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(共5张PPT)
第一章 动量与动量守恒定律
章末知识网络建构
动量
力
动量定理
外力
零
远大于
大小
方向
动能
动量
机械能
内容索引
感谢观看
本课件由水浒传媒出品，仅限教学使用，
所有权和著作权归本
公司所有，任何人不得以非法形式进行销售或传播，违者必究！
定义式：p=m心：方向：与速度v方向一致
特点：状态量、相对量
动量变化量
定义式：△p=②
;方向：与③
方向相同
定义式：I=F(t'-t)
基本概念
方向：与④
的方向相同，若力是变力，与相应时间内动量变化方向一致
量
特点：过程量、绝对量
物理意义：表示力对时间的积累效应
系统：两个（或多个）物体组成的力学系统
系统、内力和外力
内力：系统内物体间的力
外力：系统外的物体对系统施加的力
研究对象：一个物体（或一个系统）
内容：物体所受合力与作用时间的乘积等于物体动量的变化
公式：I=△p
研究对象：两个或多个物体组成的系统
内容：如果一个系统不受⑥
或所受合外力为⑦
，无论这一系
统的内部发生了何种形式的相互作用，这个系统的总动量保持不变
本规律
系统不受外力或系统所受的合外力为零
动量守恒定律
内力⑧
外力，且作用时间极短，系统动量近似守恒
件
系统在某一方向上不受外力或外力可以忽略，系统在该方向
上动量守恒
动量守恒定律
p'=p,作用前后总动量相同
釜
△p=0,作用前后总动量不变
△p1=-△p2,7
相互作用的两个物体动量的变化⑨
相
等，⑩
相反
爆炸：动量守恒，①
增加
反冲：动量守恒
应用特例
对心碰撞和非对心碰撞
撞
弹性碰撞：②
守恒、③
守恒
弹性碰撞和
非弹性碰撞
非弹性碰撞：动量守恒、机械能减少
完全非弹性碰撞：动量守恒、机械能损失最大
实验：验证动量守恒定律(共42张PPT)
第一章 动量与动量守恒定律
第6节 反 冲
1.了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用。
2.知道反冲运动的原理。
3.应用动量守恒定律解决反冲运动问题。
4.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素。
5.会利用反冲运动原理分析“人船模型”问题。
1
课前知识梳理
2
课堂 深度探究
3
随堂 巩固落实
PART
01
课前知识梳理
一、反冲现象
1.定义
如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运
动，另一部分必然向①______的方向运动，这个现象叫作反冲。
相反
2.规律
反冲和碰撞、爆炸有相似之处。反冲过程中相互作用力常为变力，且作用
力大，一般都满足内力②________外力，所以可用③______________来处理。
远大于
动量守恒定律
3.反冲的应用：④______、灌溉喷水器、反击式水轮机等都是利用
⑤_______来工作的。
火箭
反冲
二、火箭的发射
1.工作原理：火箭的发射利用了⑥______。火箭燃料舱内的燃料被点燃后，
产生急剧膨胀的燃气，舱壁对这部分燃气的作用力使气体从火箭尾部高速
喷出，燃气对火箭的反作用力把火箭推向前方。
反冲
2.火箭飞行所能达到的最大速度就是燃料燃尽时获得的最终速度。这个速
度主要取决于两个
条件：一是向后的喷气速度；二是质量比（火箭开始飞行时的质量与燃料
燃尽时的质量之比）。喷气速度⑦______，质量比⑧______，最终速度就
越大。
越大
越大
3.提高喷气速度，需要使用高质量的燃料，目前常用的是液氢，用液氧作
氧化剂。质量比与火箭的结构和材料有关，现代火箭能达到的质量比不超
过10。在现有技术条件下，一级火箭的最终速度还不能达到发射人造卫星
所需的速度，因而发射卫星要用多级火箭。
判断下列说法是否正确。
（1）一切反冲现象都是有益的。( )
×
（2）乌贼的运动利用了反冲的原理。( )
√
（3）火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用
的结果。( )
×
（4）在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。( )
√
（5）火箭发射时，火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能。( )
√
PART
02
课堂 深度探究
知识点一 对反冲现象的理解和分析
点燃“窜天猴”的药捻，“窜天猴”向下喷出气体，同时“窜天猴”飞向高空。
结合该实例，回答下列问题：
（1）反冲运动的物体受力有什么特点？
［提示］物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反方向运动。
（2）反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
［提示］反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以系统
的动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统
的机械能增加。
1.反冲运动的特点
（1）物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
（2）在反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
（3）在反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总
动能增加。
2.应注意的问题
（1）速度的方向
对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反。在列动
量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的速
度应取负值。
（2）相对速度问题
在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中应先将
相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。
（3）变质量问题
如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此
时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，
取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
角度1
对反冲现象的理解
例1 下列图中描述的几种现象不属于反冲现象的是( )
A.蝴蝶利用“喷气”来完成洲际旅行
B.鱿鱼将吸入的水喷出，快速地向外
游窜
C.鸡蛋落在海绵垫子上，完好无损
D.航天员进行无绳太空漫步时，喷气
背包喷出的气体控制其运动
√
解析：蝴蝶利用“喷气”来完成洲际旅行，是反冲现象，故A不符合题意；
鱿鱼将吸入的水用力喷出，快速地向外游窜，是反冲现象，故B不符合题
意；鸡蛋落在海绵垫子上，完好无损，这是延长了鸡蛋和海绵的作用时间，
减小了作用力，是缓冲现象，故C符合题意；航天员进行无绳太空漫步时，
喷气背包喷出的气体控制其运动，是反冲现象，故D不符合题意。
角度2
反冲现象的计算
例2 一只吸水后总质量为 的章鱼静止在水中，遇到危险时，它在极
短时间内把吸入的的水向后以 的速度全部喷出。不计水对章
鱼的阻力，则章鱼喷水后获得的速度大小为( )
A. B. C. D.
解析：章鱼喷水过程中，章鱼与喷出的水组成的系统动量守恒，设章鱼喷
水后的速度为，喷出水的速度为 ，由动量守恒定律可得
，解得章鱼喷水后获得的速度大小 。
√
例3 （2025·江苏南京月考）如图所示，甲、乙两位航天员正在离静止的
空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙与物体 都以大
小的速度相向运动，甲、乙与物体 和空间站在同一直线上且
可视为质点。甲的质量，乙的质量，物体 的质量
，为了避免直接相撞，乙先将物体推向甲，甲迅速接住物体
后即不再松开，此后甲、乙两位航天员和物体 以相同速度向空间站运动。
（1）求甲、乙和物体 最终的速度大小。
解析：规定水平向左为正方向，甲、乙两位航天员和物体 最终的速度大小
均为，方向向左，对甲、乙以及物体 组成的系统根据动量守恒定律可得
解得 。
答案：
（2）设乙与物体作用时间，求物体对乙的推力 的大小。
解析：对乙进行分析，根据动量定理有
解得 。
答案：
知识点二 火箭发射问题
1.火箭的速度
设火箭在时间内喷射燃气的质量为，速度为，喷出燃气后火箭的质
量为，获得的速度为，由动量守恒定律有，得
。
2.决定因素
火箭获得速度取决于燃气喷出的速度及燃气质量与火箭本身质量之比
两个因素。
3.多级火箭
由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的
，实际火箭为多级。多级火箭发射时，质量较大的第一级火箭燃
烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动
脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远
超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度。目前多级火箭一般都
是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求。
例4 某物理兴趣社在社团活动中发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量
为，在极短时间内将的水以对地 的速度喷出。空气阻力可
忽略，取 下列说法正确的是( )
A.该过程中系统机械能守恒
B.水火箭靠空气给的反作用力加速
C.喷水后水火箭获得的速度大小为
D.水火箭上升的最大高度约为
√
解析：该过程中系统的动能和重力势能都增大，系统机械能不守恒，故A
错误；水火箭靠压出的水给的反作用力加速，故B错误；由动量守恒定律
有,得喷水后水火箭获得的速度 ,故C
错误；水火箭上升的最大高度约为 ,故D正确。
例5 一质量为的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为 ，气体离开发
动机喷出时的速度大小为 ，从火箭静止开始，当第4次喷出气体后，火
箭的速度大小为( )
A. B. C. D.
解析：设喷出4次气体后火箭的速度为 ，以火箭和喷出的4次气体为研究
对象，根据动量守恒定律得,可得 。
√
知识点三 “人船模型”问题
如图所示，一质量为的人站在一质量为 的船的船头上，开始时人、船
均静止，现在人从船头走向船尾。（水对船的阻力很小）
（1）该过程中，人和船组成的系统动量守恒吗？两者速度是什么关系？
［提示］该过程中，水的阻力忽略不计，人和船的水平方向动量守恒，两
者速度大小满足 ，方向相反。
（2）该过程中两者对地位移有何关系？
［提示］由于，又，则，即 。
1.模型介绍：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和
为0，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之
比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
2.运动特点：两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停。
3.解题关键
（1）利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位
移关系。用动量守恒定律求位移的题目，大多是系统原来处于静止状态，
然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成
的形式，式中、是、末状态时的瞬时速率。
此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为0。因此任意时
刻的瞬时速率和都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也
与质量成反比，即有。如果两物体相互作用的时间为，
在这段时间内两物体的位移大小分别为和，则有 ，
即 。
（2）画出各物体的位移关系图，找出它们相对于地面的位移的关系。
4.方法推广：原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在
该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。例如，
小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题。
例6 （2025·湖北咸宁市期中）平静的水面上停着一只小船，船头站立着
一个人，人的质量，船的质量 ，从某时刻起，人以
的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。不计水对船
的阻力，船长 ，则下列说法正确的是( )
A.人在船上走动过程中，船的速度为
B.人在船上走动过程中，人的位移大小是船的位移的2倍
C.走动时人的动量大于小船的动量
D.人突然停止走动后，小船由于惯性的缘故还会继续运动
√
解析：对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方
向，由动量守恒定律得 ,可得人在船上走动过程中，船的速
度 ,故A错误；人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位
移大小分别为和，由动量守恒定律得,其中 ,
解得， ,即人在船上走动过程中，人的位移大小是船的位
移的2倍，故B正确；由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量
等大、反向，故C错误；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时
人、船的速度为，则,所以 ,说明船的速度立即变为零，
故D错误。
例7 如图所示，大气球质量为，载有质量为 的人，
静止在空气中距地面 高的地方，气球下方悬一根质量可忽
略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安
全到达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质
点）( )
A. B. C. D.
解析：设人的质量为，气球的质量为 ，系统所受重力与浮力平衡，
合外力为零，根据动量守恒定律有 ,人与气球运动的距离分
别为，，得,又 ,代入数据，绳长至
少为 。
√
PART
03
随堂 巩固落实
1.（对反冲现象的理解和分析）下列运动不属于反冲运动的是( )
A.乒乓球碰到墙壁后弹回 B.发射炮弹后炮身后退
C.喷气式飞机喷气飞行 D.火箭升空
解析：选A。乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反
冲，A符合题意。系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变
化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象是反冲现象。
发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相
互作用，而促进飞机前进的，故属于反冲运动；火箭升空是利用反冲原理，
是反冲现象，故B、C、D不符合题意。
√
2.（火箭发射问题）（2025·陕西富平期末）一枚火箭搭载着卫星以速率
到达预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为
，后部分的箭体质量为，分离后箭体以速率 沿火箭原速度方向飞
行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率
为( )
A. B.
C. D.
√
解析：选D。系统分离前后动量守恒，则有 ,
解得 。
3.（“人船模型”问题）如图所示，物体和质量分别为
和，其图示直角边长分别为和。设 与水平地面无摩
擦，当由顶端从静止开始滑到的底端时， 的水平位
移是( )
A. B.
C. D.
解析：选C。由、 组成的系统，在相互作用过程
中水平方向动量守恒，则
，解得 ，故C
正确，A、B、D错误。
√
4.（“人船模型”问题）如图所示，一个质量为的玩具蛙，蹲在质量为
的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为，细杆高为 且
位于小车的中点，问：当玩具蛙至少以多大的水平速度 跳出，才能落到
桌面上（不计小车的高度，重力加速度为 ）。
解析：玩具蛙跳出后做平抛运动，设运动时间为 ，则
玩具蛙与车组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
若玩具蛙恰好落在桌面上，则有
联立解得 。
答案：(共19张PPT)
课后达标检测
1.（2025·江苏徐州市期中）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起
组成，将其放在光滑的水平面上，质量为的子弹以速度 水平射向滑块，
若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，
如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法不正确的是( )
A.子弹的末速度大小相等
B.系统产生的热量一样多
C.子弹对滑块做的功相同
D.子弹和滑块间的水平作用力一样大
√
解析：选D。设滑块质量为，以 的方向为正方向，由动量守恒定律得
，可得滑块最终获得的速度 ，可知两种情况下
子弹的末速度是相同的，故A正确，不符合题意；子弹嵌入下层或上层过
程中，子弹减少的动能一样多（两种情况下子弹初、末速度都相等），滑
块增加的动能也一样多，则两种情况系统减少的动能相同，故系统产生的
热量一样多，故B正确，不符合题意；根据动能定理可知，滑块动能的增
量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确，
不符合题意；由知，由于不相等而 相等，所以两种情况下
子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误，符合题意。
2.（多选）（2025·山东聊城市期中）质量为、长度为 的木块放在光滑
的水平面上，在木块的右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动，
质量为的子弹以水平速度 射入木块，刚好能将木块射穿。现拔去销钉，
使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度 射入静止的木块，
设子弹在木块中受到的阻力大小恒定。拔去销钉后，下列说法正确的是
( )
A.阻力大小为
B.木块最终的速度为
C.子弹射入木块的深度为
D.木块加速运动的时间为
√
√
解析：选。当木块固定时，由动能定理可知 ，解得
，故A正确；拔去销钉，子弹与木块系统水平方向动量守恒，则根
据动量守恒定律可得，解得 ，故B错误；拔去销
钉后的整个过程根据动能定理有 ，解得子弹
射入木块的深度，C错误；对木块根据动量定理可得 ，得
木块加速运动的时间 ，故D正确。
3.（10分）（2025·江苏镇江市阶段练）质量为 的
物块静止在光滑水平桌面上，质量为 的子弹以水
平速度射入物块后，以水平速度 射出木块。
（不考虑空气阻力）求：
（1）子弹穿出物块时物块的速度；（3分）
解析：子弹和物块组成的系统满足动量守恒，则有
解得子弹穿出物块时物块的速度
，方向水平向右。
答案： ，方向水平向右
（2）此过程子弹对物块的冲量；（3分）
解析：根据动量定理可得，此过程子弹对物块的冲量
方向水平向右。
答案： ，方向水平向右
（3）此过程中产生的内能。（4分）
解析：根据能量守恒可得，此过程中产生的内能
解得 。
答案：
4.（8分）（2025·天津红桥区期末）质量的长木板 在光滑水
平面上以的速度向左运动，某时刻质量 的小木块
以的速度从左端向右滑上长木板，经过时间 小木块
相对静止，重力加速度取 ，求：
（1）两者相对静止时的运动速度 ；（4分）
解析：设水平向右为正方向。从开始到两者相对静止，对长木板与小木块
组成的系统，由水平方向动量守恒得
解得
方向水平向右。
答案： ，方向水平向右
（2）小木块与长木板间的动摩擦因数 。（4分）
解析：对小木块 ，根据动量定理得
解得 。
答案：0.5
5.（10分）（2025·江苏镇江市阶段练）如
图所示，质量 的小车静止在光
（1）两个物体最终一起匀速运动的速度 大小；（3分）
解析：对物块和小车组成的系统由动量守恒定律得
解得 。
答案：
滑的水平面上，现有质量 且可视为质点的物块，以水平向右的
速度 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。
物块与车面间的动摩擦因数，取 ，求：
（2）物块在车面上滑行的时间 ；（3分）
解析：对小车由动量定理得
解得 。
答案：
（3）要使物块不从小车右端滑出，小车的车长的最小值。（4分）
解析：根据能量守恒定律可得
解得 。
答案：
6.（14分）（2025·江苏徐州市期中）如图，光滑水平轨道上放置长木板
（上表面粗糙）和滑块，滑块置于 的左端，三者质量分别为
，，。开始时静止，、 一起以
的速度匀速向右运动，与发生碰撞（时间极短）后 向右运
动，经过一段时间，、 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再
与 碰撞。求：
（1）与发生碰撞后的瞬间， 的速度大小；（4分）
解析：长木板与滑块 处于光滑水平轨道上，因碰撞时间极短，碰
撞过程中滑块与长木板间的摩擦力可以忽略不计，长木板与滑块 组
成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则
之后根据、再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与 碰撞可知
最终三者速度大小相等，设三者最终速度为，全过程、、 三者组成
的系统动量守恒，则
，
联立解得， 。
答案：
（2）与发生碰撞后 的速度大小；（4分）
答案：
（3）与在整个过程中因摩擦产生的热量 。（6分）
解析：从碰撞直到、 最终共速，二者动量守恒，则根据能量守恒定律
可知
解得与在整个过程中因摩擦产生的热量 。
答案：(共58张PPT)
第一章 动量与动量守恒定律
第5节 碰 撞
1.知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞。 2.会根据碰撞的特点对碰撞过程进
行判断。
3.会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。
1
课前知识梳理
2
课堂 深度探究
3
随堂 巩固落实
PART
01
课前知识梳理
一、碰撞的分类
根据碰撞前后两物体①________是否变化，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹
性碰撞两类。
总动能
1.弹性碰撞：碰撞前后两滑块的②________不变的碰撞称为弹性碰撞。在
两物体发生弹性碰撞的过程中，两物体都要发生③__________，动能有一
部分转化为弹性势能，而在转化过程中，总④________保持不变，碰撞过
程结束，两物体都恢复原来的形状。碰撞过程中，系统⑤__________保持
不变的碰撞，称为弹性碰撞。
总动能
弹性形变
机械能
总机械能
2.非弹性碰撞：在碰撞后，系统的总机械能⑥______，在碰撞过程中，有
一部分机械能转化为其他形式的能量，这种碰撞称为非弹性碰撞。
减少
3.完全非弹性碰撞：在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以相同
的速度运动，这种碰撞称为完全非弹性碰撞。
二、中子的发现
1.1932年，英国物理学家⑦__________发现了中子。
查德威克
2.中子质量的计算
设中性粒子的质量为，碰前速率为，碰后速率为，氢核的质量为，
碰前速率为零，
碰后速率为，碰撞前后的动量和动能都守恒，则


解得
同理，对氮原子核的碰撞可解得
由上述两式可得
已知氮核质量与氢核质量的关系为 ，查德威克在实验中测得
氢核速率和氮核速率的关系是，由此得 。
判断下列说法是否正确。
（1）两物体发生非弹性碰撞时，动量不守恒，动能也不守恒。( )
×
（2）碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大
的。( )
√
（3）弹性碰撞过程中，系统机械能守恒。( )
√
（4）非弹性碰撞时，动量守恒，系统机械能减小。( )
√
PART
02
课堂 深度探究
知识点一 碰撞的特点和应用
1.碰撞的特点
（1）时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全
过程可忽略不计。
（2）相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰
撞过程动量守恒。
（3）位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突
变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置。
（4）能量的特点：碰撞过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变。
2.碰撞的分类
（1）按碰撞前后机械能是否守恒可分为弹性碰撞和非弹性碰撞。
（2）按碰撞前后速度的方向是否与球心的连线在同一直线上可分为对心
碰撞和非对心碰撞。
3.碰撞遵守的原则
（1）动量守恒。
（2）机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为
或。
（3）速度要符合情境
①碰前若同向运动，则应有，碰后原来在前的物体速度一定增大，
若碰后两物体同向运动，则应有。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变或速度均
为零。
角度1
碰撞的特点
例1 （多选）在光滑水平面上，质量为的小球1以速度与质量为 静
止的小球2发生正碰，碰后小球1的速度大小是 ，则小球2的速度大小可
能是( )
A. B. C. D.
√
√
解析：由题意可知或 ,碰撞过程中由动量守恒定律得
可得或 ，根据碰撞过程中动能不增加
并代入数据满足 ，故小球2的速度大小可能是
或 。
角度2
碰撞规律的应用
例2 （2025·湖北东湖中学期中）如图所示，质量相等的两个球、 ，原
来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动， 球的速度是
，球的速度是，不久、 两球发生了对心碰撞。对于该碰
撞之后的、 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，
下面的猜测结果一定无法实现的是( )
A., B.,
C., D.,
√
解析：设两个球的质量均为 ，取向右为正方向，则碰前系统总动量
,碰前的总动能
；若， ，碰后总动
量,总动能 ,动量
守恒，总动能不变，A可能实现，故A不符合题意；若 ，
，碰后总动量 ,总动能
,动量守恒，总动能减少，B可能实现，故B
不符合题意；若， ，碰后总动量
,总动能 ,动量守恒，
总动能减少，C可能实现，故C不符合题意；若 ，
，碰后总动量 ,总动能
,动量守恒，总动能增加，D不可能实现，
故D符合题意。
知识点二 弹性碰撞和非弹性碰撞
如图甲、乙所示，两个质量都是 的物
体，物体静止在光滑水平面上，物体
以速度正对运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度 继续前进，两物体
组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，那么总动能如何变化？
［提示］ 不守恒。碰撞时：，得， ，
，所以
，即系统总动能减少了
。
1.弹性碰撞：发生在产生弹性形变的物体间，满足动量守恒和机械能守恒，
即
（1）动量守恒： 。
（2）机械能守恒： 。
（3）两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为 、
速度为的小球与质量为 的静止小球发生弹性正碰为例,则有
解得, 。
结论：（1）当时,, （质量相等,速度交换）;
（2）当时,,,且 （大碰小,一起跑）;
（3）当时,, （小碰大,要反弹）;
（4）当时,, （极大碰极小,大不变,小加倍）;
（5）当时,, （极小碰极大,小等速率反弹,大不动）。
2.非弹性碰撞：碰撞过程物体会发生不能自行恢复的形变，还可能发热。
所以，非弹性碰撞有动能损失，即机械能不守恒。
（1）动量守恒： 。
（2）机械能不守恒： 。
3.完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大，碰撞后两物体粘在一起以
相同的速度运动。
角度1
弹性碰撞
例3 质量为、 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，
碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知该碰撞属于( )
A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞
C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，不能判断
√
解析：根据题中图像可知：球的初速度为， 球的初速
度为，碰撞后球的速度为，碰撞后 球的速度为
，两球碰撞过程中，动能变化量为 ，
则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞。
例4 在光滑的水平面上，质量为的小球 以速率
向右运动。在小球的前方点处有一质量为 的
小球处于静止状态，如图所示。小球与小球 发
生正碰后小球、均向右运动。小球被在点处的墙壁弹回后与小球
在点相遇， 。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞
都是弹性碰撞，
求两小球的质量之比 。
解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球和 的速度大小保持不变，
根据它们通过的路程，可知小球和小球在碰撞后的速度大小之比为 ，
两球碰撞过程为弹性碰撞，有 ，
，解得 。
答案：
角度2
非弹性碰撞
例5 （2024·湖北卷，T14）如图所示，水平传送带以
的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为
。传送带右端的正上方有一悬点，用长为 、不可伸长的轻绳
悬挂一质量为的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在 点
右侧的点固定一钉子，点与点等高。将质量为 的小物块无初
速度轻放在传送带左端，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、方向水平向左。小球碰后绕 点做
圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕 点向上运动。已知小物块
与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小取 。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
解析：根据题意可知，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离
可知，小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，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 。
答案：
（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。
解析：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
其中,
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能
解得 。
答案：
（3）若小球运动到点正上方，绳子不松弛，求点到 点的最小距离。
解析：若小球运动到点正上方，绳子恰好不松弛，设此时点到 点的距
离为，小球在点正上方的速度为，在 点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即点到点的最小距离为 。
答案：
例6 如图所示，三个质量均为的小滑块、、 沿直线静止排列在水
平面上，其中、与水平面间无摩擦， 与水平面之间的动摩擦因数
。某时刻给滑块水平向右的速度，与滑块 碰撞后粘
在一起形成结合体（与水平面间无摩擦），结合体与滑块 发生多次
弹性碰撞后均停止在水平面上。已知重力加速度取 。求：
（1）、碰撞过程中，受到的冲量大小 ；
解析：设水平向右为正方向，、、质量均为，、 碰撞过程中，由
动量守恒定律有
对，由动量定理有
解得， 。
答案：
（2）、第一次碰撞后 的速度；
解析：、 第一次碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
，
解得第一次碰撞后的速度
方向水平向右。
答案： ，方向水平向右
（3）整个过程中滑块的位移大小 。
解析：对、 构成的系统由能量守恒定律有
解得 。
答案：
知识点三 爆炸类问题
爆炸现象的三个规律
（1）动量守恒：爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用
力远远大于受到的外力。
（2）动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量（如化学能）转化为动能。
（3）位移为零：爆炸时间极短，物体产生的位移很小，可忽略不计，可
认为爆炸前后位置不变。
角度1
爆炸中的动量守恒问题
例7 （多选）（2025·山东滨州联考期中）防空导弹是指从地面发射攻击
空中目标的导弹。如图所示，某防空导弹斜射向天空，到最高点时速度大
小为，离地高度为，突然爆炸成质量均为的两块。其中弹头 以速
度沿的方向飞去，且爆炸过程时间为 且极短。整个过程忽略空气阻
力，则下列说法正确的是( )
A.爆炸后的一瞬间，弹尾一定沿着与 相反的方向飞去
B.爆炸后，弹尾 可能做自由落体运动
C.爆炸过程中，弹尾对弹头的平均作用力大小为
D.爆炸过程释放的化学能为
√
√
解析：爆炸过程中系统在水平方向动量守恒，以 方向为正方向，则由动
量守恒定律有,解得,由于与 的大小关系
未知，故无法判断弹尾的运动方向，故A错误；由上述分析可知，当
时，弹尾的速度为零，则弹尾做自由落体运动，故B正确；以弹头
为研究对象，以 方向为正方向，在水平方向上由动量定理可得
,解得 ,故C错误；根据能量守恒定律可知，爆
炸释放的化学能等于系统动能的变化量，故有
,根据动量守恒定律有 ,
整理可得 ,故D正确。
角度2
爆炸中的动量和能量问题
例8 以与水平方向成 角的初速度 斜向上抛出手榴弹，到达最高点时
炸成质量分别是和的两块，其中质量大的一块沿着原来的方向以
的速度飞行。不计爆炸过程中的质量损失。
（1）求质量较小的一块弹片速度的大小和方向。
解析：斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的
速度
设 的方向为正方向，如图所示。
由动量守恒定律得
其中爆炸后质量大的弹片速度
解得，负号表示 的方向与爆炸前速度方向相反。
答案： ，方向与爆炸前速度方向相反
（2）爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？
解析：爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即
。
答案：
规范一练
应用动量和能量观点分析竖直方向的碰撞问题
例9 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物
理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始
时它们处于静止状态。当滑块从处以初速度为 向上
滑动时，受到滑杆的摩擦力为，滑块滑到 处与滑杆发生
完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量
，滑杆的质量，、间的距离 ，重力加
速度取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和
；
解析：滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研
究对象，由平衡条件可知
解得
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，
则有
代入数据得 。
答案：
. .
. .
. .
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小 ；
解析：由动能定理得
代入数据解得 。
答案：
. .
. .
（3）滑杆向上运动的最大高度 。
解析：滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
代入数据得
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
代入数据得 。
答案：
. .
. .
. .
. .
PART
03
随堂 巩固落实
1.（碰撞的特点和应用）在游乐场上，一个大人和一个小孩各驾驶着一辆
碰碰车迎面相撞，如图所示。已知大人和车的总质量 ，速度
大小，小孩和车的总质量，速度大小 ，
碰碰车质量相同，碰撞后两车迅速黏合在一起，忽略碰碰车与地面间的摩
擦，则关于两车碰撞过程的下列说法正确的是( )
A.两车组成的系统满足动量守恒和机械能守恒
B.大人和碰碰车的动量变化了
C.合外力对小孩和碰碰车的冲量大小为
D.如果碰撞在 内完成，则两车间产生的平均
冲力为
√
解析：选D。根据碰撞的特征可知，碰撞过程中都满足动量守恒定律，当
碰撞后两车迅速黏合在一起，是完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A
错误；规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 ，
解得 ，则大人和碰碰车的动量变化了
，
故B错误；对小孩和碰碰车由动量定理得
，故C错误；对
小孩和碰碰车,由，可得 ，故D正确。
2.（碰撞的特点和应用）、 两物体发生正碰，碰撞前后
物体、 都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所
示。由图可知，物体、 的质量之比为( )
A. B. C. D.
解析：选C。由题给图像知，碰前， ，碰后
,由动量守恒定律可知 ,解得
，故C正确。
√
3.（弹性碰撞）（2025·山东济南月考）如图所示，、 是两个用等长细
线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，， 球开始时静止，拉
起球，使细线与竖直方向夹角为 ，由静止释放球，在最低点 球与
球发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法
正确的是( )
A.球静止，球向右，且偏角小于
B.球向左，球向右，且偏角等于
C.球向左，球向右，球偏角大于球偏角，且都小于
D.球向左，球向右，球偏角等于球偏角，且都小于
√
解析：选C。设球到达最低点的速度为，在最低点球与 球发生弹性
碰撞后，球的速度为，球的速度为 ，取向右为正方向，由动量守
恒定律可得 ,由两球发生弹性碰撞可得
,可得，,球向左， 球向
右，球偏角大于球偏角，且都小于 。
4.（爆炸类问题）（2025·江苏连云港期中）东风 采用固体燃料发动机，
最多可携带14枚分导式多弹头。假设一枚在空中飞行的东风 导弹，质
量，飞行到某点时速度方向水平，大小 ，方向
如图所示，导弹在该点突然炸裂成两部分，其中质量 的一个
弹头沿着的方向飞去，其速度大小 ，求：
（1）炸裂后另一块质量的弹头的速度 ；
解析：设初速度 的方向为正方向，炸裂前后水平方向动量守恒，则有
代入数据解得
则炸裂后另一块质量的弹头的速度大小为，方向与
的方向相反。
答案：，方向与 的方向相反
（2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前的增加量。
解析：炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加量
代入数据解得 。
答案：(共30张PPT)
专题提升课1 动量定理的拓展应用
1
专题 深度剖析
2
随堂 巩固落实
PART
01
专题 深度剖析
微专题一 应用动量定理处理多过程问题
例1 （2025·贵州期中）如图所示，质量为 的物块以
初速度沿倾角为 的粗糙固定斜面由底端 点上滑，
滑到点时速度为0，然后下滑回到 点。关于物块所
受的冲量，下列说法正确的是( )
A.物块上滑过程中重力的冲量等于下滑过程中重力的冲量
B.物块上滑过程中所受摩擦力的冲量小于下滑过程中所受摩擦力的冲量
C.无论上滑过程还是下滑过程，物块所受支持力的冲量始终为0
D.物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中所受合外力的冲量总和为0
√
解析：由牛顿第二定律得，物块上滑过程中 ，
解得 ,下滑过程中 ，
解得 ，所以 ，物块上滑与下滑过程中位
移大小相等，由可知，重力的冲量 ,所以上滑
过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故A错误；摩擦力的冲量
大小 ，则物块上滑过程所受摩擦力的冲量小于下滑
过程受到摩擦力冲量，故B正确；支持力不为0，支持力的冲量不为0，故
C错误；物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中，速度方向改变，
动量的变化量不为0，由动量定理可知，合外力的冲量总和不为0，
故D错误。
例2 （多选）（2025·山东聊城市期中）在光滑水平地面上，一质量为
的物体在水平向右的拉力作用下，由静止开始运动，拉力随时间 变化
的关系图线如图所示。下列说法正确的是( )
A.前内，拉力的冲量为
B.到内，拉力的冲量为
C.前 内，物体的动量方向一直不变
D.时，物体的速度大小为
√
√
解析：合外力的冲量可以用图线与横轴围成的面积表示，则在前
内和到内有， ,A正
确，B错误；由图像可看出前内， 图像的总面积始终为正值，
则物体的动量方向一直是正方向不变，C正确；前 内根据动量定理有
，则在 时物体的速度 ，D错误。
微专题二 动量定理和动能定理的综合应用
1.动能定理
（1）数量关系：合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系，可
以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。
（2）因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2.动量定理
（1）求合力的冲量的方法有两种：第一种是先求合力再求合力的冲量，
第二种是求出每个力的冲量再对冲量求矢量和。
（2）动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。
例3 如图所示，质量为的跳水运动员从跳台上以初速度 竖直向上跳起，
从起跳到入水前重心下降了 。入水后由于水的阻力使速度减为0，从接触
水面到下沉到最低点经历的时间为，重力加速度为 ，不计空气阻力。求
运动员：
（1）入水瞬间的动量大小；
解析：运动员起跳后在空中运动过程，由动能定理得
解得
所以入水瞬间的动量大小
。
答案：
（2）入水过程中受到水的平均阻力大小。
解析：从运动员接触水面到运动员下沉到最低点，根据动量定理有
解得 。
答案：
例4 一质量为的物块放在水平地面上的 点，距
离点的位置 处是一面墙，如图所示，物块以
（1）物块与地面间的动摩擦因数 ；
解析：对物块从运动到 处的过程中，应用动能定理有
代入数值解得 。
答案：0.32
的初速度从点沿 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为
，碰后以的速度反向运动直至静止，取 。求：
（2）若碰撞时间为，碰撞过程中墙壁对物块平均作用力 的大小；
解析：以水平向右为正方向，碰后滑块速度 ，由动量定理得
解得
其中负号表示墙壁对物块的平均作用力方向向左。
答案：
（3）物块在反向运动过程中位移大小。
解析：对物块的反向运动过程，由动能定理得
代入数据解得 。
答案：
微专题三 应用动量定理处理“流体模型”问题
1.研究对象
常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。
2.研究方法
隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。
3.基本思路
（1）在极短时间内，取一小柱体作为研究对象。
（2）求小柱体的体积。
（3）求小柱体质量。
（4）求小柱体的动量。
（5）应用动量定理。
①作用后流体停止，，有；
②作用后流体以速率反弹，有，有。
模型1 气体模型
例5 福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知
10级台风的风速范围为 ，16级台风的风速范围为
。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16
级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍
√
解析：设空气的密度为 ，风迎面垂直吹向一固定的横截面积为 的交通
标志牌，在时间内的空气质量 ，假定台风迎面垂直吹向一
固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有 ，
可得，10级台风的风速 ，16级台风的风速
，则有 ，故B正确。
模型2 液体模型
例6 （2025·广东深圳市龙岗区期末）如图游乐园水上表演
中，水面摩托艇上安装的水泵通过轻质软管喷水，将质量
为 的游客（包括踏板）顶起在空中保持静止（此时软管
竖直且喷水口竖直向下），设软管与喷口的横截面积相同，
喷水速率为，重力加速度为，则 时间内喷水的质量为
( )
A. B. C. D.
√
解析：对游客与踏板整体进行分析，根据平衡条件有 ，令极短时
间内喷出水的质量为 ，根据牛顿第三定律可知，踏板对喷出水的反
作用力 ，由于软管竖直且喷水口竖直向下，根据题意可知水泵先
将水沿软管竖直向上以速率送至踏板处，冲击踏板后又以速率 从喷水口
竖直向下喷出，取竖直向下为正方向，对极短时间 内喷出的水进行分析，
由于时间极短，其重力可以忽略，根据动量定理有
，则时间内喷水的质量，解得 。
例7 如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，
设水柱横截面积为，水速为，水的密度为 ，假设水柱射在煤层的表面
上，冲击煤层后水的速度变为零，则水柱对煤层的平均冲击力大小是
( )
A. B. C. D.
√
解析：设时间内水枪射出水的质量为 ，则有
，以这小段水柱为研究对象，选取初速度的方向
为正方向，设煤层对水柱的平均作用力为 ，根据动量定理，则有
，联立解得 ，根据牛顿第三定律可知，水
柱对煤层平均作用力的大小等于煤层对水柱平均作用力的大小，即水柱对
煤层平均作用力的大小为。
PART
02
随堂 巩固落实
1.（应用动量定理处理多过程问题）高空作业人员必须系安全带。如果质
量为的高空作业人员不慎跌落，自由下落 后安全带刚好被拉直，此后
经过时间作业人员下落到最低点，在时间 内安全带对人的平均作用力大
小为（重力加速度大小为 ）( )
A. B. C. D.
解析：选A。从作业人员跌落开始直到作业人员下落到最低点，运用动量
定理，有,,联立可得 。
√
2.（应用动量定理处理多过程问题）（多选）（2025·内蒙古赤峰二中校考）
冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目，运动员需要先给冰壶一个初速
度，使冰壶沿着冰面达到指定区域。若某次比赛过程冰面可视为光滑，质
量为的冰壶（可视为质点）静止于光滑冰面上。从 时刻开始，冰
壶受到运动员的水平外力作用，外力 随时间变化的关系如图所示。下列
说法正确的是( )
A.冰壶第末的速度大小为
B.力前内的冲量大小为
C.冰壶第末与第末速度大小之比为
D.前内运动员对冰壶做的功为
√
√
解析：选。由题图可知,力前 内的冲量大小
,冰壶在第内由动量定理可得 ,
解得冰壶第末的速度大小,故A正确，B错误；力前 内的
冲量大小,冰壶在前 内由动量定理可得
,解得第末速度大小,冰壶第末与第 末速度大
小之比,故C正确；根据动能定理可知，前 内运动员对冰壶
做的功 ,故D错误。
3.（动量定理和动能定理的综合应用）（2025·广州市培正中学期末）一质
量为的物体在水平恒力的作用下沿水平面运动，在时刻撤去力 ，其
图像如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为 ，则物体在
运动过程中（重力加速度为 ）( )
A.摩擦力做功为
B.物体速度变化为零，所以 平均功率为0
C.做功
D.
√
解析：选C。对0到过程，由动量定理有 ，解得
，图线与横轴所围面积表示位移，则 ，解得
，由动能定理可得 ，解得
， 在这段时间内做功不为0，所以平均功率也不为0，故
C正确，A、B、D错误。
4.（应用动量定理处理“流体模型”问题）一束水流以 的速度水
平射到竖直的墙上，水流的横截面积 ,则水流对墙壁的压力为
（设水和墙壁碰撞后沿墙壁流下，水的密度 ）( )
A. B. C. D.0
解析：选B。由题意可知，时间内喷水质量 ，以水流方向为正
方向，则水在时间内受到墙的冲量，所以 。
√(共31张PPT)
专题提升课3 “子弹打木块”和“滑块—木
板”模型
1
专题 深度剖析
2
随堂 巩固落实
PART
01
专题 深度剖析
1.模型图示
2.模型特点
（1）若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，则当两者速度相等时木
块或木板的速度最大，两者的相对位移（子弹射入木块的深度）取得极值
（完全非弹性碰撞拓展模型）。
（2）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积
等于系统减少的机械能。
（3）根据能量守恒定律知，系统损失的动能 ，可以看出，
子弹（或滑块）的质量越小，木块（或木板）的质量越大，动能损失越多。
（4）该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模
型，也可以从力和运动的角度借助图示求解。
模型1 子弹打木块模型
例1 （2025·辽宁鞍山市期末联考）质量为的子弹以某一初速度 击中
静止在粗糙水平地面上质量为 的木块，并陷入木块一定深度后与木块相
对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位
置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的
是( )
A.若较大，可能是甲图所示情形；若 较小，可能是乙图所示情形
B.若较小，可能是甲图所示情形；若 较大，可能是乙图所示情形
C.地面较光滑，可能是甲图所示情形；地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D.无论、、 的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
√
解析：在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地
面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木块构成一系统，在
水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设
子弹与木块的共同速度为，根据动量守恒定律有 ,木块
在水平地面上滑行的距离为 ，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用
动能定理得 ,根据能量守恒定律得
,则 ，不论速度、质量大小
关系和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形，故A、B、C错误，
D正确。
例2 （2025·浙江杭州市期中）如图所示，将一个质量
的砂箱，用长 的轻绳悬挂在天花板
上，一颗质量 的子弹水平射入砂箱，砂箱发生摆动，
若子弹射击砂箱时的速度 ，求：
（1）子弹刚打入砂箱时，它们共同速度 的大小；
解析：子弹水平射入砂箱过程，根据动量守恒定律可得
解得 。
答案：
（2）子弹刚打入砂箱时，轻绳对砂箱作用力 的大小；
解析：子弹刚打入砂箱时，根据牛顿第二定律可得
解得 。
答案：
（3）子弹与砂箱共同上摆过程中，上升的最大高度 。
解析：子弹与砂箱共同上摆过程中，根据机械能守恒定律可得
解得 。
答案：
例3 如图所示，套筒 可以沿着水平固定的光滑杆（足够长）左右滑动，
套筒下方用不可伸长的轻细线悬挂物体。开始时物体和套筒 均静止，
子弹以的水平初速度在极短时间内击穿物体 后速度减为
，已知子弹、物体、套筒的质量分别为 ，
，重力加速度取 。求：
（1）子弹击穿物体的过程，子弹对物体 的冲量大小；
解析：子弹击穿物体 的过程，动量守恒，规定向右为正方向，则
解得
对物体根据动量定理有
解得 。
答案：
（2）物体 能上升的最大高度；
解析：物体上升过程中，、 组成的系统水平方向动量守恒，设最大高
度为 ，则有
解得
由能量守恒定律有
解得 。
答案：
（3）套筒 可以达到的最大速度。
解析：当回到最低点时，的速度最大，根据、 系统动量守恒可知
根据能量守恒定律有
解得， （不符合，舍）
或，
套筒可以达到的最大速度为 。
答案：
模型2 滑块—木板模型
例4 （2024·甘肃卷，T14）如图，质量为的小球 （视为质点）在细
绳和作用下处于平衡状态，细绳 ，与竖直方向
的夹角均为 。质量为的木板静止在光滑水平面上，质量为
的物块静止在的左端。剪断细绳，小球 开始运动。（重力加速度
取 ）
（1）求运动到最低点时细绳 所受的拉力。
解析：设，的质量为，对 从开始运动至运动到最低点的过程，
根据动能定理有
在最低点，对 由牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律得
联立解得细绳受到的拉力 。
答案：
（2）在最低点时，细绳断裂。飞出后恰好与 左侧碰撞
（时间极短）,碰后竖直下落，水平向右运动。求碰后 的速度大小。
解析：由于碰撞时间极短，则碰撞过程、 组成的系统水平方向动量守恒，
有
结合（1）问解得 。
答案：
（3）、碰后，相对滑行后与共速。求和 之间的动摩擦因数。
解析：与 相互作用的过程，系统所受合外力为零，动量守恒，则有
根据能量守恒定律有
联立解得 。
答案：0.15
规范一练
动量和能量观点分析“滑块—木板”和“滑块—弹簧”问题
例5 如图所示，质量均为 ，大小相同的长木板甲、乙相隔一段距
离静置于光滑水平面上，甲上表面粗糙、乙上表面光滑。乙的右端固定一
轻质弹簧，弹簧原长小于木板长度。一质量 的小铜块以
的速度从甲左端滑上，当铜块滑到甲右端时两者速度相等，此
后甲与乙发生碰撞并粘在一起，铜块在乙表面与弹簧相互作用过程中弹簧
始终处于弹性限度内。已知铜块与甲之间的动摩擦因数， 取
，求：
（1）甲、乙刚碰完时的共同速度的大小；
解析：当铜块滑到甲右端时，根据动量守恒定律有
解得
甲、乙碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得 。
答案：
. .
. .
（2）弹簧的最大弹性势能 ；
解析：当铜块与甲、乙速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最
大。根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律可知
解得弹簧的最大弹性势能 。
答案：
. .
. .
（3）乙的最大速度。
解析：当铜块第一次脱离弹簧时，乙的速度最大，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律得
解得乙的最大速度 。
答案：
. .
. .
PART
02
随堂 巩固落实
1.（子弹打木块模型）（2025·江苏徐州高二期中）如图所示，木块静止在
光滑水平面上，子弹、 同时从木块两侧射入，最终嵌在木块中。已知
两子弹入射的初动量大小相等，射入过程中所受木块的阻力大小相等，子
弹 的质量较小。比较这两颗子弹可知( )
A.子弹的初动能较小 B.子弹 先与木块相对静止
C.子弹的动量变化率较大 D.子弹 射入木块的深度较大
√
解析：选D。两子弹入射的初动量大小相等，又由于子弹 的质量较小，
结合可得 ,故A错误；两子弹入射的初动量大小相等，根
据动量守恒定律知，两子弹和木块组成的系统动量一直为零，木块静止在
光滑水平面上，则两子弹同时与木块相对静止，故B错误；两子弹的初动
量相等，末动量为0，则两子弹的动量变化量 大小相等，两子弹所受的
阻力大小相等，根据动量定理可知两子弹运动时间相等，则两子弹的动量
变化率相等，故C错误；两子弹所受的阻力大小相等，设为 ，根据动能
定理，对子弹有,对子弹有 ,结合
，可知 ,故D正确。
2.（滑块—木板模型）如图所示，长木板 静止在光滑水平地面上，小物
块从左端以某初速度向右运动并恰好不会从右端离开。在从 左端滑
到右端的过程中，下列说法正确的是( )
A.长木板 向左运动
B.小物块与长木板 组成的系统动量守恒
C.小物块与长木板 组成的系统机械能守恒
D.小物块的速度可能比长木板 的速度小
√
解析：选B。小物块从左端以某初速度向右运动，小物块给 向右的
摩擦力，长木板向右运动，A错误；小物块与长木板 组成的系统水平
方向不受外力作用，竖直方向上所受合外力为零，故系统动量守恒，B正
确；小物块与长木板 之间由于摩擦，有一部分机械能转化为内能，所
以组成的系统机械能不守恒，C错误；两物体一开始发生相对滑动，物块
由于摩擦力而做匀减速直线运动，同时长木板 受该摩擦力做匀加速直
线运动，当两者速度相等时一起做匀速直线运动，因此不会存在 的速度
比长木板 的速度小的情况，D错误。
3.（滑块—木板模型）（2025·江西南昌二中阶段练）如图所示，在光滑水
平面上叠放着、两个物体，， ，速度的大小均为
，速度方向相反。板足够长，、之间有摩擦，当观察到
做加速运动时， 的速度大小可能为( )
A. B. C. D.
√
解析：选B。由受力分析可知，、 两物体在水平面上只受到相互作用的
摩擦力，所以、 整体在水平方向动量守恒，选水平向右为正方向，则
，代入数据解得，故当 的速度为
时，开始做加速运动，直到与共速。从开始至共速过程对、
运用动量守恒定律，有 ，代入数据解得
，所以 时，可以观察到 做加速运动，
故只有B符合题意。(共43张PPT)
第一章 动量与动量守恒定律
第3节 动量守恒定律
1.知道系统、内力、外力的概念。 2.理解动量守恒定律及表达式，理解其
守恒的条件。 3.能够应用动量守恒定律解决基本问题。 4.知道动量守恒
定律具有普适性。
1
课前知识梳理
2
课堂 深度探究
3
随堂 巩固落实
PART
01
课前知识梳理
一、动量守恒定律
1.理论探究
如图所示的是两个质量均为的小球以相同的速率相向运动并发生碰撞的
三个瞬间，其中为刚接触的瞬间，二者的速度分别是和
；为二者形变最大的瞬间，它们的相互作用力和达
到最大；为二者脱离接触的瞬间，二者的速度分别为和
。
从到的过程，两球间的相互作用力从零逐渐增大至和 ，而速度
则从和逐渐减小至零；从到的过程则相反，相互作用力从 和
逐渐减小到零，而速度则从零逐渐增大至和 。
把这个过程再分成很多小段，每段的时间为， 足够短，这段时间内的
相互作用力可以看作恒力，根据牛顿第三定律，这对相互作用力大小相等、
方向相反，可以说，在这个相互作用过程的每时每刻相互作用力都满足
。因此，在整个碰撞过程中的平均力满足 。
分别对两物体应用动量定理，得
则
式中和分别是两个物体碰撞前的动量，和 分别是两个物体碰撞
后的动量。将上式变形，得
。
2.结论：相互碰撞的两个物体组成的系统，总动量①__________。
保持不变
3.系统、内力与外力
（1）系统：相互作用的两个或多个物体构成的整体，叫作一个力学系统。
（2）内力：系统中物体间的作用力。
（3）外力：系统外部的物体施加给系统内物体的力。
4.动量守恒定律
（1）内容：如果一个系统②__________，或所受的③________为零，无
论这一系统的内部发生了何种形式的相互作用，这个系统的总动量保持不
变，这就是动量守恒定律。
不受外力
合外力
（2）对于在一条直线上运动的两个物体组成的系统，动量守恒定律的一
般表达式为④______________________________。
（3）动量守恒的条件：系统⑤____________为零。
所受合外力
二、动量守恒定律的普适性
无论在⑥______、宏观还是⑦______领域，无论是何种形式的相互作用，
只要系统所受的合外力为零，动量守恒定律都是适用的。
微观
高速
三、动量守恒定律的应用
1.对于碰撞等相互作用时间⑧______、相互作用力⑨______的系统，由于
内力⑩________外力，常常可以忽略外力的影响，认为系统的动量守恒。
2.系统的外力不能忽略，系统的动量不守恒，但在 ____________不受外
力（或外力可以忽略），则系统的动量 ____________的分量守恒。
很短
很大
远大于
某一方向上
沿这一方向
判断下列说法是否正确。
（1）一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。( )
×
（2）两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守
恒。( )
√
（3）系统动量守恒也就是系统的动量变化量为0。( )
√
（4）只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒。( )
×
（5）只要合外力对系统做功为0，系统动量就守恒。( )
×
PART
02
课堂 深度探究
知识点一 动量守恒的判断
1.对“总动量保持不变”的理解
（1）系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是
初、末两个状态的总动量相等。
（2）系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
2.对守恒条件的进一步理解
（1）系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰
撞、微观粒子间的碰撞等都可视为这种情形。
（2）系统虽然受到了外力的作用，但所受外力的矢量和为0。
（3）系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量
近似守恒。
（4）系统所受的合外力不为0，即，但在某一方向上合外力为
或，则系统在该方向上动量守恒。
3.动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。判断系统的动量
是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
角度1
动量守恒条件的理解
例1 关于系统动量守恒的说法正确的是( )
①只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
②系统内有摩擦力，系统动量可能守恒
③系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒
④如果系统所受合外力远大于内力时，系统可近似认为动量守恒
A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④
√
解析：动量守恒的条件是系统所受合外力为零。系统内的摩擦力是内力，
所以只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒，故①②正确；根据动量
守恒的条件可知，系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但系统在
某一方向不受外力或合外力为零，则在该方向上系统的动量守恒，故③正
确；系统所受外力不为零，但内力远大于外力时，外力可以忽略不计，动
量近似守恒，如果系统所受合外力远大于内力时，合外力不为零，系统动
量不守恒，故④错误。
角度2
动量守恒的判断
例2 （多选）2024年巴黎奥运会，中国代表团以40金27银24铜共91枚奖牌
的优异表现，创造了境外参加奥运会的最佳成绩，下列奥运比赛项目中关
于物理学中的守恒，说法正确的是( )
A.短道速滑接力赛时，交棒运动员以双手推动接棒运动员的臀部来完成交
替动作，若不考虑冰面阻力，则在交接过程中两名运动员组成的系统机械
能不守恒、动量守恒
B.在篮球比赛的传接篮球的过程中，两位运动员和篮球构成的系统机械能
不守恒、动量守恒
C.蹦床运动中，运动员与蹦床分离后在空中运动的过程，若不计空气阻力，
运动员的机械能守恒、动量不守恒
D.在飞碟射击运动中，子弹击中飞碟的过程，子弹与飞碟系统机械能守恒、
动量守恒
√
√
解析：两运动员在交接过程中，系统内力做正功，机械能增加，交接过程
中系统所受外力的合力为0，系统动量守恒，故A正确；传接篮球的过程，
系统内力做功，机械能不守恒，由于地面摩擦力的作用，系统所受外力的
合力不为0，两运动员和篮球构成的系统动量不守恒，故B错误；当运动员
与蹦床分离后在空中运动的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械
能守恒，合力不为0，动量不守恒，故C正确；子弹击中飞碟的过程，有内
能产生，机械能不守恒，系统合外力为0，动量守恒，故D错误。
例3 （2025·广西玉林市期中）以下关于四幅图的说法，正确的是( )
A.图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒
B.图乙中、用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后、 与
弹簧组成的系统动量守恒
C.图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量不
守恒
D.图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和
球组成的系统动量守恒
√
解析：题图甲中礼花弹爆炸的瞬间，有化学能转化为机械能，所以机械能
不守恒，故A错误；题图乙中、 用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，
释放后、 与弹簧组成的系统满足动量守恒，故B正确；题图丙中子弹击
穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统可认为所受外力之和为零，系统
满足水平方向动量守恒，故C错误；题图丁中小车位于光滑的水平面上，
人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，
但竖直方向系统不满足动量守恒，故D错误。
例4 如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的
角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )
A.小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B.小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C.小球向左摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度不为零
D.在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、
方向相反（或都为零）
√
解析：依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力作用，所以水平
方向动量守恒，则有小球向左摆动时，小车向右运动，故A、B错误；由
于系统在水平方向动量守恒，所以在任意时刻，小球和小车在水平方向上
的动量一定大小相等、方向相反（或都为零），小球向左摆到最高点时，
小球的速度为零，则小车的速度也为零，故C错误，D正确。
知识点二 动量守恒定律的基本应用
1.表达式的含义
（1）系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
（2）相互作用的两个物体组成的系统，
作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和。
（3）相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变
化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。
（4）系统总动量增量为零。
2.解题步骤
（1）明确研究对象：将要发生相互作用的物体视为系统。
（2）进行受力分析、运动过程分析：确定系统动量在研究过程中是否守恒。
（3）规定正方向，确定初、末状态动量：一般来说，系统内的物体将要
发生相互作用和相互作用结束，两个状态为作用过程的初末状态。
（4）列动量守恒方程及相应辅助方程，求解作答。
例5 （2024·江苏卷，T14）嫦娥六号在轨速度为 ，着陆器对应的组合体
与轨道器对应的组合体分离时间为，分离后的速度为，且与 同
向，、的质量分别为、 。求：
（1）分离后的速度 ；
解析：组合体分离前、后动量守恒，取 的方向为正方向，有
解得
方向与 相同。
答案：，方向与 相同
（2）分离时对 的推力大小。
解析：以为研究对象，对 根据动量定理有
解得 。
答案：
例6 （2025·安徽合肥市期中）光滑冰面上固定一个足够大的光滑曲面体，
一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上。已知小球的质量
，小孩和冰车的总质量 。某时刻小孩将小球以
的速度向曲面体推出（如图所示），取 。
（1）求推出小球后，小孩的速度 的大小。
解析：由题意可知，对小球、小孩和冰车整个系统动量守恒，规定向左为
正方向，则
解得推出小球后，小孩的速度 的大小为
。
答案：
（2）小球返回后会被小孩抓住，求共同运动的速度 的大小。
解析：由小球能量守恒可知返回到冰面时小球速度大小不变；抓住小球过
程、 动量守恒，有
解得共同运动的速度 的大小为
。
答案：
（3）求小球被抓住过程中所受到的合外力的冲量 。
解析：规定向左为正方向，由动量定理可得，小球所受冲量
解得
方向水平向左。
答案： ，方向水平向左
PART
03
随堂 巩固落实
1.（动量守恒的条件）物理观念建构过程中都有特定的物理情境、对应的
条件。关于动量守恒的条件，下列说法正确的是( )
A.只要系统所受外力的合力为零，系统动量一定守恒
B.只要系统内某个物体做加速运动，系统动量就不守恒
C.只要系统所受合外力恒定，系统动量守恒
D.只要系统内存在摩擦力，系统动量不可能守恒
解析：选A。只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，与系统内物体的
运动状态无关，系统内的物体可以做加速运动，故A正确，B错误；系统
所受合外力恒定但不为零时，系统动量不守恒，故C错误；即使系统内存
在摩擦力，但只要系统所受合外力为零，系统动量一定守恒，故D错误。
√
2.（动量守恒的判断）（多选）（2025·山东青岛期中）把木块和 用一根
轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，紧靠在墙壁上，在 上施加向左的
水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法正确的是
( )
A.尚未离开墙壁前，、 和轻弹簧组成的系统的动量守恒
B.尚未离开墙壁前，、 和轻弹簧组成的系统的动量不守恒
C.离开墙壁后，、 和轻弹簧组成的系统的动量守恒
D.离开墙壁后，、 和轻弹簧组成的系统的动量不守恒
√
√
解析：选。当撤去外力后，尚未离开墙壁前，由于墙壁对 有弹力作
用，所以、和轻弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误，B正确； 离开
墙壁后，、和轻弹簧组成的系统所受合外力为0，则、 和轻弹簧组成
的系统动量守恒，故C正确，D错误。
3.（动量守恒定律的基本应用）如图所示，将甲、乙两条形磁铁隔开一段
距离，静置于光滑的水平桌面上，甲的极正对着乙的 极，甲的质量大于
乙的质量。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻
( )
A.甲的动量大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的速度大小比乙的大 D.甲的速度大小比乙的小
√
解析：选D。同时释放甲和乙后，对甲、乙构成的系统进行分析，系统所
受外力的合力为0，系统的动量守恒，由于系统初始状态的总动量为0，可
知，甲、乙的动量大小相等，故A、B错误；结合上述可知
，由于甲的质量大于乙的质量，则有 ，即甲
的速度大小比乙的小，故C错误，D正确。
4.（动量守恒定律的基本应用）质量为 的小车上站着一个质量为
的人，小车与人一起在光滑的水平轨道上以 的速度运动。若人
相对于小车以 的速度水平向车前方跳出，其他条件不变，车的速度
变为( )
A. B. C. D.
解析：选D。人从车上跳出的过程，人和车组成的系统动量守恒，规定人
跳出的方向为正方向， ，
，代入数据解得 ,故A、B、C错误，D正
确。
√(共29张PPT)
课后达标检测
1.如图甲所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球
在轨道水平部分碰撞前、后的动量关系。
（1）两小球质量的关系应满足___。
A.
B.
C.
解析：根据题意，为了保证入射球碰撞后不反弹，则有 。
√
（2）实验中，直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的。但是，可以
通过仅测量___（填选项前的序号），间接地解决这个问题。
A.小球开始释放的高度
B.小球抛出点距地面的高度
C.小球做平抛运动的水平射程
解析：验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前、
后的动量关系时，直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的，根据平抛
运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小
来体现速度大小，故需要测量水平射程。
√
（3）如图乙是多次实验（每次约束两球的位置均相同）得到的其中一个
钢球的落点分布图，请你写出确定其平均落点的方法：________。若两球
相碰前、后的动量守恒，其表达式可表示为__________________________
____。
见解析
解析：用圆规作一尽可能小的圆，将大部分落点圈在圆内，圆心即为平均
落点。若两球相碰前、后的动量守恒，则有 ，由于
做平抛运动的下落高度相同，则运动时间相同，则有
，可得 。
2.某同学利用如图所示装置验证碰撞
过程动量守恒，已知弹簧的弹性势能
，其中 是弹簧的劲度系
数， 是弹簧的形变量。
实验步骤如下：
.两压力传感器上分别固定轻质短弹簧，将压力传感器固定在气垫导轨两端；
.将滑块静止地放在气垫导轨上，当气垫导轨充气时，发现滑块向左端滑
动，要调节气垫导轨水平，需将气垫导轨的______（选填“左侧”或“右侧”）
调高些；
.气垫导轨调节水平后，将粘有少量橡皮泥的滑块 静置在气垫导轨上，
将同样的滑块 放在气垫导轨上并压紧右侧的弹簧，从压力传感器上读出
弹力 ；
.由静止释放滑块，与 碰撞后连在一起向左运动，并与左侧的弹簧碰
撞，从左侧压力传感器上读出弹力最大值 。
左侧
解析：将滑块静止地放在气垫导轨上，当气垫导轨充气时，发现滑块向左
端滑动，说明导轨右侧偏高，要调节气垫导轨水平，需将气垫导轨的左侧
调高些。
结合实验步骤，回答以下问题：
（1）设滑块与碰撞之前的速度为，则与 的关系为___。
A. B.
C.
解析：设滑块质量为，与碰撞之前的速度为 ，则有
，根据能量守恒定律有 ,联立可得
,故选A。
A
（2）若两滑块碰撞前后动量守恒，则应满足的表达式为___。
A. B.
C.
B
解析：由题意，根据（1）问分析，同理可得出两滑块碰后的速度大小
，若两滑块碰撞前后动量守恒，则满足的表达式为
,可得 ,故选B。
（3）若滑块上没有粘上橡皮泥，忽略与 碰撞过程中的动能损失，则
碰后压缩左端的弹簧，左端压力传感器的读数____（用 表示）。
解析：若滑块上没有粘上橡皮泥，忽略与 碰撞过程中的动能损失，则
有,,求得， ,
即两滑块碰后，发生速度交换，则碰后 压缩左端的弹簧，左端压力传感
器的读数 。
（4）实验中没有考虑 上橡皮泥的质量，会影响实验的精确度，请给出实
验改进建议_______________________________。
在滑块上粘上同样质量的橡皮泥
解析：实验中由于 上有橡皮泥，使得两滑块的质量不相等，在没有考虑
上橡皮泥的质量时会影响实验的精确度。为了提高实验的精确度，可以
在滑块 上粘上同样质量的橡皮泥，这样就能保证两滑块的质量相等。
3.（2025·山东德州市期中）在验证动量
守恒定律的实验中，某实验小组的同学
设计了图甲所示的实验装置：将气垫导
轨放置在水平桌面上，气垫导轨右侧支
点高度固定，左侧支点高度可调节，光
电门1和光电门2相隔适当距离安装好，
弹性滑块、上方固定宽度均为 的遮
光条，测得滑块、（包含遮光条）的质量分别为和 。
（1）如图乙，用游标卡尺测得遮光条宽度_____ ；设遮光条通过
光电门的时间为，则滑块通过光电门的速度___（用、 表示）。
5.45
解析：20分度游标卡尺的精确值为 ，由题图乙可知，遮光条宽度
,遮光条通过光电门的时间为 ，
根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可得滑块通过光电门的速度
。
（2）在调节气垫导轨水平时，该同学开启充气泵，将一个滑块轻放在导
轨上，发现它向右加速运动，此时应调节左支点使其高度______
（选填“升高”或“降低”）；实验中为确保碰撞后滑块不反弹，则 、
应满足的关系是___（选填“ ”“ ”或“”） 。
降低
解析：开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨上，发现它向右加速运动，说
明左高右低，则应调节左支点使其高度降低。实验中为确保碰撞后滑块
不反弹，则、应满足的关系是 。
（3）气垫导轨调节水平后，将滑块 静置于两光电门之间且靠近光电门2
的右侧一端，滑块置于光电门1右侧，用手轻推一下滑块 ，使其向左运
动，与滑块发生碰撞后，滑块和 先后通过光电门2。光电计时装置记
录下滑块的遮光条通过光电门1和光电门2的时间分别为和 ，滑块
的遮光条通过光电门2的时间为 。实验中若等式_____________
（用题目所给字母表示）成立，即可验证滑块、 在碰撞过程中动量守恒。
解析：滑块碰撞前的速度大小，滑块 碰撞后的速度大小
，滑块碰撞后的速度大小 ，根据动量守恒定律可得
，联立可得实验中若等式 ，
即成立，即可验证滑块、 碰撞过程中动量守恒。
4.某学习小组用气垫导轨做验证动量守恒定律实验，但只有一个光电门，
他们想到如下方法：用轻质细线一端拴一个小球，另一端固定在铁架台上，
小球静止时在气垫导轨正上方与滑块在同一水平线上。用频闪照相可以确
定出悬线的最大偏角，控制滑块初速度使小球与滑块相碰后，小球只在悬
点下方的空间运动。实验装置（部分）如图甲所示，实验步骤如下
（重力加速度为 ）：
（1）用天平测出滑块（含挡光片）的质量和小球的质量 ；用游标卡
尺测出挡光片的宽度如图乙所示，则挡光片的宽度______ 。
0.755
解析：挡光片的宽度
。
（2）调节气垫导轨水平，安装好装置，用刻度尺测出悬点到球心的距离
为 。
（3）启动气垫导轨，给滑块一向右的瞬时冲量，使滑块向右运动通过计
时器，测出挡光时间 ；滑块与小球发生碰撞后反弹，再次通过计时器，
测出挡光时间。为了达到此效果，应有 ______（选填“大于”“小于”或
“等于”） 。
小于
解析：根据题意可知，滑块碰后反弹，所以小于 。
（4）分析频闪照片测出悬线偏离竖直方向的最大偏角 。实验需要验证
的表达式为（用上述符号表示）_ ___________________________________。
解析：滑块碰前速度,碰后速度 ,悬线偏离竖直方向的最大偏
角 ，碰后小球,解得 ,根
据动量守恒定律可得 ,整理得
。
5.某实验兴趣小组设计了如下实验验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：
①两个直径相同的小球，其直径为，用天平测量、 的质量分别为
、 ；
②用两条等长的细线分别将、 悬挂在同一高度，且自然下垂时
两球恰好相切，如图所示；
③将球向左拉起，使悬线与竖直方向夹角为 时由静止释放，与 球碰
撞后，测得球向左摆到最高点时，其悬线与竖直方向夹角为 ，球 向
右摆到最高点时，其悬线与竖直方向夹角为 ，实验中角度的测量使用量
角器。
回答下列问题：
（1）本次实验中两小球的质量关系为 ______（选填“大于”“小于”或
“等于”） 。
小于
解析：依题意，碰撞后球反向，则两小球的质量关系为小于 。
（2）若两球碰撞前、后动量守恒，则其表达式为_____________________
_____________________________（用实验中测量的量表示）。
解析：若两球碰撞前、后动量守恒，取水平向右为正方向，则有
小球摆动过程，机械能守恒，有
, ,
联立解得 。
6.（2025·辽宁辽阳市月考）某同学想验证“当系统在某一方向上所受外力之
和为0时，系统在该方向上动量守恒”的物理规律。为此他设计了一个实验：
如图甲所示，把一个小球从末端切线水平的斜槽上某一位置由静止释放，
在斜槽末端安装光电门1，调整光电门1的高度，使光电门1与小球在斜槽末
端时球心的位置等高。在下方水平面上放置光滑气垫导轨，把一带凹槽的
滑块放在导轨上，滑块里装有细砂，不考虑砂从滑块上漏出的情况。调整
装置的位置，使小球从斜槽上释放后恰好能落入细砂中（立即与滑块共
速）。在气垫导轨的右端安装光电门2，在滑块上安装宽度为 的遮光条。
（1）用游标卡尺测量小球的直径 ，测量结果如图乙所示，则小球的直
径_____ 。
10.6
解析：10分度游标卡尺的精确值为 ，由题图乙可知小球的直径
。
（2）实验中光电门1、2记录的时间分别为、 ，则小球经过光电门1
的速度大小为____，滑块经过光电门2的速度大小为____。（用题中所给
字母表示）
解析：由于小球和滑块经过光电门时的挡光时间很短，可认为小球和滑块
经过光电门时挡光过程的平均速度等于小球和滑块经过光电门时的速度，
则小球经过光电门1的速度大小 ，滑块经过光电门2的速度大小
。
（3）用天平分别测量小球和滑块（含遮光条和砂）的质量，测量结果分
别为、。当等式 ____________成立时，由小球和滑块组成的系
统在相互作用的过程中水平方向动量守恒。（用题中所给字母表示）
解析：若小球和滑块组成的系统在相互作用的过程中水平方向动量守恒，
则有,则有 。(共46张PPT)
章末过关检测（一）
（时间：75分钟 分值：100分）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出
的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1.如图所示，质量为的小球被长为 的轻细绳系住，在光滑水
平面上绕点做匀速圆周运动，角速度为 ，则小球运动四分
之一个周期时间内细绳对小球的冲量大小为( )
A.0 B. C. D.
解析：选B。初态动量大小 ,四分之一个周期后动量大小
,两者相互垂直，根据动量定理知细绳对小球的冲量大小，即
合外力冲量大小 。
√
2.如图所示，一质量为的物体在与水平面成 角的斜向下推力 作用下，
从静止开始向右运动时间 ，下列说法正确的是( )
A.物体所受推力 的冲量方向水平向右
B.物体所受推力的冲量大小是
C.物体所受支持力的冲量大小为0
D.物体所受重力的冲量大小为
解析：选D。物体所受推力的冲量方向与方向相同，大小是 ，故A、
B错误；物体所受支持力不为0，所以支持力的冲量大小不为0，故C错误；
物体所受重力的冲量大小为 ，故D正确。
√
3.如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试
管。试管内充满空气，用车上的蜡烛加热试管尾端。当试管内的空气达到
一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是
( )
A.水平方向动量守恒，机械能守恒
B.水平方向动量守恒，机械能不守恒
C.水平方向动量不守恒，机械能守恒
D.水平方向动量不守恒，机械能不守恒
解析：选B。以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向动
量守恒。但由于要产生内能，所以机械能不守恒。
√
4.为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度，有人做了这样
的实验：如图，人坐在小车上，手持灭火器，按压阀门
让灭火器水平向前喷射。人自静止状态出发，在 内
匀加速移动的距离为 。已知人（连同设备）的总
A. B. C. D.
质量为，灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为 ，人
（连同设备）在地面运动时，所受阻力恒定为自身重力的0.01。忽略该过
程中人（连同设备）总质量的变化，重力加速度取 ，可估算出
磷酸盐喷出的速率最接近( )
√
解析：选A。设人（连同设备）的末速度为，根据,解得 ,
设磷酸盐喷出的速率为 ，分别对人（连同设备）和磷酸盐根据动量定理
得,,解得 。
5.如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车（含圆管）
的质量为，初始时静止在光滑的水平面上。一个小球以水平速度 从圆
管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质量为 ，半径略小于圆
管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管的厚度。在此过程中，下
列说法正确的是( )
A.小球滑离小车时，小车速度向右
B.小球滑离小车时，小车的速度大小为
C.圆管中轴线距离车身的最大高度为
D.从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲
量为0
√
解析：选C。小球与小车在水平方向上的合外力为0，故在水平方向上由动
量守恒定律可得 ，由机械能守恒定律可得
，解得、， 、
（舍去），则小球滑离小车时，小车的速度为0，小球的速度为
，故A、B错误；小球恰好到达圆管的最高点时，小球和小车的速度相同
为，由动量守恒定律得，解得 ，以小球刚滑上
小车的位置为零势能面，小球在最高点的重力势能等于系统动能减小量，
由机械能守恒定律可得 ,根据
可知，车上圆管中心线最高点的竖直高度 ,故C正确；
从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的水平方向总冲量为0，竖直方
向总冲量不为0，所以总冲量不为0，故D错误。
6.在平静的水面上漂浮着一块质量为 的带
有支架的木板，支架上蹲着一只质量为 的
青蛙， ，突然青蛙相对于地面以一定
A.青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小
B.青蛙落到木板后两者一起向右做匀速直线运动
C.该过程青蛙相对于地面的水平位移大于木板相对于地面的水平位移
D.如果增加木板的质量（长度不变），则青蛙以同样的水平速度跳出后会
落入水中
水平速度向右跳出，恰好落到木板最右端。水的阻力不计，下列说法正确
的是( )
√
解析：选C。由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互
作用力，二者大小相等、方向相反，时间相等，所以青蛙对木板的冲量大
小等于木板对青蛙的冲量大小，故A错误；由于青蛙和木板组成的系统水
平方向动量守恒，系统初动量为零，所以末动量也为零，则青蛙落到木板
后二者静止，故B错误；设青蛙相对于木板的水平位移为 ，根据人船模型
的特点可得,,解得， ,由
于,所以,故C正确；设支架高为，根据 ,
, ,可知，青蛙以同样的水平速度跳出，增加木板
的质量（长度不变），则木板的速度减小，由于时间不变，所以青蛙相对
于木板的位移减小，青蛙不会落入水中，故D错误。
7.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为 的斜面，斜面质量为 ，
底边长为，如图所示。将一质量为的可视为质点的滑块 从斜面的顶端
由静止释放，滑块经过时间 刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的
支持力大小为 ，则下列说法正确的是( )
A.
B.滑块下滑过程中支持力对 的冲量大小为
C.滑块到达斜面底端时的动能为
D.此过程中斜面向左滑动的距离为
√
解析：选D。当滑块相对于斜面加速下滑时，斜面 水平向左加速运动，
所以滑块 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方
向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力不等于 ，故
A错误；滑块下滑过程中支持力对的冲量大小，故B错误； 下
降的高度为 ，其重力势能的减小量等于 ，减小的重力
势能转化为、的动能之和，则滑块的动能要小于 ，故C错
误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设、 两者水平位移
大小分别为、 ，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得
，即有，又，解得 ，故D
正确。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出
的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的
得3分，有错选的得0分。
8.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的物体、 ，在水平恒力
作用下以速度做匀速运动，某时刻轻绳断开，在 作用下继续前进。
已知物体的质量为，物体的质量为 ，则下列说法正确的是
( )
A.当物体的速度大小为时，物体的速度大小为
B.当物体的速度大小为时，物体的速度大小为
C.当物体的速度大小为0时，物体的速度大小一定为
D.当物体的速度大小为0时，物体的速度大小可能为
√
√
解析：选。、匀速运动时，对、整体受力分析可得 ,
在物体的速度大小减小到0的过程中，和 所组成的系统所受合外力为
零，该系统的动量守恒，当物体的速度大小为 时，有
,解得,故A错误，B正确；当物体
的速度大小刚减小为0时，有,解得,此后 在
作用下加速运动，则当物体的速度大小为0时，物体 的速度大小不一
定为 ，故C错误，D正确。
9.如图所示，光滑水平面上有两个用轻质弹簧相连的小球和，小球 的
质量为，小球的质量为。初始时小球、 均静止，弹簧处于原
长。现突然给小球一个大小为 、方向水平向右的速度，弹簧始终
未超过弹性限度，则之后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A.两小球速度相同时，小球和小球 的加速度大小之
比为
B.弹簧的弹性势能最大时，两小球的速度大小为
C.小球的最大速度为
D.小球 的速度最小时弹簧的弹性势能为0
√
√
√
解析：选。小球和通过轻质弹簧相连，可知小球和 受到弹簧弹
力等大、反向，水平面光滑，则小球和 受到的合外力等大、反向，等
于弹簧弹力的大小，根据牛顿第二定律可知两小球速度相同时，小球 和
小球的加速度大小之比为 ，故A错误；两小球和弹簧的系统外力之和
为0，动量守恒，两小球速度相等时，系统的动能最小，弹簧的弹性势能
最大，则,解得两小球的速度大小 ,故B正确；
当弹簧再次恢复原长时，的速度最大， 的速度最小，弹簧的弹性势能
为0，根据动量守恒定律及能量守恒定律有 ,
,解得， ,故C、D正确。
10.如图甲所示的是杂技中的“顶竿”表演，水平
地面上演员 用头部顶住一根长直竹竿，另一
演员 爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿
表演结束后，演员 自竿顶由静止开始下落，
滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上。演员、 质量均为
，长竹竿质量为， 下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙
所示。重力加速度取 ，下列说法正确的是( )
A.竹竿的总长度约为
B.前内，演员对地面的压力大小始终为
C.前内，竹竿对演员的压力的冲量大小为
D.演员 落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
√
√
解析：选。根据题意可知，竹竿的总长度为演员 下滑的距离，由题图
乙可得，故A正确。设演员、的质量均为 ，长
竹竿质量为，则有，在前内，演员 加速下
滑，具有向下的加速度，处于失重状态，以、 和长竹竿为整体，可知
演员对地面的压力小于；在到内，演员 减速下滑，具有
向上的加速度，处于超重状态，以、和长竹竿为整体，可知演员 对地
面的压力大于，故B错误。取向下为正方向，在前内，演员 的
加速度，则，解得 ，
此过程竹竿对演员的压力，在到 内，演
员的加速度，则 ，解得
，此过程竹竿对演员的压力 ，所以
前内，竹竿对演员 的压力的冲量大小
，
故C正确。演员 落地时向下屈腿，是为了延长作用时间，由动量定理可
知，可以减小地面的冲击力，故D错误。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.（8分）某实验小组采用如图甲所示的实验装置来完成“验证动量守恒定
律”实验，用天平测得、球的质量分别为和， 点是轨道末端在
白纸上的投影点，、、为三个落点的平均位置，测出、、与
的距离，如图乙所示。
（1）实验时球的质量一定要大于 球的质量的原因是________________
___。
避免球碰撞后反
弹
解析：实验时球的质量一定要大于球的质量的原因是避免 球碰撞后反弹。
（2）为正确完成本实验，斜槽________确保光滑，斜槽末端______确保水
平， 球每次______从同一位置由静止释放。（均选填“需要”或“不需要”）
不需要
需要
需要
解析：为确保两小球碰撞后都做平抛运动，斜槽末端需要确保水平，斜槽
不需要确保光滑，同一斜面的动摩擦系数相同，只要确保从同一位置静止
释放就可以确保 球碰撞前瞬间的速度相同。
（3）某次实验时测得、球的质量之比 ，则在实验误差允
许范围内，当关系式_______（用、 表示）成立时，可证明两球
碰撞时动量守恒，同时若关系式____（用 表示）成立，则说明两球
发生了弹性碰撞。
解析：小球从斜槽末端开始做平抛运动，因此小球在空中的运动时间相同，
若动量守恒，则,,, ,所以
,又,所以 ，若两球发生弹
性碰撞，则有，结合以上分析可得 。
12.（8分）某同学在探究碰撞过程中
的动量守恒时，设计了如图所示的实
验，并进行了如下的操作：
.将两个完全相同的遮光片分别固定在滑块甲和滑块乙上，用天平测量两
滑块甲、乙和遮光片的总质量、，将两个光电门、 分别固定在气
垫导轨上；
.调节气垫导轨水平，将滑块甲放在光电门 的左侧，轻推滑块甲使其依
次通过光电门、，遮光片的挡光时间分别为、 ；
.将轻弹簧放置在两滑块之间，使弹簧压缩且处于锁定状态，并将两滑块
放在两光电门之间，某时刻将锁定解除，两滑块被弹簧弹开，两滑块甲、
乙分别通过光电门时已经与弹簧分离，记录甲、乙经过光电门、 的挡
光时间、 。
回答下列问题：
（1）操作中，若气垫导轨水平，则___（选填“ ”“”或“ ”） 。
解析：操作中，若气垫导轨水平，则滑块甲做匀速运动，则有 。
（2）本次实验若仅探究两滑块弹开过程中动量是否守恒，则________
（选填“需要”或“不需要”）测量遮光片的宽度 ，若关系式________成立，
则动量守恒；若本次实验再探究弹簧储存的弹性势能，则______
（选填“需要”或“不需要”）测量遮光片的宽度 ，锁定解除瞬间，弹簧储
存的弹性势能 _ ___________（用测量的字母表示）。
不需要
需要
解析：遮光片的宽度为，则滑块甲经过光电门的速度大小 ，滑
块乙经过光电门的速度大小 ，由于初动量为0，根据动量守恒定律
可得，联立可得 ，本次实验若仅探究两滑块弹开过
程中动量是否守恒，则不需要测量遮光片的宽度，若关系式 成立，
则动量守恒；根据能量守恒定律可得 ，联立可得
，若本次实验再探究弹簧储存的弹性势能，则需要测量
遮光片的宽度，锁定解除瞬间，弹簧储存的弹性势能 。
13.（10分）如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在
车前端与车以共同速度向右做匀速直线运动，在 车正前方
有一辆静止的车，为了避免两车相撞，在车接近车时，小孩迅速从
车跳上车，又立即从车跳回车，此时、 两车恰好不相撞。已知小
孩的质量，车和车质量均为 ，若小孩跳
离车与跳离 车时对地速度的大小相等、方向相反，求：
（1）小孩跳回车后，他和 车的共同速度大小；（2分）
解析：因为、 恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在小孩跳的过程
中，把小孩、车、 车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守
恒，由动量守恒定律得
代入数据解得 。
答案：
（2）小孩跳离车和 车时对地速度的大小；（4分）
解析：依题意，设小孩跳离车和车时对地的速度大小为 ，则对小孩、
车根据动量守恒定律有
解得 。
答案：
（3）小孩跳离车的过程中对 车冲量的大小。（4分）
解析：根据动量守恒定律，小孩跳离 车的过程有
解得小孩跳离车时， 车的速度大小
根据动量定理，对车的冲量大小等于 车动量的变化量大小，即
。
答案：
14.（12分）如图，高度 的水平桌面上放
置两个相同物块、，质量 。
、间夹一压缩量 的轻弹簧，弹簧与
、不拴接。同时由静止释放、 ，弹簧恢复原
长时 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程
；脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。 、
均视为质点，重力加速度取 。求：
（1）脱离弹簧时、的速度大小和 ；（4分）
解析：对物块 由平抛运动知识得
代入数据解得
对物块、 整体由动量守恒定律有
解得 。
答案：;
（2）物块与桌面间的动摩擦因数 ；（4分）
解析：对物块 由动能定理有
代入数据解得 。
答案：0.2
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能 。（4分）
解析：由能量守恒定律有
其中，
解得 。
答案：
15.（16分）如图所示，质量的物块 在光滑水平平台上向右运
动，紧靠在水平平台右端的长木板上表面 水平并与平台等高且底面光
滑，的长度，长木板的右端为半径的 光滑圆弧，长
木板的左端有一可视为质点的滑块，其质量，与 间的动摩
擦因数，滑块沿平台向右运动与滑块 发生弹性碰撞，测得碰后
滑块的速度大小，重力加速度取 ，求：
（1）滑块和碰撞前的速度大小 ；（4分）
解析：滑块和 碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则有
联立解得 。
答案：
（2）为使滑块不能从长木板右端滑离长木板，长木板的最大质量 ；
（6分）
解析：在保证 不能从右端滑离长木板，长木板质量取最大时，对应的情
况是刚好滑到圆弧的顶端时，与长木板共速，对 和长木板有
代入数据可得， 。
答案：
（3）在满足（2）的条件下，长木板的最大速度及滑块最终到 端的
距离 。（6分）
解析：当滑块返回至端时，长木板的速度最大，设此时 的速度大小为
，则有
解得
设最终没有滑离长木板，滑下后相对长木板滑行 ，根据能量守恒定
律可得
解得
故假设成立，最终到端的距离 。
答案：;(共40张PPT)
专题提升课2 “滑块—弹簧”模型和“滑
块—弧面”模型
1
专题 深度剖析
2
随堂 巩固落实
PART
01
专题 深度剖析
微专题一 “滑块—弹簧”模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力
的矢量和为0，则系统动量守恒。
（2）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能
将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，则系统
机械能守恒。
（3）弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系
统动能通常最小（完全非弹性碰撞拓展模型）。
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大（完全弹性碰撞拓展
模型，相当于碰撞结束时）。
例1 （多选）如图所示，在光滑的水平地面上有两个物体和，物体 的
质量为，物体的质量为，一根轻弹簧与 相连静止在地面上。物体
以速度沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体发生作用，物体 与弹
簧接触时，随即被弹簧拴接。下列说法正确的是( )
A.在整个运动过程中，物体、 及弹簧组成的系统动量守
恒，机械能不守恒
B.当物体 的速度为零时，弹簧获得的弹性势能最大
C.运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为
D.从弹簧开始压缩至压缩量最大的过程中，弹簧对物体
做功为
√
√
解析：在整个运动过程中，只有弹簧弹力做功，弹力属于系统内力，系统
的合外力为零，因此物体、 及弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，
故A错误；物体在压缩弹簧时，做减速运动，物体 受到弹簧的弹力作用
做加速运动，当物体、 的速度相等时，此时弹簧的压缩量最大，弹簧
获得的弹性势能最大，故B错误；物体、 及弹簧组成的系统动量守恒，
根据动量守恒定律有,解得物体、的共同速度 ,
根据机械能守恒定律可得弹簧获得的最大弹性势能
,故C正确；根据功能关系，弹簧对
物体做功等于物体增加的动能 ,故D正确。
例2 （2025·河北唐山市选考）如图所示，物块、 与轻弹簧拴接，置于
光滑水平面上，弹簧处于原长，物块以水平速度撞向物块 ，碰撞时
间极短，碰后与粘在一起。已知、质量均为 ，不计一切阻力。
（1）求、碰撞过程中对 的冲量大小。
解析：、 碰撞过程动量守恒，有
以向右为正方向，、碰撞过程对 应用动量定理，有
可得 。
答案：
（2）求弹簧弹性势能最大时的速度与运动过程中 的最大速度之比。
解析：、撞后压缩弹簧，、、 三者共速时弹簧弹性势能最大，设
此时的速度为，当弹簧第一次恢复到原长时的速度最大，设此时 的
速度为，和速度为，设的质量为，从撞后、共速至、 、
三者共速对系统应用动量守恒定律
从撞后、 共速至弹簧第一次恢复到原长对系统应用动量守恒定律
由机械能守恒定律知
综上可得
，
所以 。
答案：
例3 如图甲所示，室内蹦床是一项深受
小朋友喜爱的运动娱乐项目，其简化模
型如图乙所示：竖直放置的轻弹簧，一
端固定在地面上，另一端连接质量为
的木板，质量为的物体从 中央
正上方高为处由静止释放，随后与 发生完全非弹性碰撞，一起向下运
动，若与 碰撞时间极短，碰后一起下降的
最大距离为，、 始终在同一竖直线
上运动，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为 ，求：
（1）与 碰后瞬间的速度大小；
解析：设与碰前瞬间速度大小为， 自由下落时，由机械能守恒定律
可得
解得
A与发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
解得 。
答案：
（2）与 碰撞瞬间，损失的机械能；
解析：与 碰撞瞬间，损失的机械能
代入数据解得 。
答案：
（3）与碰后一起向下运动到最低点的过程中，对 做的功。
解析：设、一同向下运动的全过程，克服的弹力做的功为，对
应用动能定理可得
解得
则对做的功 。
答案：
微专题二 “滑块—弧面”模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）最高点：与具有共同水平速度， 不会从此
（2）最低点：与分离点，水平方向动量守恒， ;系
统机械能守恒， （完全弹性碰撞拓展模型）。
处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒， ；系统
机械能守恒，，其中 为滑块上升的最大高
度，不一定等于圆弧轨道的高度（完全非弹性碰撞拓展模型）。
例4 （多选）（2025·江西赣州市期末）如图所示，质量为的物块 静
止在光滑水平地面上，物块 左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为
的滑块以初速度向右运动滑上，沿 左侧面上滑一定高度后又返
回，最后滑离，不计一切摩擦阻力。滑块从滑上到滑离 的过程中，
下列说法正确的是( )
A.滑块沿上升的最大高度为 B.滑块沿上升的最大高度为
C.物块运动的最大速度为 D.物块运动的最大速度为
√
√
解析：沿 上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平
方向上，由动量守恒定律可得 ，由机械能守恒定律
得,解得 ,故A正确，B错误；
滑块滑离后，物块 运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整
个过程中，由动量守恒定律得 ,由机械能守恒定律
得,解得 ,故C正确，D错误。
例5 （2024·安徽卷，T14）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 点正下方，并轻靠在物块左侧。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，物块沿着轨
道运动，已知细线长，小球质量 ，物块、小车质
量均为，小车上的水平轨道长 ，圆弧轨道半径
，小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度 取
。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
解析：对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理可得
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律可得
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小 。
答案：
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小。
解析：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可得
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小
。
答案：
（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。
解析：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，水平方向动量守恒，有
由能量守恒定律可得
解得
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
车整体有
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围为 。
答案：
规范一练
动量和能量观点分析“滑块—弹簧”和“滑块—弧面”问题
例6 如图所示，质量 的四分之一光滑圆弧槽静置在光滑水平面上，
圆弧底端和水平面相切。一质量 的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲
上圆弧槽，并从顶端滑出，滑出时圆弧槽的速度为，取 。求：
（1）小物块被弹簧弹出时的速度大小；
解析：设小物块离开弹簧后的速度为 ，小物块滑上圆弧槽的过程中系统
水平方向动量守恒，则
解得 。
答案：
. .
. .
（2）小物块滑出圆弧槽后能达到的最大高度 ；
解析：小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于 ，系统机械能守恒，有
解得 。
答案：
. .
. .
（3）小物块第二次滑上圆弧槽后能达到的最大高度 。
解析：小物块能下落到圆弧槽并从圆弧槽上滑到水平面，系统水平方向动
量守恒、机械能守恒，则
解得，
. .
. .
小物块再次滑上圆弧槽且能达到最高点过程，系统水平方向动量守恒，机
械能守恒，有
解得 。
答案：
. .
. .
. .
PART
02
随堂 巩固落实
1.（“滑块—弹簧”碰撞模型）（多选）如图所示，物体、 用轻质弹簧拴
接放置在光滑水平面上。给 施加一瞬时冲量使其向右运动，弹簧最短时
的速度为，已知、质量分别为和 ，取向右为正方向，
则运动过程中( )
A.的初速度为 B. 的速度始终为正值
C.的最大速度为 D.弹簧最大弹性势能为
√
√
解析：选。已知、质量分别为和，弹簧最短时和 的速度
相同，都为，则根据动量守恒定律可得 ,解得
,故A正确；当弹簧恢复原长时，弹性势能为0，则根据动量守
恒定律和机械能守恒定律可得 ,
，解得，,可知 存
在反向的速度，同时可得的最大速度为 ，故B错误，C正确；根据
机械能守恒定律可得，当弹簧压缩至最短或拉伸至最长时，弹性势能最大，
可得,解得 ,故D错误。
2.（“滑块—弧面”碰撞模型）质量为 且各处光滑的带有四分之一圆弧
（半径足够大）的轨道静止在光滑水平面上，现有一质量为 的滑块以
初速度 水平冲上轨道（不脱离轨道），下列说法正确的是( )
A.滑块冲上轨道的过程，和 组成的系统动量守恒
B.若，则 滑到最高点时速度为0
C.若，则上升的最大高度为
D. 滑下后，速度不可能向左
√
解析：选C。由于为各处光滑的带有四分之一圆弧轨道，则和 组
成的系统机械能守恒，且只在水平方向动量守恒，则 滑到最高点时有
，，将
代入解得，，故A、B错误，C正确；滑上 又返回，直
到离开 的整个过程中，系统水平方向动量守恒，选取向右为正方向，
由动量守恒定律得 ，假设是弹性碰撞，由机械能守
恒得，解得， ，如
果，则，即离开 后速度方向向左，故D错误。
3.（“滑块—弹簧”碰撞模型）（多选）
（2025·山东烟台市期中）如图所示，静止在光
A.弹簧的弹性势能最大值为
B.物块丙的最大速度为
C.弹簧压缩至最短时物块丙的速度大小为
D.物块甲、乙碰撞过程中，物块甲、乙、丙构成的系统机械能守恒
滑的水平面上的物块乙、丙通过处于原长的轻质弹簧拴接。离物块乙有一
定距离的物块甲以大小为 的初速度水平向左运动，物块甲、乙碰撞
（碰撞时间极短）后粘在一起运动。已知物块甲、乙、丙的质量分别为
、、 ，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
√
√
解析：选 。整个过程中物块甲、乙、丙构成的系统动量守恒，且三者共
速时弹簧压缩至最短，则有 ，解得
，故C正确；物块甲、乙碰撞时有 ，
解得 ，弹簧压缩至最短时有
，故A正确；弹簧第
一次恢复原长时物块丙的速度最大，则有
，
，解得 ，故B错误；
物块甲、乙碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，有内能产生，此过程
物块甲、乙、丙构成的系统机械能不守恒，故D错误。
4.（“滑块—弧面”碰撞模型）（2025·浙江杭州期中）光滑水平面上放着一
异形物块 ，其曲面是四分之一光滑圆弧，在它的最低点放着一个静止的
小球，如图所示。滑块以初速度水平向左运动，与 碰撞后迅速粘在
一起。已知、、的质量均为，、的碰撞时间极短，小球 不能从
物块 的上端离开。求：
（1）、的碰撞过程中，对 的冲量大小；
解析：、 的碰撞过程中，根据动量守恒定律有
对 进行分析，根据动量定理有
解得 。
答案：
（2）、的碰撞过程中，对 做的功；
解析：、的碰撞过程中，对 进行分析，根据动能定理有
解得 。
答案：
（3）小球上升的最大高度 。
解析：对、、 构成的系统，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得 。
答案：(共20张PPT)
课后达标检测
1.（2024·江苏卷，T9）在水平面上有一个形滑板， 的上表面有一个静
止的物体，左侧用轻弹簧连接在滑板 的左侧，右侧用一根细绳连接在
滑板 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.弹簧原长时物体动量最大 B.压缩最短时物体动能最大
C.系统动量变大 D.系统机械能变大
√
解析：选A。对整个系统分析可知合外力为0，和 组成的系统动量守恒，
得，设弹簧的初始弹性势能为 ，整个系统只有弹簧弹力
做功，机械能守恒，当弹簧处于原长时得 ，联立得
，故可知弹簧处于原长时物体速度最大，此时动量最
大，动能最大。
2.（8分）如图所示，质量分别为、的滑块、 位于光滑水平面
上，现使滑块以的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块 发生
碰撞。求在二者发生碰撞的过程中：
（1）弹簧的最大弹性势能；（4分）
解析：当弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块、 共速。
由动量守恒定律有
弹簧的最大弹性势能即滑块、 损失的动能
解得 。
答案：
（2）滑块 的最大动能。（4分）
解析：当弹簧恢复原长时，滑块 获得最大速度，由动量守恒定律和机械
能守恒定律得
滑块 的最大动能
解得 。
答案：
3.（12分）（2025·江苏泰州市期中）如图所示，质量为、半径为 的四
分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，可视为
质点的质量为的物块 静止在光滑的水平地面上，其左端固定有水平轻
弹簧，可视为质点的质量为的物块 从圆弧轨道的顶端由静止滑下，之
后物块 与弹簧发生作用，并冲上圆弧轨道，不计空气阻力，弹簧始终处
于弹性限度内，重力加速度大小为 。求：
（1）第一次与圆弧轨道分离时， 与轨道各自的速度大小；（3分）
解析：以水平向右为正方向，设物块第一次离开圆弧轨道时，物块 的
速度大小为，圆弧轨道的速度大小为 ，则有
解得， 。
答案：;
（2）从释放到第一次与圆弧轨道分离过程中，轨道的位移大小和 的
水平位移大小；（3分）
解析：设物块的水平位移大小为，轨道位移大小为 ，二者组成的系
统水平方向动量守恒
解得， 。
答案：;
（3）物块沿圆弧轨道上升的最大高度 。（6分）
解析：设物块与弹簧分离时，物块的速度大小为，物块 的速度大小
为，物块沿圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为 ，有
联立解得 。
答案：
4.（14分）（2025·山东德州市期中）如图所示，
质量为 的轨道静止在光滑水平面上，轨道和水
平面间不固定。轨道水平部分的上表面粗糙，竖
直部分为表面光滑的四分之一圆弧轨道，两部分在点平滑连接， 为轨
道的最高点。现有一质量 的小物块从平板车的右端以水平向左
的初速度 滑上水平轨道，小物块与水平轨道间的动摩擦因数
。已知轨道圆弧部分的半径 ，小物块处在轨道水平部分
运动时，轨道加速度与小物块加速度大小之比为 ，小物块可视为
质点，重力加速度取 。
（1）求轨道的质量 。（4分）
解析：小物块处在轨道水平部分运动时，设二者之间的摩擦力大小为 ，
则由牛顿第二定律得
又
求得 。
答案：
（2）若小物块恰能到达圆弧轨道的最高点，求水平轨道的长度 。（4分）
解析：因小物块恰能到达圆弧轨道的最高点，所以小物块到达最高点
时二者速度相等，设共同速度为 ，在整个过程中，根据动量守恒定律和
能量守恒定律，有
联立求得 。
答案：
（3）在（2）的前提下，判断小物块能否从轨道上滑下来；如果能，求小
物块滑下来的速度；如果不能，求小物块停在轨道的位置与的距离 。
（6分）
解析：假设轨道的水平部分足够长，则二者最终将共速，设共同速度为 ，
则从小物块开始滑上轨道到最终二者共速的整个过程中，根据动量守恒定
律和能量守恒定律，有
求得
因
所以，小物块不能从轨道上滑下来，小物块停在轨道的位置与 的距离
。
答案：见解析
5.（16分）（2025·山东临沂市期中）如图所示，质量 的滑道静止
在光滑的水平面上，滑道的、部分是半径 的四分之一圆弧，
圆弧底部与滑道水平部分相切，、长均为，滑道 部分粗
糙，物块与间的动摩擦因数 ，其余部分均光滑。现让质量
的物块（可视为质点）自点由静止释放，取 ，求：
（1）物块第一次到达点时的速度大小 ；（4分）
解析：物块第一次到达 点时，物块和滑道组成的系统在水平方向上动量
守恒，有
机械能守恒，有
解得 。
答案：
（2）物块第一次到达轨道右侧的最大高度；（4分）
解析：物块第一次到达轨道右侧最高点时，两者在水平方向上共速，根据
系统在水平方向上动量守恒，两者在水平方向速度大小都为零，则根据能
量守恒定律有
解得 。
答案：
（3）物块最终停止的位置和经过 点的次数。（8分）
解析：根据系统在水平方向上动量守恒，即物块最终停止时，两者在水平
方向速度大小都为零，则根据能量守恒定律有
解得
即经过 点次数为
次
后继续运动，又长，所以最终停止位置距 点
。
答案：距点 ; 7次(共51张PPT)
第一章 动量与动量守恒定律
第1节 动 量 第2节 动量定理
1.知道动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的
动量变化量。 2.知道冲量的概念，知道冲量是矢量。 3.知道动量定理的确
切含义，掌握其表达式。 4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象。
1
课前知识梳理
2
课堂 深度探究
3
随堂 巩固落实
PART
01
课前知识梳理
一、常见的碰撞现象
做①______运动的两个（或几个）物体相遇并发生相互作用，在很短的时
间内，它们的运动状态会发生显著变化，这一过程叫作②______ 。
相对
碰撞
二、历史上对碰撞现象的研究
惠更斯用弹性球做碰撞实验，每个物体所具有的“运动量”在碰撞时可以增
多或减少，但是它们的量值在同一个方向的总和③__________。“运动量”
是指物体的质量和速度 的④______。
保持不变
乘积
三、探究碰撞过程的守恒量
1.质量与速度 乘积的矢量和在碰撞过程中保持不变，或者说守恒。质量
与速度 的乘积称为⑤______。
动量
2.动量常用符合表示，即 ⑥_____。速度是矢量，动量也是矢量，动
量的方向与⑦______的方向相同。动量的单位是千克米每秒，符号是
。
速度
四、冲量 动量定理
1.动量定理：一个运动过程中，物体所受⑧______ 与⑨__________的乘积
等于物体动量的变化。
合力
作用时间
2.冲量：物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。冲量的单位
是牛顿秒，符号是 。
3.动量定理的表达式：，其中表示冲量， 表示运动过程始末动
量的改变量。动量定理的表达式是矢量式。
五、动量定理的应用
在物体的⑩__________一定的条件下，作用时间较短则受到的作用力较
____；作用时间较长则受到的作用力较 ____ 。
动量变化
大
小
判断下列说法是否正确。
（1）动量是描述物体运动状态的物理量。( )
√
（2）一个物体的速率改变，它的动量不一定改变。( )
×
（3）冲量是物体动量变化的原因。( )
√
（4）跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量。( )
×
（5）若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的
合外力一定不为0。( )
√
PART
02
课堂 深度探究
知识点一 动量和动量的变化
如图所示，在某届亚洲杯足球赛上，
一足球运动员踢一个质量为 的
足球。
（1）若开始时足球的速度大小是 ，方向向右，踢球后，球的速度大
小是 ，方向仍向右（如图甲所示）；
［提示］不相等，分析如下：
取向右为正方向，踢球过程中，初动量
末动量
动量的变化量 ，方向向右。
［提示］ 取向右为正方向，足球撞向球门门柱弹回过程，初动量
末动量
动量的变化量 ，方向向左。
（2）若足球以的速度向右撞向球门门柱，然后以 的速度反向弹回（如图乙所示）。
请分析以上两种情况下动量的变化量是否相等，为什么？
1.对动量的理解
（1）状态量：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，
动量的大小可用表示。
（2）矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
（3）相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参
考系的选取有关。
2.动量和动能
（1）区别：动量是矢量，动能是标量。
（2）联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为
或。
3.动量的变化量是矢量，其表达式为矢量式，运算遵循平行
四边形定则，当、在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转
化为代数运算。
角度1
对动量的理解
例1 某运动员在3分线外将一个质量为的篮球以大小为 、方向与水平地
面成 角的速度斜向上抛出,恰好投入球篮中,则该篮球被抛出时的动量大
小为( )
A. B. C. D.
解析：动量等于质量与速度的乘积，故抛出时的动量 ，故A正确，
B、C、D错误。
√
例2 （多选）关于动量，下列说法正确的是( )
A.做匀速圆周运动的物体，动量不变
B.做匀变速运动的物体，它的动量一定在改变
C.一个物体的速率变化，动量也一定变化
D.甲物体的动量，乙物体的动量 ，所以
√
√
解析：动量是矢量，做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动
量时刻在变化，故A错误；做匀变速运动的物体的速度大小时刻在变化，
则动量一定在变化，故B正确；一个物体的速率变化时，速度大小变化，
故动量变化，故C正确；动量是矢量，其数值的绝对值表示大小，由
可知甲物体的动量小于乙物体的动量，故D错误。
角度2
动量和动能
例3 （2025·江苏淮安市期中）下列关于动量、动能的说法正确的是( )
A.动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同
B.动能是矢量，动能的方向与位移的方向相同
C.某个物体的动量变化，则其动能一定变化
D.某个物体的动能变化，但其动量不一定变化
解析：动量是矢量，由 可知，动量的方向与速度的方向相同，A正
确；动能是标量，所以没有方向，B错误；动量变化有可能是方向改变，
此时动能不变，C错误；由，，可得 ，某
个物体的动能变化，其动量大小一定变化，D错误。
√
例4 质量为的物体，在运动过程中速度由向东的 变为向南的
，下列关于它在该运动过程中的动量和动能变化的说法正确的是
( )
A.动量变化大小为0 B.动量变化大小为
C.动能变化大小为0 D.动能变化大小为
解析：物体运动的速度由向东的变为向南的 ，设向东的速度
大小为，向南的速度大小为 ，则有速度的变化量大小
,可得动量变化大小
,A、B错误；物体动能变
化大小 ,C正确，D错误。
√
知识点二 冲量的理解和计算
1.冲量是过程量：冲量描述的是力的作用对时间的累积效应，
取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的
是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
2.冲量是矢量：冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同，若
力是恒力，则冲量的方向与力的方向相同。
3.冲量的计算
（1）求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间相乘。
（2）求合冲量的两种方法
可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作
用时间相同，也可以先求合力，再用公式 求解。
（3）求变力的冲量
①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量。
②若给出了力随时间变化的图像如图所示，则可用面积法求变力的冲量。
角度1
对冲量的理解
例5 几个力作用到物体上，关于其中一个力 的冲量的方向，下列说法正
确的是( )
A.与物体动量的方向相同 B.与力 的方向相同
C.与物体动量变化的方向相同 D.与物体速度变化的方向相同
解析：合外力的冲量等于物体动量的变化，某个力的冲量跟物体的动量、
动量变化量以及速度变化无关，与该作用力方向相同，故B正确，A、C、
D错误。
√
角度2
恒力冲量的计算
例6 （2025·陕西临渭高二期末）如图所示，质量为
的物体在一个与水平方向成 角的恒力 作用下，
A.拉力的冲量大小为 B.摩擦力的冲量大小为
C.重力的冲量大小为 D.物体所受支持力的冲量是
解析：拉力的冲量大小为 ，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩
擦力 ，则摩擦力的冲量大小为 ，故B错误；重力
的冲量大小为，故C正确；支持力的大小 ，则支持
力的冲量为 ，故D错误。
沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间 内所受力的冲量正确的
是( )
√
角度3
变力冲量的计算
例7 质量的物体在合外力 的作用下从静止开始做直线运动。物
体所受的合外力随时间变化图像如图所示。求 内合外力的冲量大小。
解析： 图线与坐标轴围成图形的面积等于力的冲量，由题图可知，
内合外力的冲量大小
。
答案：
知识点三 动量定理的理解和简单应用
如图，一个质量为 的物体在光滑的水平面上受到恒
力 的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体
［提示］ 加速度
根据牛顿第二定律 ，则有
，即 。
的速度为，经过一段时间，它的速度变为。试推导、与 的关系。
1.对动量定理的理解
（1）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小
相等、方向相同两方面的含义。
（2）动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。
（3）公式中的是物体所受的合外力，若合外力是变力，则应是合外力
在作用时间内的平均值。
2.动量定理的应用
（1）定性分析
由可知：物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，
反之力就越小。
由可知：作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，
反之动量变化量就越小。
（2）应用动量定理定量计算的一般步骤
①选定研究对象，明确运动过程。
②进行受力分析和运动的初、末状态分析。
③选定正方向，根据动量定理列方程求解。
角度1
应用动量定理定性分析问题
例8 （2025·江苏扬州高二月考）在学校秋季运动会上我们会看到，跳高
时在横杆的后下方要放置厚海绵垫，下列关于其作用说法正确的是( )
A.海绵垫能减小地面对人的冲量 B.海绵垫能减小地面对人的撞击力
C.海绵垫能减小人的动量变化量 D.海绵垫能减小人的动能变化量
√
解析：跳高运动员在落地的过程中，忽略空气阻力做自由落体运动，落地
速度为定值 ，接触海绵垫末速度为0，故此过程中动量变化量大小
为定值，落地与海绵垫接触过程中，由动量定理可得
,可知海绵垫对人的冲量为定值，故A、C错误；跳高
运动员在跳高时跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间 ，由动量定
理可知，可以减小地面对运动员的撞击力，故B正确；根据 ,可得
动能变化量为定值，故D错误。
角度2
动量定理的基本应用
例9 （2025·新疆乌鲁木齐市第一次质监）我国爱因斯坦探针卫星绕地球
做匀速圆周运动。卫星的质量为，线速度大小为 ，运动周
期为。在 内，万有引力对该卫星的冲量的大小和方向为
( )
A.约 ，与末速度方向垂直
B.约 ，与末速度方向相同
C.约 ，与末速度方向垂直
D.约 ，与末速度方向相同
√
解析：在 内，卫星的速度大小不变，方向反向，则动量变化量
,方向与末速度方向相同，根据动量定理
可知，万有引力对该卫星的冲量大小约为 ，与末速度方向
相同。
例10 如图所示，用 的铁锤钉钉子。打击前铁锤的速
度为 ，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为
，取 。
（1）不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
解析：打击时，铁锤受到重力和钉子对铁锤竖直向上的弹力，打击后铁锤
的速度为0。设竖直向下为正方向。若不计铁锤所受的重力，根据动量定
理有,解得 。由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平
均作用力为 。
答案：
（2）考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
解析：若考虑铁锤所受的重力，则有,解得 。
由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平均作用力为 。
答案：
（3）请你分析一下，在计算铁锤钉钉子的平均作用力时，在什么情况下
可以不计铁锤所受的重力。
解析：根据 分析可知，当打击时间很短时，铁锤所受
的重力可以忽略不计。
答案：当打击时间很短时，可以不计铁锤所受的重力
综合一练
动量、冲量和动量定理的综合问题
例11 （2025·山东菏泽市期中）2024年3月，2024年国际体联蹦床世界杯首
站巴库站比赛落幕，中国蹦床队斩获3金2银。某运动员的质量为 ，
从离水平网面 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面
高处。已知运动员与网接触的时间为，重力加速度 取
，规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是( )
A.运动员与网刚分离时的动量为
B.运动员与网接触时间内动量的改变量为
C.网对运动员的平均作用力大小为
D.从开始自由下落到蹦回离水平网面 高处过程中，运动
员所受重力的冲量为
√
解析：运动员与网刚分离时的速度大小 ，动量
，A错误；运动员与网刚接触时的速度大小
，接触时间内动量的改变量
，B正确；运动员与网接触过程，
根据动量定理有 ,网对运动员的平均作用力大小
,C错误；从开始自由下落到蹦回离水平网面 高处过程中，
运动员所受重力的冲量 ,D错误。
PART
03
随堂 巩固落实
1.（动量）（2025·海南海口期中）关于物体的动量，下列说法正确的是
( )
A.速度大的物体动量一定大
B.做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C.两物体的质量相等，速度大小也相等，则它们的动量一定相同
D.两物体的速度相同，则它们动量的方向一定相同
√
解析：选D。根据动量的定义，动量大小等于质量与速度的乘积，故速度
大的物体动量不一定大，故A错误；动量为矢量，做匀速圆周运动的物体，
速度方向沿切线方向，速度方向不断变化，故其动量在不断改变，故B错
误；动量为矢量，两物体的质量相等，速度大小也相等，若速度方向不同，
则它们的动量不相同，故C错误；动量的方向与速度方向相同，故两物体
的速度相同，则它们动量的方向一定相同，故D正确。
2.（动量变化）（2025·山东济宁月考）如图所示，
在离地面高为处将质量为的小球以初速度 水
平抛出，重力加速度为 ，不计空气阻力。下列说
法正确的是( )
A.落地前瞬间，小球的动量大小为
B.从抛出到落地，小球所受重力的冲量大小为
C.从抛出到落地，小球动量的变化量方向竖直向上
D.从抛出到落地，小球动量的变化量大小为
√
解析：选D。根据动能定理有,可得 ,
小球的动量大小 ,故A错误；根据运动学公式
，重力的冲量大小 ,故B错误；根据动量定理
有 ,则小球动量的变化量方向竖直向下，其大小
为 ，故C错误，D正确。
3.（冲量的理解和计算）（多选）如图所示的斜面倾角为 ，与斜面夹角
为 的恒力拉着物块匀速向上运动，经过时间 ，下列说法正确的是
( )
A.物块所受重力的冲量为0 B.物块的动量不变
C.物块受拉力的冲量为 D.物块的合力冲量为
解析：选 。物块受到的重力不为0，作用时间大于0，重力的冲量也不为
0，故A错误；物块匀速运动，速度不变，动量不变，故B正确；根据冲量
的定义可知，拉力的冲量为 ，故C正确；根据动量定理可知，合外力的
冲量等于物体动量变化，物块的动量不变，故合力的冲量为0，故D错误。
√
√
4.（动量定理的简单应用）如图所示，一铁块压着一
纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度 抽出纸条
后，铁块掉在地上的点。若以速度 抽出纸条，则
铁块落地点为( )
A.仍在点 B.在 点左边
C.在点右边不远处 D.在 点右边原水平位移的两倍处
解析：选B。抽出纸条的过程中，纸条对铁块有一个向右的滑动摩擦力，两
次摩擦力大小相等，第二次摩擦力作用的时间更短，根据动量定理可知，
第二次铁块平抛的初速度更小，平抛的水平距离更小，因此落在 点的左边。
√
5.（动量定理的理解和简单应用）“强夯机”是在建筑工程中对松土压实处
理的机器，其中一种为吊重锤击式，如图所示。重锤的质量
，从离地 高处自由下落，重锤夯土历时
，然后陷在土中。取 ，不计空气阻力。求：
（1）重锤自由下落的时间和刚落地时的速度大小 ；
解析：根据自由落体规律得
解得
刚落地时的速度 。
答案：;
（2）重锤对松土的平均作用力大小 。
解析：重锤夯土过程根据动量定理得
解得 。
由牛顿第三定律得 。
答案：(共50张PPT)
课后达标检测
动量守恒定律（一）基础训练
题组1
动量守恒的判断
1.如图所示，球和球 之间连接一轻质弹簧，用轻绳悬挂起来，稳定后，
剪断轻绳。若忽略空气阻力，两球与弹簧组成的系统在下落过程中( )
A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒
√
解析：选C。两球与弹簧组成的系统在下落过程中只有弹力和重力做功，
所以机械能守恒，而系统所受合外力不为零，所以动量不守恒。
2.（多选）（2024·甘肃卷，T8）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
解析：选 。做匀速圆周运动的电动小车，速度大小不变，方向时刻改
变，因此小车的动能不变，动量 大小不变，方向时刻
改变，A正确，B错误；小车所受的合外力提供向心力，始终指向圆心，
根据牛顿第二定律可知，小车的加速度始终指向圆心，大小不变，方向时
刻变化，C错误，D正确。
√
√
3.如图所示，一曲面体静止于水平面上，物块自 的上端由静止释放，
不计一切摩擦，在 上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.对 做正功
B.只有重力对 做功
C.和 构成的系统机械能守恒、动量不守恒
D.和 构成的系统机械能不守恒、动量守恒
√
解析：选C。对有弹力的作用，由于地面光滑，所以会向左移动，
对的弹力方向垂直于接触面，与前后移动连线的位移夹角大于 ，
所以对做负功，A错误；根据A选项分析可知除了重力对做功，还有
对做负功，B错误；和 构成的系统整个运动过程中只有重力做功，所
以该系统机械能守恒,系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守
恒，但是在竖直方向上受力不为零，即竖直方向上动量不守恒，D错误，
C正确。
4.（2025·江苏无锡市期中）如图所示，地面光滑，车厢水平底板粗糙。用
细线连接车厢一端挡板及滑块，轻弹簧处于压缩状态，车厢静止。现将细
线剪断，滑块相对于车厢底板开始滑动，在滑动过程中，小车、弹簧和滑
块组成的系统( )
A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒
√
解析：选B。由题知，地面光滑，车厢水平底板粗糙，弹簧处于压缩状态，
故将细线剪断，弹簧伸长，滑块会向右运动，小车会向左运动，两者相对
滑动，产生滑动摩擦力，但弹簧的弹力和两者间的滑动摩擦力都是内力，
故系统动量守恒，但两者产生了相对位移，滑动摩擦力对整体做负功，故
系统机械能不守恒。
5.（多选）如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，
质量为 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底
部与水平面平滑连接，一个质量也为 的小球从
槽上高 处由静止开始自由下滑，则( )
A.在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
B.在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
C.小球与弹簧作用时，小球与弹簧组成的系统动量守恒
D.小球与弹簧作用时，小球与弹簧组成的系统动量不守恒
√
√
解析：选 。在下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不
受力，则水平方向上动量守恒，故A正确，B错误；小球与弹簧接触后，
小球与弹簧组成的系统受到墙的作用力，墙对系统的作用力是外力，则系
统动量不守恒，故D正确，C错误。
题组2
动量守恒定律的基本应用
6.如图所示，质量为 的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底
部与水平面相切，一个质量为的小球以速度 向滑块滚来，小球最后未
越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是( )
A. B. C. D.
√
解析：选A。小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方
向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑
块具有相同的对地速度 （若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是
最高点）。由系统在水平方向上动量守恒得 ，所以
。
7.（2025·山东青岛阶段练）《三国演义》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。
若草船的质量为，每支箭的质量为，草船以速度 驶来时，对岸士兵
多箭齐发，箭以相同的速度 水平射中草船。假设此时草船正好停下来，
不计水的阻力，则射出的箭的数目为( )
A. B. C. D.
解析：选C。设射出的箭的数目为 ，在草船与箭的作用过程中，系统动
量守恒，则有，解得 。
√
8.（多选）（2025·河南信阳市期中）甲、乙两人静止在光滑
的冰面上，甲推乙后，两人朝相反的方向滑去，已知甲的质
量为，乙的质量为 ，则( )
A.甲、乙分开时的速度大小之比为
B.甲、乙分开时的动量大小之比为
C.甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小之比为
D.从甲开始推乙到甲、乙分开的过程中甲、乙的加速度大小之比为
√
√
解析：选 。由动量守恒可知甲、乙分开时动量大小相等，即
，得甲、乙分开时的速度大小之比 ，故A错误，B
正确；对甲、乙单独分析，由动量定理可知甲对乙的冲量和乙对甲的冲量
大小相等，故C正确；由牛顿第三定律可知，在甲、乙相互作用的过程中，
甲对乙的推力大小等于乙对甲的推力大小，由牛顿第二定律 ，可知
甲、乙加速度大小之比 ，故D错误。
9.（多选）如图所示，有辆平板小车停放在光滑的水平地面上，平板小车
上放置着两个质量不相等的物体甲和乙，起初甲、乙两物体间有一根被压
缩的轻弹簧，轻弹簧与甲、乙两物体相连接，当两物体同时被释放后，则
( )
A.若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则甲、乙组成系统的动量守恒
B.若甲、乙所受的摩擦力大小相等，则甲、乙、小车组成系统的动量守恒
C.若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则甲、乙组成的系统动
量守恒
D.若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则甲、乙、小车组成系
统的动量守恒
√
√
√
解析：选 。把甲、乙组成一个系统可知，两物体同时被释放后，甲受
到向右的摩擦力，乙受到向左的摩擦力，若甲、乙所受的摩擦力大小相等，
则该系统合外力为零，满足动量守恒条件，则甲、乙组成系统的动量守恒，
故A正确；把甲、乙、小车组成系统，甲、乙所受的摩擦力为系统内力，
由于地面光滑，故系统合外力为零，满足动量守恒条件，故甲、乙、小车
组成系统的动量守恒，故B正确；若甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因
数相同，根据滑动摩擦力 ，可知压力大的摩擦力大，由于甲和乙
质量不相等，故压力不相等，所以甲、乙组成的系统水平方向合外力不为
零，不满足动量守恒条件，故甲、乙组成的系统动量不守恒，故C错误；
以上分析可知，虽然甲、乙与平板车上表面间的动摩擦因数相同，造成二
者摩擦力不相等，但摩擦力属于系统内力，不影响系统动量守恒，由于地
面光滑，故系统合外力依然为零，满足动量守恒条件，则甲、乙、小车组
成系统的动量守恒，故D正确。
10.（多选）（2025·福建福州市期末）如图所示，两木块、 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 ，并留在其中
（子弹射入木块作用时间忽略不计）。在子弹射入木块 及弹簧被压缩的
整个过程中，下列说法正确的是( )
A.在子弹射入木块的过程中，子弹和木块 组成的系统动量守恒、机械能
不守恒
B.在子弹射入木块的过程中，子弹和木块 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
√
√
解析：选。在子弹射入木块的过程中，子弹和木块 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；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。
11.如图所示，一内、外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水
平面上，槽的左侧靠在竖直墙壁上。现让一小球
（可看作质点）自左端槽口 点的正上方由静止开始下落，
与半圆槽相切并从 点进入槽内。下列说法正确的是( )
A.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒
B.小球在槽内运动的全过程中，槽对小球的支持力不做功
C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
√
解析：选C。小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽组成的系统受到竖
直墙壁的弹力，则系统水平方向上的动量不守恒，故A错误；小球在槽内
运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，槽对球的支持力不
做功，而从最低点开始上升过程中，除小球所受重力做功外，还有槽对球
的作用力做负功，但球对槽的作用力做正功，两者之和正好为零，所以小
球与槽组成的系统机械能守恒，故C正确，B错误；小球经过槽的最低点
后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽
口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛
运动，故D错误。
12.（12分）如图所示，某同学质量为 ，在军事训练中要求他从岸上
以 的速度水平向右跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任
务，小船的质量是，原来的速度是 ，该同学上船后又跑了
几步，最终停在船上，不计阻力，求：
（1）人停在船上时，小船的速度；（6分）
解析：以向右为正方向，设人与船质量分别为、 ，人上船后最终相对
静止时共同速度为，由系统动量守恒可得
解得
可知人停在船上时，小船的速度大小为 ，方向水平向右。
答案： ，方向水平向右
（2）全过程中小船受到的冲量。（6分）
解析：以向右为正方向，根据动量定理可得
可知全过程中小船受到的冲量大小为 ，方向水平向右。
答案： ，方向水平向右
动量守恒定律（二）强化训练
1.（2025·江苏泰州期中）如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，
子弹沿水平方向射入木块后留在木块 内，入射时间极短，而后木块将
弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法正确的是( )
A.子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，机械能不守恒
B.木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒，能量守恒
C.上述任何一个过程动量均不守恒，能量也不守恒
D.从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，能量守恒
解析：选A。子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，子弹和木块系
统动量守恒，有内能产生，机械能不守恒，A正确，C、D错误；木块压缩
弹簧过程中系统所受合外力不为零，子弹和木块系统动量不守恒，B错误。
√
2.如图所示，一辆小车静止在光滑的水平面上，小车上固
定一根带有横杆的立柱，横杆的端点处固定一条长为 的细
绳，细绳的另一端拴有一小球，现将细绳拉直，在水平方
A.小球的动量守恒
B.小球的机械能守恒
C.小球、小车组成的系统的机械能守恒，水平方向上动量守恒
D.小球、小车组成的系统的机械能守恒，水平方向上动量不守恒
向上由静止释放小球，不计一切摩擦，下列说法正确的是 ( )
√
解析：选C。小球由静止释放，小球的速度大小发生变化，小球的动量发
生变化，动量不守恒，故A错误；根据能量关系可知，小球由静止释放过
程中，小球的机械能转化为小车的动能，小球的机械能减少，故B错误；
小球和小车组成的系统，仅有重力做功，机械能守恒，该系统在水平方向
上不受外力，因此水平方向上动量守恒，故C正确，D错误。
3.（2025·北京通州期中）光滑水平面上有原来静止的斜劈， 的斜面也
是光滑的。现在把物体从斜面顶端由静止释放，如图所示，在 从斜面
上滑下来的过程中，对于和 组成的系统，下列说法正确的是( )
A.机械能守恒，动量守恒
B.机械能不守恒，动量守恒
C.机械能守恒，动量不守恒
D.机械能不守恒，动量不守恒
√
解析：选C。和 组成的系统，所有接触面均光滑，系统的机械能与外界
其他形式能量没有转化，系统机械能守恒。和 组成的系统，水平方向合
外力为零，水平方向动量守恒，但是竖直方向物体 的加速度有竖直向下的
分量，竖直方向合外力不为零，竖直方向动量不守恒，整体动量不守恒。
4.（2025·广东佛山月考）短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在
“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一
把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略
运动员与冰面在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是( )
A.甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小
B.甲的机械能守恒，乙的机械能不守恒
C.甲的动量变化量大于乙的动量变化量
D.甲、乙组成的系统动量守恒、机械能守恒
√
解析：选A。甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，根据动
量定理，甲的动量变化量与乙的动量变化量等大、反向，故A正确，C错
误；甲、乙机械能均不守恒，故B错误；乙猛推甲一把，使甲获得更大的
速度向前冲出，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，系统合力为
零，则系统动量守恒，因为乙在推甲的过程中消耗了乙的化学能，所以系
统机械能不守恒，故D错误。
5.（2025·江西抚州期中）物理学理论是系统化了的物理知识，它以为数不
多的物理概念为基石，以物理定律为核心，建立了经典物理学与近代物理
学及其各分支的严密的逻辑体系。下列对有关概念理解正确的是( )
A.动量守恒定律在研究高速、微观领域时是不适用的
B.冲量是表示作用在物体上的力在时间上的积累效应的物理量
C.功和冲量都是典型的状态量，而能量和动量是典型的过程量
D.矢量是数学、物理学和工程科学等多个自然学科中的基本概念，动量是
矢量，冲量是标量
√
解析：选B。动量守恒定律在研究高速、微观领域都是适用的，故A错误；
冲量是表示作用在物体上的力在时间上的积累效应的物理量，故B正确；
功和冲量都是很典型的过程量，而能量和动量是典型的状态量，故C错误；
矢量是数学、物理学和工程科学等多个自然科学中的基本概念，动量和冲
量均是矢量，故D错误。
6.（2025·河南郑州期末）一质量为的人站在质量为 的小车上，开始时，
人和小车一起以速度 沿着光滑的水平轨道运动，然后人在车上以相对于
车的速度跑动，这时车的速度变为 ，根据水平方向动量守恒，下列式
子正确的是( )
A. B.
C. D.
解析：选D。初始状态，系统的总动量 ,末状态，人的动量
,车的动量 ,由于整个过程动量守恒，可知
。
√
7.（多选）（2025·广东佛山期中）如图所示，可视为质点的完全相同的
、两小球分别拴接在一轻弹性绳的两端，两小球质量均为 ，且处于同
一位置（离地面足够高），弹性绳始终处于弹性限度内。某时刻， 球自
由下落，同时球以速度 水平向右抛出。已知两个小球发生的碰撞为弹
性碰撞且碰撞时间极短，不计一切阻力，下列说法正确的是( )
A.、 两小球组成的系统动量守恒
B.弹性绳最长时，、 两小球的速度相同
C.弹性绳第一次恢复原长时，小球的水平分速度为
D.弹性绳的最大弹性势能为
√
√
√
解析：选。、 两小球组成的系统受到重力作用，系统动量不守恒，
A错误；两个小球竖直方向均做自由落体运动，始终在同一条水平线上，
水平方向动量守恒，弹性绳最长时，弹性势能最大，发生完全非弹性碰
撞，、 两小球的水平速度相同，竖直速度也相同，B正确；水平方向根
据动量守恒定律得 ,根据机械能守恒定律得
,根据题意,解得, ,C
正确；根据动量守恒定律得,两个小球竖直速度为 ,
,根据机械能守恒定律得
,解得 ,D正确。
8.（14分）如图，总质量为 的车沿水平路面以速度
匀速前进，中途质量为 的挂车脱节，机车发动机
的牵引力为 且始终保持不变，机车和挂车所受地面
（1）求挂车脱节后，机车发动机输出功率如何变化。（4分）
解析：挂车脱节后，机车所受的牵引力大于地面对它的摩擦力，机车开始
做匀加速直线运动，因为牵引力不变，速度不断增大，故发动机输出功率
不断增大。
答案：增大
的摩擦力都与重力成正比（比例系数相等），机车和挂车都视为质点，重
力加速度取 。
（2）求在挂车停止的瞬间，系统的动能的大小。（4分）
解析：由于从挂车脱节到挂车停止的过程中，牵引力与两车的摩擦力的合
力仍然等于零，故机车和挂车构成的系统所受的合外力等于零，符合动量
守恒的条件，选取方向为正方向，由动量守恒定律有
解得
当挂车停止时，系统的动能
。
答案：
（3）求在挂车停止运动时与挂车脱节前相比，系统的动能如何变化。（6分）
解析：根据
因为
故在挂车停止运动时与挂车脱节前相比，系统的动能增加。
答案：增加
9.（16分）（2025·贵州黔西月考）如图所示，坐在小车上的人在光滑的冰
面上玩推木箱游戏，人与小车的总质量，木箱的质量 ，
开始均静止于光滑冰面上，现人将木箱以速率 （相对于地面）
水平推向竖直墙壁，木箱与墙壁碰撞过程中无机械能损失，人接住木箱后
再以速率 （相对于地面）将木箱推向墙壁，如此反复。
（1）求人第一次推木箱后，人和小车的速度大小 。（4分）
解析：将人、车和木箱作为系统，取向右为正方向
根据动量守恒定律有
解得 。
答案：
（2）求人第二次推木箱后，人和小车的速度大小 。（4分）
解析：人第一次接住木箱的过程
根据动量守恒定律有
人第二次推出木箱的过程
根据动量守恒定律有
解得 。
答案：
（3）人推多少次木箱后，人将接不到木箱？（8分）
解析：人第二次接住木箱的过程，根据动量守恒定律有
人第三次推出木箱的过程，根据动量守恒定律有
解得
推理可知，人第 次推出木箱后，人和小车的速度
当时，人将接不住木箱，即
解得
所以人第11次推出木箱后，人将接不到木箱。
答案：11次(共25张PPT)
课后达标检测
题组1
对反冲现象的理解和分析
1.（2025·山西太原期中）甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两
人向相反方向滑去。下列选项正确的是( )
A.在甲推乙之前，两人的总动量不为0
B.甲推乙后，两人都有了动量，总动量不为0
C.已知甲的质量为，乙的质量为 ，甲的
速率与乙的速率之比为
D.已知甲的质量为，乙的质量为 ，甲的
速率与乙的速率之比为
√
解析：选C。冰面光滑，对甲与乙构成的系统，所受外力的合力为0，由于
甲、乙两人初始均处于静止状态，根据动量守恒定律可知，甲推乙后，两
人都有了动量，总动量为0，故A、B错误；根据动量守恒定律有
，解得 ，故C正确，D错误。
2.如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼
”以速度 水平向右匀速飞行，到达目标地时，
将战机上质量为 的导弹自由释放，导弹向后喷出
质量为、对地速率为 的燃气，则对喷气后瞬间
导弹的速率下列表述正确的是( )
A.速率变大，为 B.速率变小，为
C.速率变小，为 D.速度变大，为
解析：选A。设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得
,解得喷气后瞬间导弹的速率 。
√
题组2
火箭发射问题
3.（多选）一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火
箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施
阶段。下列关于火箭的描述正确的是( )
A.增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B.增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C.当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D.火箭发射时获得的推力来自喷出的燃气与发射台之间的相互作用
√
√
解析：选 。增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的
质量，根据 可知可以增大火箭的推力，故A正确；若增大燃气
相对于火箭的喷射速度，根据 可知可以增大火箭的推力，故B
正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，
所以燃气相对于火箭的速度不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，
故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使
火箭获得推力，故D错误。
4.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。
他把47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飞上天空，然后利用风
筝平稳着陆。假设万户及所携设备的总质量为 ，点燃火
箭后在极短的时间内，质量为 的炽热燃气相对于地面以
A.增大的同时减小 B.增大的同时减小
C.增大的同时减小 D.同比例增大、
的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，要增大火箭的发
射速度大小，下列操作可行的是( )
√
解析：选C。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 ，规定火箭运动方向为正方向，则有
，解得火箭的速度大小，增大 的同时减
小 ，可增大火箭的发射速度。
题组3
“人船模型”问题
5.如图，质量为的小船在静止水面上以速率 向右匀速
行驶，一质量为 的救生员站在船尾，相对于小船静止。
若救生员相对于小船以速率 水平向左跃入水中，则救生
员跃出后小船相对水面的速率为( )
A. B.
C. D.
解析：选C。设救生员跃出后小船相对于水面的速率为 ，以向右为正方
向，根据动量守恒定律，有 ，解得
。
√
6.（2025·山东烟台市期中）如图所示，将一质量为、半径为 的
光滑半圆形槽静置于光滑水平地面上，现让一质量为 的小球自左侧
槽口从 点由静止开始落下，小球到达右边最高点时，小球通过的水平位
移为( )
A. B. C. D.
√
解析：选C。小球在半圆槽内运动的全过程中，地面光滑，小球与半圆槽
组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽组成的系统在水
平方向动量守恒，小球到达右边最高点时，小球和半圆槽通过的水平位移
大小分别为、，如图所示。运动过程中有,则有 ,
根据位移关系可得 ,解得小球到达右边最高点时，小球通过的水
平位移 。
7.一个人在水平地面上立定跳远的最好成绩是 ，假设他站立在车的右
端要跳到距离 远的站台上（设车与站台同高，且车与地间的摩擦不
计），如图所示，则( )
A.只要，他一定能跳上站台 B.如果 ，他有可能跳上站台
C.如果，他有可能跳上站台 D.如果 ，他一定能跳上站台
√
解析：选B。当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量
守恒有 ,车子必然有一个远离站台的速度。这样的话，
人相对于地面的速度小于站在地面上跳远时的初速度，则水平位移一定减
小，所以或，人就一定跳不到站台上了， ，人才有可能跳
上站台。
8.如图所示，一架质量为的喷气式飞机飞行的速率是 ，某时刻它向后喷
出的气体相对于飞机的速度大小为，喷出气体的质量为 ，以地面为参
考系，下列说法正确的是( )
A.若 ，则喷出气体的速度方向与飞机飞行方
向相同，喷气后飞机速度不会增加
B.只有 ，喷气后飞机速度才会增加
C.喷气后飞机速度为
D.喷气后飞机增加的速度为
√
解析：选D。设喷出气体后飞机的速度为 ，对飞机和气体组成的系统，
根据动量守恒定律有 ，解得
，故C错误；结合上述可知，喷气后飞机增加的速度为 ，
可知无论与的大小关系如何，均大于 ，故A、B错误，D正确。
9.用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体
和卫星一起以 的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的
质量为，最后一节火箭壳体的质量为 。某时刻火箭壳体与卫
星分离，分离时火箭壳体相对于卫星以 的速度沿轨道切线
方向向后飞去，则( )
A.分离后卫星的速度为
B.分离后卫星的速度为
C.分离后火箭壳体的轨道半径会变大
D.分离后卫星的轨道半径会变小
√
解析：选A。设卫星运动方向为正方向，设分离后卫星的速度为 ，火箭
壳体的速度为，则有 ，根据动量守恒定律可得
，联立解得 ，
，故A正确，B错误；分离后火箭壳体速度变小，做近
心运动，轨道半径会变小，卫星速度变大，做离心运动，轨道半径会变大，
故C、D错误。
10.水火箭制作原理如图甲所示，发射时在水火箭内高压空气压力作用下，
水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升
（如图乙所示）。某次发射过程水火箭将壳内质量为 的水相对于
地面以的速度在极短时间内喷出，已知水火箭外壳质量为 。
空气阻力忽略不计，重力加速度取 。下列说法正确的是( )
A.水火箭喷水过程机械能守恒
B.水火箭喷水结束时速度约为
C.水火箭上升的最大高度约为
D.水火箭上升的最大高度约为
√
解析：选D。水火箭喷水过程，除重力外还有水与火箭的作用力对水火箭
做功，机械能不守恒，故A错误；设向上为正方向，火箭筒外壳质量为 ，
水的质量为，则由动量守恒定律可得 ，解得水火箭喷水结束
时速度约为，由解得火箭上升的最大高度 ,
故D正确，B、C错误。
11.（14分）（2025·山东菏泽期中）如图所示，质
量 的木船静止在湖边附近的水面上，
船面可看作水平面，并且比湖岸高出 。
在船尾处有一质量 铁块，铁块将一端
固定的轻弹簧压缩后再用细线拴住，铁块与弹簧不拴接，此时铁块到船头
的距离，船头到湖岸的水平距离 。将细线烧断后铁块
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他一切摩擦
力，重力加速度取 。求：
（1）铁块脱离木船时的瞬时速度大小 ；（4分）
解析：烧断细线后，木船、铁块组成的系统，合力为零，动量守恒
则
又
解得，
铁块离开木船后做平抛运动，在水平方向
在竖直方向
解得， 。
答案：
（2）木船最终的速度大小 ；（4分）
解析：铁块与小木船相互作用时，由动量守恒得
解得 。
答案：
（3）弹簧释放的弹性势能 。（6分）
解析：由机械能守恒定律得
解得 。
答案：(共28张PPT)
课后达标检测
题组1
动量和动量变化
1.（2025·广东月考）2024年巴黎夏季奥运会上，中国
运动员获得女子网球单打冠军。假设某次击球过程中，
质量为的网球以 的水平速度飞来，运动
员引拍击球，球拍与网球作用极短时间后，以
A. B. C. D.
的水平速度反方向弹回，取飞来速度方向为正，在此过程中，该网
球的动量变化量为( )
√
解析：选A。该网球的动量变化量 。
2.（2025·贵州期中）对于质量一定的物体，下列说法正确的是( )
A.物体动量为零，则物体一定静止
B.动能不变，物体的动量一定不变
C.物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功
D.物体受到变力不可能做直线运动
解析：选A。动量为零时，物体速度一定为零，一定静止，A正确；动能
不变，物体速度大小一定不变，但方向可能变化，所以动量可能变化，B
错误；物体的动量发生改变，可能是速度方向发生变化，速度大小不变，
此时合外力没有对物体做功，C错误；物体受到变力作用也可能做直线运
动，例如变加速直线运动，D错误。
√
题组2
冲量的理解和计算
3.（多选）某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。下列
说法正确的是( )
A.该同学所受重力的冲量随时间的增大而增大
B.在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量始终不变
C.该同学所受合力的冲量随时间的增大而增大
D.摩天轮转动一周，该同学所受合力的冲量为零
√
√
解析：选。该同学所受重力的冲量 ,随时间的增大而增大，A正
确；在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量大小不变，但方向不断变
化，B错误；根据动量定理，合力的冲量等于动量变化，则该同学所受合
力的冲量随时间的增大不一定增大，摩天轮转动一周，动量变化为零，则
该同学所受合力的冲量为零，C错误，D正确。
4.（多选）一质量为的小球从离地 的高度由静止释放，忽略球受
到的空气阻力，重力加速度取 ，下列说法正确的是( )
A.小球由静止释放到落地过程中重力的冲量为
B.小球由静止释放到落地过程中重力的冲量为
C.小球落地瞬间的动量大小为
D.小球落地瞬间的动量大小为
√
√
解析：选。根据自由落体运动规律有 ，可得小球的下落时间
,所以小球由静止释放到落地过程中重力的冲量
,故A错误，B正确；小球落地前瞬间
的速度大小 ,所以小球落地瞬间的动量大小
，故C错误，D正确。
题组3
动量定理的理解和简单应用
5.（2025·江苏淮安市期中）汽车给人们的出行带来极大的方便，而行车安
全是人们非常关注的事情，行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全
气囊会被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为零，
则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.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.减少了碰撞前后司机动量的变化量
√
解析：选B。由于安全气囊的缓冲作用，延长了司机的受力时间并增大了
司机的受力面积，即减小了司机单位面积的受力大小，故A错误，B正确；
在安全气囊的缓冲作用之下，司机的动能最终全部转换为内能，故C错误；
根据 ，可知，碰撞前后司机动量的变化量并没有发生变化，
故D错误。
6.某足球运动员在一次争顶中不慎受伤，导致脑震荡并紧急送往医院医治，
如图所示。若足球水平飞来的速率 ，与该运动员对撞后，足
球以速率反向水平飞出。已知足球质量 ，该运
动员头部与足球相互作用时间 。下列说法正确的是( )
A.该运动员头部受到的平均撞击力大小
B.该运动员头部受到的平均撞击力大小
C.若延长撞击时间为 ，其他条件不变，则
平均撞击力大小将减为
D.若延长或缩短撞击时间 ，其他条件不变，则不会
改变该运动员头部受到的平均撞击力
√
解析：选C。选足球撞击后速度方向为正方向，根据动量定理可得
,代入数据解得 ,故A、B错误；若延长撞
击时间为，则,解得 ,故C正
确；根据动量定理可得，其他条件不变，若延长撞击时间，则撞击力减小，
若缩短撞击时间，则撞击力增大，故D错误。
7.质量为 的金属小球竖直下落，与地面撞击前瞬间，速度大小为
，方向竖直向下，撞击后瞬间，速度大小为 ，方向竖直向上，
小球与地面的接触时间为。不计小球受到的空气浮力及阻力， 取
。小球与地面相互作用的时间内，对地面压力的平均值为( )
A. B. C. D.
解析：选D。选取竖直向下的方向为正方向，由动量定理知
,其中, ,代入数据解得
,根据牛顿第三定律可知，小球对地面平均压力的大小为 。
√
8.（2025·山东泰安市期中）2024年国际体联蹦床世界杯科特布斯站比赛中，
中国蹦床队运动员在时刚好落到蹦床上，速度大小为 ，对
蹦床作用力大小与时间 的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始
终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平，忽略空气阻力。运动员的质
量，重力加速度取 ，运动员此次与蹦床接触到离开过
程中对蹦床的平均作用力大小为( )
A. B. C. D.
√
解析：选C。由题图可知到 运动员未接触蹦床，根据对称性可知
运动员离开蹦床的速度也为 ，设竖直向上为正方向，根据动量定理
有，其中，代入解得 ，
根据牛顿第三定律可知，运动员此次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平
均作用力大小为 。
9.如图所示，圆盘在水平面内以角速度 绕中心轴匀速转
动，圆盘上距轴处的点有一质量为 的小物体随圆盘一
起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由 点滑至圆
盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
√
解析：选D。圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦
力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，小物体运
动一圈所受摩擦力是一个变力，物体转动一圈动量变化量是0，由动量定
理得 ，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，
故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所
受摩擦力的冲量大小 ，故D正确。
10.（多选）如图所示，将一质量为的小球从点以速度水平抛出，过
点时速度大小为，重力加速度为 ，不计空气阻力，则下列说法正确的
是( )
A.小球过点时动量大小为
B.小球过点时重力做功的功率为
C.从点到点的过程中重力做功为
D.从点到点的过程中重力冲量大小为
√
√
解析：选。小球过点时的动量，A正确； 点在竖直
方向的分速度，过 点时重力功率
，B错误；点到 点所运动的竖直高度满足
，从点到点的过程中重力做功 ，C正确；
从点到点的运动时间，从点到 点的过程中重力冲量
,D错误。
11.（多选）一质量为的物块在合外力 的作用下从静止开始沿直线运
动。随时间 变化的图线如图所示，则( )
A.时物块的速率为
B.时物块的动量大小为
C.时物块的动量大小为
D. 时物块的速度为零
√
√
解析：选。前内，根据牛顿第二定律 ，则
的速度为，A错误； 时，速度为
，则动量为，B正确；到 ，
力开始反向，物块减速，根据牛顿第二定律，可得
时的速度为，动量为， 时速
度为 ，C错误，D正确。
12.（多选）（2025·山东德州市期中）高空抛物是一种不文明的行为，而
且会带来很大的社会危害。如图所示，若被抛下的鸡蛋质量为 ，从
高的15楼由静止落下，不计空气阻力，鸡蛋落地时与地面的作用时间
为，重力加速度取 。下列说法正确的是( )
A.鸡蛋下落过程中动量的变化量和鸡蛋与地面作用过程中动
量的变化量相同
B.鸡蛋落地瞬间的速度大小约为
C.鸡蛋落地时对地面的平均冲击力约为
D.鸡蛋下落的过程中重力做功的平均功率约为
√
√
解析：选 。鸡蛋下落过程中动量变化量和鸡蛋与地面作用过程中动量变
化量大小相等，但方向相反，故A错误；鸡蛋落地瞬间的速度大小
,故B正确；根据动量定理有
,解得 ,故C正确；鸡蛋下落的过程中
重力做功,下落时间 ，鸡蛋下落的过程中
重力做功的平均功率约为 ,故D错误。
13.（12分）（2025·山东聊城市期中）篮球气压过高或过低都会影响篮球
的弹性和手感，从而影响球员的技术发挥。简易的测试方法是在平坦的硬
质水平地面上，让篮球从的高度自由落下，反弹高度在 至
之间即表示篮球气压正常。将质量 的篮球从离水平地
面高度 处静止释放，与地面撞击后反弹，上升的最大高度
，已知篮球与地面接触的时间 ，篮球视作质点并始终
在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度大小取 ，求：
（1）篮球从开始下落到反弹至最高点过程中，其所受重力的冲量；（4分）
解析：根据题意,篮球下落过程有
解得
篮球反弹上升过程有
解得
篮球从自由下落开始到反弹到离地面 高处这一过程中，重力的
冲量大小
解得
方向竖直向下。
答案： ,方向竖直向下
（2）篮球与地面碰撞过程中，地面对篮球的平均作用力的大小。（8分）
解析：篮球下落过程有
篮球反弹上升过程有
以篮球为研究对象，设地面对篮球的平均作用力为 ，规定向上为正方向
由动量定理有
解得 。
答案：(共25张PPT)
课后达标检测
1.（多选）（2025·广东东莞期中）某同学研发了一款手机壳，从外观上可
以看到这个手机壳长有8个触角，当手机坠落时，接触地面瞬间8个触角会
瞬间弹出来，起到很好的缓冲作用。研究缓冲效果的实验中，总质量为
的手机从距离地面 的高度跌落，平摔在地面上，保护器撞击地
面的时间为，然后手机保持静止，不计空气阻力，取 ，则
下列说法正确的是( )
A.保护器的缓冲作用是减小了手机落地过程的动量变化量
B.保护器使得手机撞击地面的时间延长
C.手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为
D.手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力大小为
√
√
解析：选。根据动量定理 ,可知保护器使得手机撞击地面的时
间延长，即保护器的缓冲作用是减小了手机落地过程的动量变化率，故A
错误，B正确；由自由落体运动规律可知,解得 ,故手机
从开始掉落到恰好静止的过程用时 ,根据冲量定义可
知此过程中重力冲量的大小 ,故C错误；设手机落地前
速度为，以上分析可知 ,手机从开始掉落到恰好静止的过
程中地面对手机的平均作用力为 ，规定向下为正方向，则根据动量定理
,解得 ,故D正确。
2.（多选）某游乐园入口旁有一人造喷泉，喷出的水柱将一质量为
的卡通玩具稳定地悬停在空中。水柱从横截面积为 的喷口持续以速
度竖直向上喷出；玩具底部为平板，面积为 ；水柱冲击到玩
具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向水朝四周均匀散开。
忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小 取
，则( )
A.喷泉单位时间内喷出的水的质量为
B.喷泉单位时间内喷出的水的质量为
C.玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为
D.玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为
√
√
解析：选 。喷泉单位时间内喷出的水的质量
，A正确，B错误；设
很短的时间内喷到玩具底面水的质量为，在高度为 处，撞击玩具前
水的速度为，玩具底部的平板面积为，则有 ，水
沿竖直方向的动量变化量的大小为 ，设水对玩具的作用力的大
小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理有 ，由于玩具在空
中悬停，由力的平衡有，联立以上各式解得 ，由能量守
恒定律有，解得 ，C
正确，D错误。
3.（多选）（2025·河南驻马店期末）一质量 的物块静止在粗糙的
水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为， 时刻给物块施
加一水平向右的外力，并于撤去外力，力随时间 的变化情况如
图所示，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力， 取
，则下列说法正确的是( )
A.前内的冲量为
B.前内摩擦力的冲量为
C.末物块的速度大小为
D. 末物块的速度最大
√
√
√
解析：选。图像与时间轴围成的面积表示冲量，前内 的冲量
,故A正确；滑动摩擦力的大小
,由题图可知末外力达到 ，在这之
前物块所受摩擦力为静摩擦力，大小与外力相等，小于，所以前
内摩擦力的冲量小于，故B错误；从末到 末，对物块由动量
定理得,则 ,故
C正确；由题图可知末物块所受的外力为 ，此后外力小于滑动摩擦
力，物块做减速运动，所以 末物块速度最大，故D正确。
4.最近，我国某新型大推力火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载
火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体流速
约为，产生的推力约为，则它在 时间内喷射的气
体质量约为( )
A. B. C. D.
解析：选C。以气体为研究对象，设内喷出的气体质量为 ，根
据动量定理可得，其中 ，解得
。
√
5.电动自行车不仅骑行方便而且运行成本低，是很流行的代步交通工具。
电动自行车在无风骑行时的阻力可以等效为骑行时带动迎风面的空气柱达
到骑行速度的力，骑行时的迎风面积，取 ，
，不计其他阻力，则无风匀速骑行时风阻与车速 的关
系式为（各量均为国际单位）( )
A. B. C. D.
解析：选C。取一小段时间 内空气为研究对象，则这一小段时间内气体
质量，根据动量定理 ，匀速骑行
时，联立解得 。
√
6.2024年9月25日上午8点44分，中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海
海域成功发射一发洲际弹道导弹，一般来说，固体火箭发动机喷出气体速
度可达到左右。取弹重 ，开始喷出气体对地速度
竖直向下为 ，若开始导弹悬停在地面附近，则每秒喷出气体质
量为（不考虑此时气体喷出时弹体质量的变化，重力加速度取 ）
( )
A. B. C. D.
解析：选C。设在时间喷出气体质量为，火箭对气体向下的推力为 ，
由动量定理,又,解得 ,即每秒喷
出气体质量为 。
√
7.消防水炮是以水作为介质，远距离扑灭火灾的消防设备。某次救火时，
消防员用水炮向起火处喷水。已知水到达起火处的速度大小为 ，水
打在起火处后沿表面散开不反弹，可视为速度减至0。已知水的密度为
，则起火处单位面积上受到的冲击力为( )
A. B. C. D.
解析：选A。根据动量定理可得, ,联立可
得单位面积上受到的冲击力 。
√
8.（2025·江苏苏州月考）如图所示，两个质量相等的物体、 从同一高
度沿倾角不同 的两光滑固定斜面无初速度下滑到斜面底端，下列
说法正确的是( )
A.物体比 物体先到达斜面底端 B.两物体重力的冲量相同
C.两物体到达斜面底端时动能相同 D.两物体到达斜面底瑞时动量相同
√
解析：选C。、两物体的加速度分别为 ，
,设物体起始位置的高度为，根据 ，
，得，,由于 ，故, 物
体比物体先到达斜面底端，A错误；根据 ,可知两物体重力的冲
量不相同，B错误；根据机械能守恒 ,两物体质量和高度相同，
故到达斜面底端时动能以及速度的大小相同，C正确；动量 ,由于
速度方向不相同，则动量方向不相同，D错误。
9.（多选）（2025·河南月考）如图甲所示，一足够长倾角为 的光滑斜
面固定在水平地面上，斜面底部放置着一个质量为的物块。在
时刻，对物块施加一个沿斜面向上的拉力，该拉力随时间 的周期性变化
关系如图乙所示。取沿斜面向上为正方向，重力加速度大小取 。
下列说法正确的是( )
A.在前内拉力的冲量为
B.在前内物块的动量变化量为
C.在前内合力对物块做的功为
D.物块合力的冲量的最大值为
√
√
解析：选。图像与坐标轴围成的面积表示拉力的冲量，在前 内
拉力的冲量 ,故A正确；物块在
向上运动过程中沿斜面方向受到拉力与重力沿斜面向下的分力，根据动量
定理有,则前 内物块的动量变化量
,故B正确；设 时物
块速度为，根据动量定理得 ,其中
,
,联立解得 ,根据动
能定理可知 ,故C错误;对物块分析，拉力变化的周期
，每个周期合力的冲量
,随着时间延续，合力的冲量
会不断增大，无最大值，故D错误。
10.如图所示，长为的水平细线一端固定在点，另一端连一个质量为
的小球，将小球由静止释放，经时间，小球运动至最低点 ，已知重力加
速度为，空气阻力不计。在小球从运动到 的过程中( )
A.重力的冲量大小为 B.细线拉力的冲量为0
C.小球动能的增加量为 D.小球动量的增加量为
√
解析：选A。根据冲量的定义式可知，重力的冲量大小 ,故A正确；
小球从运动到的过程中，根据动能定理有 ,即小球动能的增
加量为，故C错误；小球从运动到 的过程中，根据动能定理有
,解得 ,则小球动量的增加量
,故D错误；令细线拉力的冲量在水平方向上的分
量为，在竖直方向上的分量为 ，根据动量定理可知，在竖直方向上有
,在水平方向上有 ,根据矢量合成，
可知细线拉力的冲量为,解得 ,即细线拉力的
冲量不为0，故B错误。
11.（16分）篮球是奥运会的核心比赛项目，深受广大球迷的喜欢。假设一
篮球在空中水平向右抛出，落地后又反弹，已知第一次落地与地面的接触
时间 。篮球的抛出点高度、两次落点的位置、第一次反弹后的
高度等数据如图所示。已知该篮球质量为 ，不计空气阻力，重力加
速度取 ，求该篮球：
（1）从抛出到第一次落地的过程中重力的冲量 ；（4分）
解析：下落过程
解得
此过程中重力的冲量
方向竖直向下。
答案： ，方向竖直向下
（2）第一次与地面接触过程中所受地面的平均弹力的大小；（4分）
解析：刚要落地时的速度大小
方向向下，刚要离开地面时的速度
方向向上，规定竖直向上为正方向，对篮球在竖直方向上由动量定理得
解得 。
答案：
（3）第一次与地面接触过程中所受摩擦力的冲量 。（8分）
解析：根据
落地前的水平速度
反弹后的水平速度
对篮球在水平方向上由动量定理得
摩擦力的冲量大小为 ，方向水平向左。
答案： ，水平向左(共27张PPT)
课后达标检测
题组1
碰撞的特点和应用
1.现有甲、乙两滑块，质量分别为和，以相同的速率 在光滑水平面
上相向运动并发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞
是( )
A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞
C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，无法确定
√
解析：选A。以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得
，所以 ，碰前总动能
，碰后总动能 ，
则 ，所以A正确。
2.质量为的甲物块静止在水平面上，质量为 的乙物块在水平面
上以一定的初速度向甲滑去并与甲发生正碰后，两者粘在一起，碰撞过程
中甲物块受到乙物块的冲量大小为 ，则碰撞前乙的速度大小为
( )
A. B. C. D.
解析：选D。根据动量定理得 ，碰撞后，甲物块的速度，即
整体的速度，根据动量守恒定律有 ,则碰
撞前乙的速度大小 。
√
3.（多选）如图，冰雪滑道上点的左侧是粗糙的水平轨道； 是光滑的
半径 的部分圆弧轨道， 点是圆弧轨道的最低点，水平轨道和
圆弧轨道平滑连接。质量 的小孩从滑道顶端 点由静止开始下
滑，经过点时被静止的质量 的家长抱住，一起滑行到 点
（图中未画出）停下。已知点距水平面的高度 ，人与水平滑道间
的动摩擦因数，取 ，下列说法正确的有( )
A.小孩到达点时的速度大小为
B.小孩到达点时对轨道的压力大小为
C.、间的距离为
D.家长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的
机械能为
√
√
√
解析：选。小孩从点滑到 点的过程中机械能守恒，由机械能守恒
定律可得，代入数据解得 ，A正确；小孩运动
到点时，由牛顿第二定律可得，解得 ，由牛顿
第三定律可知，小孩到达点时对轨道的压力大小为 ，B正确；家长
抱住小孩的过程中，家长和小孩组成的系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律可得，解得 ，设家长和小孩
组成的系统在水平轨道上从点滑行到点的距离为 ，由动能定理可得
，代入数据解得 ，C错误；家
长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的机械能
，解得 ，D正确。
题组2
弹性碰撞和非弹性碰撞
4.在光滑的水平面上，有、两球，其质量分别为、 ，
两球在 时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，
两球碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是
( )
A. B. C. D.无法判断
解析：选B。碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得
， ，联立解得
，由于碰撞后反弹，即，可知 ，B正确。
√
5.（多选）、 两球沿一直线运动并发生正碰。两球碰撞前后的位移—时
间图像如图所示。、分别为、两球碰撞前的位移—时间图线， 为碰
撞后两球共同运动的位移—时间图线，若球质量是 ，则由图可
知( )
A.、碰撞前的总动量为
B.碰撞时对所施冲量为
C.碰撞前后的动量变化为
D.碰撞中、两球组成的系统损失的动能为
√
√
解析：选。由题中图像可知，碰撞前有： 球的速度
，球的速度 ;
碰撞后、两球的速度相等，为 ,则碰
撞前后的动量变化；对、 组成的系统，
由动量守恒定律有，得。与 碰
撞前的总动量为
;
由动量定理可知，碰撞时对 所施冲量
。碰撞中、 两球组成的系统损失的
动能，代入数据解得 。
故A、C错误，B、D正确。
题组3
爆炸类问题
6.（2025·贵州贵阳统考期中）一枚烟花弹（可视为质点）自水平地面斜向
上方发射，在最高点时，爆裂成质量相等的甲、乙、丙三块（均可视为质
点），爆裂之后乙由静止做自由落体运动，丙沿烟花弹发射的路径回落至
发射点。若忽略空气阻力，则爆裂瞬间甲与丙速率的比值为( )
A.4 B.3 C.2 D.1
√
解析：选A。设烟花弹总质量为，发射时水平方向的分速度为 ，方向
向右。由题意可知，爆裂后乙沿水平方向速度为零，丙沿烟花弹发射的路
径回落至发射点，根据运动的可逆性可知，爆裂后丙在水平方向的速度大
小也为，方向向左。设爆裂后甲在水平方向的速度为 ，以向右为正方
向，则爆裂瞬间，在水平方向上系统动量守恒，根据动量守恒定律有
，解得 。爆裂时，甲、丙在竖直方向上分速
度均为零，故爆裂时甲与丙速率的比值 。
7.（多选）如图所示，一个质量为 的木箱静止在光滑水平
面上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为 的小木
块。现使木箱获得一个向右的初速度 ，则( )
A.小木块最终将相对于木箱静止，二者一起向右运动
B.小木块和木箱最终速度为
C.小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对于木箱静止，则二者将一起向左运动
√
√
解析：选 。木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故系统水平
方向动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，取 的方向为
正方向，由动量守恒定律，解得 ，A、B正确，
C、D错误。
8.（多选）（2025·江西临川一中期中）如图所示，竖直放置的半圆形轨道
与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心点正下方放置质量为 的小
球，质量为的小球以初速度向左运动，与小球 发生弹性碰撞。碰
后小球在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球的初速度 可能为
( )
A. B. C. D.
√
√
√
解析：选。根据题意可知，小球与小球 发生弹性碰撞，设碰撞后
小球的速度为，小球的速度为 ，取向左为正方向，由动量守恒定
律和能量守恒定律有, ,解得
,,由于碰后小球 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则
小球未通过与圆心等高的点或通过圆弧最高点，若小球 恰好到达圆心
的等高点，由能量守恒定律有,解得 ,解得
,若小球恰好通过圆弧最高点，由能量守恒定律有
,在最高点由牛顿第二定律有
,联立解得,解得,则碰后小球 在半
圆形轨道运动时不脱离轨道，小球的初速度 的取值范围为
或 。
9.（12分）如图所示，光滑水平直轨道上两滑块、用橡皮筋连接， 的
质量为。开始时橡皮筋松弛，静止，给向左的初速度 。一段时间
后，与 同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬
间的速度的两倍，也是碰撞前瞬间 的速度的一半。求：
（1） 的质量；（6分）
解析：以初速度的方向为正方向，设的质量为，、 碰撞后的共
同速度为，由题意知，碰撞前瞬间的速度为，碰撞前瞬间 的速度为
，由动量守恒定律得
①
由①式得 。②
答案：
（2）碰撞过程中、 系统损失的机械能。（6分）
解析：从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
③
设碰撞过程、系统损失的机械能为 ，则
④
联立②③④式得 。
答案：
10.（14分）短道速滑混合团体2 000米接力比赛中交接棒过程可以简化成
如下模型：如图所示为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程，交接开
始时甲在前接棒，乙在后交棒，甲的质量 ，乙的质量
，交棒前两人均以 的速度向前滑行。交棒时乙从
后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为 ，方向仍然向前。
不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。
（1）求二人分开时甲的速度大小及其动能大小 。（4分）
解析：取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
解得甲的速度大小
则甲的动能 。
答案：
（2）若乙推甲的过程用时，求乙对甲的平均作用力的大小 。（4分）
解析：对甲，由动量定理可得
解得 。
答案：
（3）交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两人的
动能，且不计其他力做功，求乙消耗的化学能的大小 。（6分）
解析：对二人组成的系统，根据能量守恒定律得
解得 。
答案：(共49张PPT)
第一章 动量与动量守恒定律
第4节 实验：验证动量守恒定律
1
课前知识梳理
2
典例 分类讲解
3
随堂 巩固落实
PART
01
课前知识梳理
一、实验目的
验证碰撞中的动量守恒。
二、实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量 和碰撞前、后物体的速度
，算出碰撞前的动量 及碰撞后的动量
，看碰撞前后动量是否相等。
三、实验器材
方案一 研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
气垫导轨、数字计时器、天平、滑块（两个）、光电门、挡光片、重物、
弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二 研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线、白纸、复写纸、天平、刻
度尺、圆规、三角板。
四、实验步骤
方案一 研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
1.测质量：用天平测出滑块质量。
2.安装：正确安装好气垫导轨，如图所示。
3.实验：接通电源，利用配套的数字计时装置测出
两滑块各种情况下碰撞前后的速度（.改变滑块的质量； .改变滑块的初
速度大小和方向）。
4.验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案二 研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
如图甲所示，让一个质量较大的小球从斜槽上滚下来，与放在斜槽水平末
端的另一质量较小的同样大小的小球发生碰撞，之后两小球都做平抛运动。
1.取两个大小相同的小球，测出它们的质量、 。
2.按图甲所示安装好实验装置并使斜槽末端水平。
3.在地上铺一张白纸，在白纸上铺放复写纸。
4.在白纸上记下重垂线所指的位置 （图乙），它表示两个小球做平抛运
动的初始位置的水平投影。
5.先不放被碰小球，让入射小球从斜槽上某一高度处静止滚下，重复10次，
用圆规画一个尽可能小的圆，把所有的小球落点圈在里面，圆心就是入射
小球发生直接平抛的落地点 （图丙）。
6.把被碰小球放在斜槽的末端，让入射小球从同一高度由静止滚下，使它
们发生正碰，重复10次，仿照上一步骤得到入射小球落地点的平均位置
和被碰小球落地点的平均位置 （图丙）。
7.过和 在纸上作一直线。
8.用刻度尺量出线段、、 的长度。
9.把两小球的质量和相应的数值代入 ,看看
是否成立。
PART
02
典例 分类讲解
题型一 教材原型实验
例1 在“验证动量守恒定律”实验中，
实验装置如图甲所示，实验原理如图
乙所示。
（1）实验室有如下三个条件已知的小球A、B、C，则实验时入射小球应
该选取___（填选项前的字母）。
A. B. C. .
B
解析：为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的
质量，为了使两球发生对心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射小球选择
直径为、质量为的小球，被碰小球选择直径为、质量为 的小球。
（2）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上
留下了9个印迹，如果用画圆法确定小球的落点 ，如图丙所画的三个圆最
合理的是___（填选项前的字母）。
A. B. C.
C
解析：如果采用画圆法确定小球的落点，应该让所画的圆尽可能把大多数落
点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置。
（3）关于本实验，下列说法正确的是____（填选项前的字母）。
A.小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放
B.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
C.实验中需要用到重垂线
D.斜槽必须足够光滑且末端保持水平
解析：为了让小球每次平抛的速度相等，实验中需要让小球每次都必须从
斜槽上的同一位置静止释放，A正确；两个小球下落时间相同，可以用水
平位移代替初速度，故不需要求出落地时间，所以不需要测量高度，B错
误；利用重垂线确定抛出点在地面上的投影 点的位置，从而计算出每次
平抛的水平位移，C正确；小球每次从斜槽的同一位置滚下，到达斜面底
端的速度相同，不需要斜面光滑，为使小球做平抛运动，斜槽的末端需调
成水平，D错误。
（4）用刻度尺测量、、到点的距离、、 ，通过验证等式：
_____________________
（用题中所给字母表示）是否成立，从而验证动量守恒定律。
解析：入射小球碰撞前的速度 ，碰撞后入射小球和被碰小球
的速度分别为，，碰前的动量为 ，碰后的
动量为，若等式 成立，则验证了动量
守恒定律。将、、 的表达式代入上式并化简得
。
例2 （2024·山东卷，T13）在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守
恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫
导轨两端分别安装、两个位移传感器，测量滑块与它的距离， 测
量滑块与它的距离 。部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为和 ；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使、 均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制、 随时间变化的图像，分别如图乙、
图丙所示。
回答以下问题：
（1）从图像可知两滑块在____ 时发生碰撞。
1.0
解析：由图像中图线的斜率表示速度可知两滑块的速度在 时
发生突变，即这个时刻发生了碰撞。
（2）滑块碰撞前的速度大小_____ （保留2位有效数字）。
0.20
解析：根据图像中图线斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间
的速度大小 。
（3）通过分析，得出质量为的滑块是___（选填“”或“ ”）。
解析：由题图乙知，碰撞前的速度大小，碰撞后 的速度
大小约为，由题图丙可知，碰撞后 的速度大小
，和 碰撞过程动量守恒，则有
，代入数据解得 ，所以质量为
的滑块是 。
题型二 教材实验创新
例3 （2025·重庆万州二中期中）佳佳老师带领11、12班
的研究学习小组利用如图所示装置，将钢球 用细线悬
挂于点，钢球放在离地面高度为的支柱上， 点到
球球心的距离为。将 球拉至悬线与竖直方向夹角为
的位置，由静止释放后摆到最低点时恰与 球正碰，
碰撞后球把轻质指示针（图中未画出）推移到与竖直方向夹角为 的位
置，球水平抛出后落到地面上，测出球的水平位移 。用托盘天平称量
出球的质量、球的质量，再结合当地重力加速度，验证了、
两钢球碰撞前、后系统动量守恒。
（1）由题可知，球的质量______（选填“大于”“小于”或“等于”） 球的质量。
大于
解析：因为碰撞后，球继续向左运动，所以可知球的质量大于 球。
（2）球碰撞前、后的速度的表达式_________________，
_________________（用、、 、 表示）。
解析：对 球从静止释放后到摆到最低点的过程,根据动能定理可得
，解得 球碰撞前的速度的表达式
，碰撞后，对 球从最低点到摆到最高点的过程，
根据动能定理可得，解得 球碰撞后的速
度 。
（3）碰后球速度的表达式_ _____（用、、 表示）。
解析： 球碰撞后，做平抛运动，根据平抛运动的性质可得，竖直方向有
，水平方向有，可得 。
例4 （2025·江苏泰州月考）某实验探究小组利用如图所示的实验装置研
究两物体碰撞过程中的守恒量。
（1）实验步骤如下：
A.将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板上，用来记录实验中球1、球2与
木板的撞击点；
B.利用天平测量出1、2两小球的质量分别为、 ；
C.调节轨道末端水平，木板竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射
球1从斜槽上点由静止释放，与木板撞击点为 ；
D.将木板平移到图中所示位置固定；
E.让入射球1从斜槽上点由静止释放，与木板撞击点为 ；
F.把球2静止放置在水平轨道的末端点，让入射球1从斜槽上 点由静止释
放，确定球1和球2相撞后与木板的撞击点；
G.用秒表分别测量两球从点到各撞击点、、所用的时间、、 ；
H.用刻度尺测得与、、各点的高度差分别为、、 。
以上步骤中不合理的项是___（填步骤前序号）。
解析：小球撞击在木板上时，时间很短，不便测量；根据平抛运动规律，
可知小球撞击在木板上时，下落的时间，可把时间转换为高度 ，
故 不合理。
（2）为了减小实验误差，下列做法合理的是___。
A.减小斜槽对球1的摩擦
B.多次将球1从不同的位置释放
C.保证斜槽末端的切线沿水平方向
D.两球的质量和半径都一样大
解析：只要每次将球1从同一位置静止释放，球1到达斜槽末端的速度就相
等，斜槽有无摩擦力不影响实验结果，故A、B错误；小球碰前和碰后的
速度是根据平抛运动的规律计算，所以斜槽末端的切线必须沿水平方向，
故C正确；为了使两球碰撞为一维碰撞，即实现对心碰撞，则球1的直径应
等于球2的直径，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，故D错误。
（3）把球2放在斜槽末端边缘处，让球1从斜槽上 处由静止开始滚下，
使它们发生碰撞，碰后球1的落点在图中的___点。
解析：由题图可知，两小球撞击在竖直木板上，三次平抛运动的水平位移
相等，由平抛运动的规律可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小；
碰后球1的速度减小，则碰后球1落到 点。
（4）在误差允许的范围内，若满足关系式_ ______________，即表示两小
球组成的系统碰撞过程中动量守恒。
解析：根据平抛运动规律，可知小球撞击在木板上时，下落的时间
，则可知小球做平抛运动的水平速度 ，代入题中数据
得，， ，若碰撞过程动量守恒，则
，联立解得 。
例5 如图所示，已知、两滑块的质量关系为 ，拍摄共进行
了四次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后。 滑块
原来处于静止状态，设、滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在
至 这段范围内运动的（以滑块上的箭头位置为准），试根据闪光
照片（闪光时间间隔为 ），分析得出：
（1）滑块碰撞前的速度_________；滑块碰撞后的速度
____________，滑块碰撞后的速度 __________。根据闪光照片分析
说明碰撞发生位置在刻度尺____ 刻度处（均保留2位有效数字）。
30
解析：滑块碰撞后的速度， 滑块碰撞
后的速度 ，从发生碰撞到第二次拍摄照
片，运动的时间 ，由此可知，从拍摄第一张照
片到发生碰撞的时间， 滑块碰撞前的速度
，第一次拍摄时，是静止的，、 发生
碰撞的位置就是静止的位置，所以碰撞发生位置在刻度尺 刻度处。
（2）根据闪光照片分析得出碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的
乘积之和是________（以 表示）；碰撞后两个滑块各自的质量
与各自的速度的乘积之和是________（以 表示）。
解析：碰撞前的动量，碰撞后的动量 。
PART
03
随堂 巩固落实
1.（2025·山东滨州市期中）用如图所示的装置
做“验证动量守恒定律”实验，研究小球在斜槽
末端碰撞时动量是否守恒。
（1）下列关于本实验条件的叙述，正确的是
____。
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由
静止释放
B.入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C.入射小球的半径应等于被碰小球的半径
D.斜槽轨道必须光滑，末端必须水平
解析：同一组实验中，为了保证每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小
球必须从同一位置由静止释放，故A正确；为了保证碰后入射小球不反弹，
入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B错误；为了保证两球正碰，
两球半径应相等，故C正确；斜槽轨道是否光滑不影响实验结果，故不需
要光滑，为了保证小球抛出时做平抛运动，轨道末端必须水平，故D错误。
（2）图中 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多
次从斜槽上同一位置 由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点
的位置，测出平抛射程 ，然后，把被碰小球静置于轨道的水平末端，
仍将入射小球从斜槽上位置 由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次
重复该操作，测得两小球平均落地点位置分别为、 ，实验中还需要测
量的物理量有____。
A.入射小球和被碰小球的质量、
B.入射小球开始的释放高度
C.小球抛出点距地面的高度
D.两球相碰后的平抛射程、
解析：设入射小球碰撞前的速度为，碰撞后入射小球的速度为 ，被碰
小球的速度为，入射小球的质量为，被碰小球的质量为 ，若碰撞
过程满足动量守恒，则有 ，因小球从同一高度做平
抛运动，故运动时间都相同，设为，则有，， ，
联立可得 ，故实验中还需要测量的物理量
有入射小球和被碰小球的质量、，两球相碰后的平抛射程、 。
（3）在实验误差允许的范围内，若满足关系式___________________________
____（用所测物理量的字母表示），则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
解析：由（2）可知在实验误差允许的范围内，若满足关系式
，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
2.某同学设计了一个用打点计时器“验证动量守恒定律”的实验，在小车
的前端粘有橡皮泥，设法使小车 做匀速直线运动，然后与原来静止的小
车相碰并黏在一起继续做匀速运动，如图甲所示。在小车 的后面连着
纸带，电磁打点计时器的频率为 。
（1）若已得到打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间的距离，则应选
图中____段来计算碰前的速度，应选____段来计算和 碰后的速度。
解析：因为小车与碰撞前、后都做匀速运动，且碰后与 黏在一起，
其共同速度比原来的速度小。所以，应选点迹分布均匀且点距较大的
段计算碰前的速度，选点迹分布均匀且点距较小的段计算和 碰后
的速度。
（2）已测得小车的质量，小车的质量 ，
则由以上结果可得碰前______ ，碰后
______ 。
0.420
0.417
解析：由题图乙可知，碰前的速度和碰后、 的共同速度分别为
，
，故碰撞前， ，
碰撞后， 。
（3）从实验数据的处理结果来看，、 碰撞的过程中，可能哪个物理量
是不变的？__________。
动量之和
解析：数据处理表明， ，即在实验误差
允许的范围内，、 碰撞前后动量之和是不变的。
3.图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。
带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有
计时功能的摄像机。
（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还需要的实验器材是
______。
天平
解析：要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平。
（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，
使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做__________运动。
匀速直线
解析：为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调
节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动。
（3）测得滑块的质量为 ，两滑
块碰撞前后位置随时间 的变化图像如图
所示，其中①为滑块 碰前的图线。取滑
块 碰前的运动方向为正方向，由图中数
据可得滑块 碰前的动量为_________
（保留2位有效数字），滑块
碰后的图线为____（选填“②”“③”或
“④”）。
③
解析：取滑块碰前运动方向为正方向，根据图像可知滑块 碰前的
速度,则滑块 碰前的动量
,由题意可
知两滑块相碰要符合碰撞制约关系，则④图线为碰前滑块 的图线，由图
像可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知
③为碰后滑块 的图线。

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