此时共速
1 = 2
5
1 = 6m/s
物体位移
1 =
1
2
2
2 1 =
5
36m a 物体与传送带一起匀加速至 1m s，有
1 1 2 = = 6 s1
所以
112 = 2 = 72m a 物体匀速运动
3 = 1
17
1 2 = 24m
时间

3 =
3 = 17 24s
运动时间
= 1 + 2 + 3 =
29
24s
（2）A 到 B 动能定理
1 2 1 2AB = 2 B 2
对 B 处
1
= 2 = 0.5m sin53°
2
N + cos53° =
得
N = 4N
由牛顿第三定律可知，对管道作用力为 4N。
（3）A 到 C 动能定理
1( + ) = 2
1
2 2
2
得
= 5m/s
当 a 刚好滑动 b 最右端与 b 共速，此时 b 的长度是满足题意的最短长度，由能量守恒和动量守恒有
1
2
1
2 = 2 2
2
共 + 2 2
= 2 共
联立得
L = 1.25m

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