資源簡介

第 25 講 碰撞及動量守恒定律的應用
——劃重點之精細講義系列
考點 1 動量守恒定律的理解及應用
考點 2 碰撞問題
考點 3 爆炸及反沖問題
考點 4 人船模型
考點 5 動量和能量觀點綜合應用
考點 1：動量守恒定律的理解及應用
1.系統：相互作用的幾個物體構成系統．系統中各物體之間的相互作用力稱為內力，外部其他
物體對系統的作用力叫做外力．
2.定律內容：如果一個系統不受外力作用，或者所受的合外力為零，這個系統的總動量保持不
變．
3.定律的表達式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，兩個物體組成的系統初動量等于末動量．
可寫為：p＝p′、Δp＝0 和 Δp1＝－Δp2
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和等于作用后的
動量和．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統總動量的增量為零．
4．守恒條件
理想守恒 系統不受外力或所受外力的合力為零，則系統動量守恒
近似守恒 系統受到的合力不為零，但當內力遠大于外力時，系統的動量可近似看成守恒
分方向守恒 系統在某個方向上所受合力為零時，系統在該方向上動量守恒
5.動量守恒的“四性”
矢量性 表達式中初、末動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負
瞬時性 動量是狀態量，動量守恒指對應每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等
速度的大小跟參考系的選取有關，應用動量守恒定律，各物體的速度必須是相對同一
同一性
參考系的速度．一般選地面為參考系
它不僅適用于兩個物體所組成的系統，也適用于多個物體組成的系統；不僅適用于宏
普適性
觀物體組成的系統，也適用于微觀粒子組成的系統
【考向 1】如圖所示，裝有輕彈簧與小物塊的小車靜止在光滑水平地面上，小車與小物塊接觸面粗
糙且水平。彈簧左端固定在小車內壁，右端與小物塊靠在一起。初始時，在外力作用下彈簧處于壓
縮狀態。現撤去外力，小物塊向右運動。從撤去外力到小物塊與小車右壁碰撞前的過程中，下列說
法正確的是（　　）
A．小物塊的機械能守恒
B．小物塊和彈簧組成的系統動量守恒
C．小物塊和彈簧組成的系統機械能守恒
D．小物塊、彈簧和小車組成的系統動量守恒
【考向 2】對下列情景說法正確的是（　　）
A．子彈打進木塊后一起向左運動的過程，子彈和木塊構成的系統動量守恒
B．兩同學傳接籃球的過程，兩同學和籃球構成的系統動量守恒
C．綁有磁鐵的兩小車在光滑水平地面上相向運動的過程，兩車構成的系統動量守恒
D．小球從靜止在光滑水平面上的斜槽頂端釋放，在離開斜槽前小球和斜槽構成的系統動量守恒
【考向 3】如圖是老師在課堂上做的一個演示實驗，將中間開孔的兩塊圓餅狀磁鐵用一根木棒穿過，
手拿住木棒（保持水平），此時兩磁鐵保持靜止。當手突然釋放，讓木棒和磁鐵一起自由下落時（不
計空氣阻力），發現兩塊磁鐵向中間靠攏并吸在一起了，下列說法正確的是（　　）
A．放手下落過程中，磁鐵受滑動摩擦力作用
B．放手下落過程中，磁鐵的運動軌跡是一條直線
C．放手下落過程中，兩個磁鐵水平方向動量不守恒
D．放手下落過程中，磁鐵和棒組成系統機械能不守恒
【考向 4】（多選）如圖所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上
的物塊。今讓一小球自左側槽口 A 的正上方從靜止開始下落，與圓弧槽相切自 A 點進入槽內，并從
C 點飛出，則以下結論中正確的是（ ）
A．小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功
B．小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C．小球自半圓槽的最低點 B 向 C 點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
D．小球離開 C 點以后，將做斜上拋運動
【考向 5】（多選）如圖所示，兩木塊 A、B 用輕質彈簧連在一起，置于粗糙水平面上，一顆子彈水
平射入木塊 A，并留在其中。在子彈射入木塊 A 及彈簧被壓縮的整個過程中，下列說法中正確的是
（　　）
A．在子彈射入木塊 A 的過程中，子彈和木塊 A 組成的系統動量守恒、機械能不守恒
B．在子彈射入木塊 A 的過程中，子彈和木塊 A 組成的系統動量不守恒，機械能守恒
C．在彈簧被壓縮的過程中，系統動量守恒、機械能不守恒
D．在彈簧被壓縮的過程中，系統動量、機械能都不守恒
考點 2：碰撞問題
1.概念：碰撞指的是物體間相互作用持續時間很短，物體間相互作用力很大的現象，在碰撞過
程中，一般都滿足內力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題．
2.分類
(1)彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統的機械能守恒，相互作用過程中遵循的規律是動量守恒和
機械能守恒．
(2)非彈性碰撞：在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量守恒定律．
(3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統的機械能損失最大，作用后兩物體粘合在一起，速
度相等，相互作用過程中只遵循動量守恒定律．
3.解析碰撞的三個依據
動量守恒 p1＋p2＝p1′＋p2′
p21 p22 p1′2 p2′2
動能不增加 Ek1＋Ek2 ≥ Ek1′＋Ek2′或 ＋ ≥ ＋2m1 2m2 2m1 2m2
①如果碰前兩物體同向運動，則碰前，后面的物體速度必大于前面物體
的速度，即 v 后＞v 前，否則無法實現碰撞；碰撞后，原來在前面的物體速度一
速度要符合情景 定增大，且速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即 v 前′ ≥ v 后′。
②如果碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改
變．除非兩物體碰撞后速度均為零．
4.彈性碰撞實例分析
（1）如圖所示，在光滑的水平面上，質量分別為 m1、m2 的兩小球分別以速度 v1、v2 運動，發
生彈性碰撞后兩球的速度分別為 v1′、v2′
由動量守恒定律可得 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
1 1 1 1
由機械能守恒定律 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
當碰撞前小球 m2的速度為零時，即 v2 =0，則 v 1 2 1 ， v 1 11 m m 21 2 m1 m2
（2）分析討論
彈性碰撞 質量關系 碰撞后速度變化
當碰撞前小球 m2 的速度不為零時，則 v1′ = v2 ，v2′ =v1，即兩小球交換速
動碰動 m1 = m2 度，動量和動能也交換，此時被動球的動能為最大值，與主動球的初動能
相同
m1 = m2 v1′ = 0 ，v2′ =v1，碰撞后兩小球交換速度，即 m2小球以 v1的速度運動
m1>m2 v1′ >0，v2′ >0，碰撞后兩小球沿同方向運動
二者發生彈性正碰后，v1′ =v1，v2′=2v1，表明碰撞后 m1的速度不變，m2以
動碰靜 m1 m2
2v1的速度被撞出去
m10，碰撞后 m1被反彈回來
m1 m2 二者發生彈性正碰后，v1′ = -v1，v2′ =0,表明碰后 m1被反向以原速率彈回，
而 m2仍靜止.
應用動量及能量守恒解決碰撞問題
【考向 6】（2024·吉林·一模）如圖所示，內壁間距為 L 的箱子靜止于水平面上，可視為質點的物塊
放在箱內最右端，它們的質量均為 m，箱子的內壁光滑，與地面間的動摩擦因數為 μ。現給箱子一
水平向右的初速度，運動過程中物塊與箱子的側壁共發生 2 次彈性碰撞，靜止時物塊恰好停在箱子
正中間，重力加速度為 g。下列說法正確的是（　　）
A．箱子的總位移為 2L
B．物塊的總位移為 1.5L
C．箱子的初動能為 3μmgL
D．第一次碰撞后瞬間物塊的動能為 2μmgL
【考向 7】（2024·北京朝陽·一模）如圖所示，光滑水平地面上的 P、Q 兩物體質量均為 m，P 以速度
v 向右運動，Q 靜止且左端固定一輕彈簧。當彈簧被壓縮至最短時（　　）
A．P 的動量為 0
B．Q 的動量達到最大值
C．P、Q 系統總動量小于 mv
D 1．彈簧儲存的彈性勢能為 24
【考向 8】（2024·廣西桂林·三模）兩物體 A、B 放在光滑的水平面上，現給兩物體沿水平方向的初
速度，如圖所示為兩物體正碰前后的位移隨時間的變化規律。已知物體 A 的質量為 A = 0.4kg。則
（　　）
A．圖線 1 為碰后物體 B 的圖像
B．碰撞前物體 A 的速度大小為2m/s
C．物體 B 的質量為0.2kg
D．碰撞過程 A、B 組成的系統損失的機械能為2.4J
【考向 9】（多選）（2024·海南海口·一模）如圖所示，不可伸長的輕繩跨越釘子 O，兩端分別系有大
小相同的小球 A 和 B。在球 B 上施加外力 F，使輕繩 OB 水平且繃直，球 A 與地面接觸，兩球均靜
止。已知 = = ，兩球質量分別為 A、 B，重力加速度為 g，不計一切阻力。現將球 B 由靜
止釋放，發現兩球可沿水平方向發生碰撞，且碰后粘在一起運動。則（　　）
A．兩球質量應滿足 A ≥ 3 B
B．外力 F 應滿足 B ≤ ≤ 10 B
C．兩球碰撞前瞬間，B 球的加速度大小為3
D 1．兩球碰后擺起的最大高度不超過16
【考向 10】（多選）（2024·河北邢臺·二模）如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，有一個質量為 2m
的物塊 A，在物塊 A 正上方有一繩長為 L 的細線拴接一個質量為 m 的小球，將小球拉至水平位置由
靜止釋放，在最低點與物塊 A 發生彈性正碰，之后物塊 A 與右側質量為 4m 的物塊 B 發生正碰。已
知重力加速度大小為 g，兩物塊和小球均可看做質點，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A 2．小球與物塊 A 碰撞后瞬間物塊 A 的速度大小為3 2
B．小球與物塊 A 碰撞前后瞬間細繩的拉力大小之比為9:1
C．物塊 A 與物塊 B 2碰撞后物塊 B 能獲得的最小速度為9 2
D A B B 8 ．物塊 與物塊 碰撞后物塊 能獲得的最大動能為 9
【考向 11】（2024·河南新鄉·二模）如圖所示，某同學在水平雪地里做了一個冰壺比賽場地，將兩個
冰壺 A、B 從擲出線先、后（時間差Δ = 0.5s）擲出，擲出時的速度大小分別為 A = 2.5m/s， B = 2.9
m/s，兩冰壺均沿中心線運動，當冰壺 B 追上冰壺 A 時兩者發生彈性正碰（碰撞時間極短），之后
冰壺 A 恰好到達大本營中心。已知冰壺 A、B 的質量分別為 A = 0.7kg、 B = 0.5kg，兩冰壺與冰
面的動摩擦因數均為 μ=0.04，兩冰壺均可視為質點，取重力加速度大小 = 10m/s2。求：
（1）兩冰壺碰撞前的速度大小 ′A、 ′B；
（2）大本營中心到擲出線的距離 s；
（3）冰壺 B 擲出后與冰壺 A 間的最大距離 d。
考點 3：爆炸及反沖問題
1.爆炸現象的三條規律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于系統受到
的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒．
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統
的總動能增加．
(3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，因而在作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略
不計，可以認為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運動．
2.反沖的兩條規律
(1)總的機械能增加：反沖運動中，由于有其他形式的能量轉變為機械能，所以系統的總機械能
增加．
(2)平均動量守恒
若系統在全過程中動量守恒，則這一系統在全過程中平均動量也守恒．如果系統由兩個物體組
成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發生運動，則由m1v1 m2v2 0，得 m1x1＝m2x2.該式的適
用條件是：
①系統的總動量守恒或某一方向的動量守恒．
②構成系統的 m1、m2原來靜止，因相互作用而運動．
③x1、x2均為沿動量守恒方向相對于同一參考系的位移．
【考向 12】（2023·天津和平·二模）我國多次成功使用“冷發射”技術發射長征十一號系列運載火箭，
如圖所示，發射艙內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。設從
火箭開始運動到點火的過程始終受氣體推力，則此過程中（　　）
A．氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量
B．高壓氣體釋放的能量等于火箭動能的增加量
C．在氣體推力作用下，火箭的速度一直在增大
D．氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量
【考向 13】（2024·青海海南·二模）斜向上發射的炮彈在最高點爆炸（爆炸時間極短）成質量均為 m
的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原路返回。已知炮彈爆炸時距地面的高度為 H，炮彈爆炸前的動能為
E，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力和火藥的質量，則兩塊碎片落地點間的距離為（　　）
A 2 ． B．2 2 C 3 2 ．2 D．4

【考向 14】航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手
舉著大風箏，設想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風箏平穩著陸。假設萬戶及所攜設備（火
箭（含燃料）、椅子、風箏等）總質量為 M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為 m 的熾熱燃氣相
對地面以 0的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為 g，下列說法中正
確的是（ ）

A 0．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為 =
B．火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機械能守恒
C
2 2
．噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為 0 ( )2
D．在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備動量守恒
【考向 15】如圖所示，假設煙花上升到距地面高度為 h 的最高點時，炸裂成甲、乙、丙三個質量均
為 m 的碎塊（可視為質點），其中甲的初速度大小為 v0，方向豎直向上，乙、丙的初速度大小相等
且夾角為 120°，爆炸產生的熱量為 Q，重力加速度大小為 g，空氣阻力忽略不計。下列說法正確的
是（　　）
A．爆炸剛結束時，乙、丙的合動量大小為 2mv0
B．三個物體到達地面時的動能不相等
C．甲在落地的過程中，重力對甲的沖量大小為 0 + 20 + 2
D 3．爆炸過程中釋放的總能量為 22 0
【考向 16】如圖，三個質量分別為 2m、m、m 的物塊 A、B、C 靜止在光滑水平直軌道上，A、B
間用一根細線相連，然后在 A、B 間夾一壓縮狀態的輕質彈簧，此時輕彈簧的彈性勢能為 p。現在
剪短細線，A 和 B 向兩邊滑出，當輕質彈簧恢復原長時，B 與 C 發生碰撞黏合在一起，下列說法正
確的是（　　）
A．彈簧恢復原長時， = 4 pA 3
B 2 ．彈簧恢復原長時， A = p3
C B C ． 與 發生碰撞黏合在一起后的速度大小為 p
3
D．B 與 C 1 發生碰撞黏合在一起后的速度大小為 p2 3
考點 4：人船模型
1.人船模型的動量與能量規律
由于系統所受合外力為零，故遵從動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統或每個物體
的動能均發生變化：力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能
的變化.
2.模型特點
①兩物體滿足總動量為 0 且動量守恒：0＝mv 人－Mv 船
x x
②兩物體的位移大小滿足：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.運動特點
①人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；
x 人
②人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即 ＝
x 船
v 人 M
＝ 。
v 船 m
4.人船模型的兩個推論
(1)當系統的動量守恒時，任意一段時間內的平均動量也守恒；
(2)當系統的動量守恒時，系統的質心保持原來的靜止狀態或勻速直線運動狀態不變.
5.人船模型的拓展
與人船模型特點相同的模塑還有：斜劈和物塊模型、圓環和滑塊模型、氣球和人模型.
(1)斜劈和物塊模型
模型特點：小物塊從靜止在光滑水平面上的斜劈的頂端無初速度地滑到底端.
mb
規律：ms1=Ms2，s1+s2=b，可得 s2 M m
(2)圓環和滑塊模型
模型特點：光滑水平面上放置光滑圓環，滑塊從與環心 O 等高處無初速度地下滑到最低點。
mR
規律：Ms=m（R-s），可得 s .
M m
(3)氣球和人模型
模型特點：氣球質量為 M，拋一條不計質量的軟梯，質量為 m 的人站在軟梯上端距地面高度為
H，初始氣球保持靜止狀態，隨后人沿軟梯無初速度地運動至地面.
L (M m)H規律：mH = Mh，L = H+h，可得
M
【考向 17】如圖，小船靜止在水面上，站在船尾的人不斷將船尾艙的魚水平拋入左方船頭的艙內
（魚可視為質點，拋出點高度保持不變，一條魚落入船頭的艙內后再拋出下一條魚），下列說法正確
的是（　　）
A．為使魚始終可保證落入船頭的艙內，人拋出魚的速度應逐漸增大
B．為使魚始終可保證落入船頭的艙內，人拋出魚的速度應保持不變
C．拋完所有魚后，小船靜止，船相對岸位置不變
D．拋完所有魚后，小船靜止，船相對岸向左移動了一些
【考向 18】如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的質量為 M 的小車，用長為 L 的細線系一質量為 m
的小球，將小球拉至水平位置，球放開時小車與小球保持靜止狀態，松手后讓小球下落，在最低點
與固定在小車上的油泥相撞并粘在一起，則（　　）
A．小球下擺過程與小車組成的系統動量守恒
B．小球與油泥相撞后一起向右運動
C ．小球下擺過程小車的運動距離為
D ．小球下擺過程小車的運動距離為
【考向 19】（2023·黑龍江哈爾濱·三模）如圖所示，質量為 = 4kg的小車靜止在光滑水平面上，小
車 段是半徑為 = 1m的四分之一光滑圓弧軌道， 段是長為 的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于
點。一質量為 = 1kg的可視為質點的滑塊從小車上的 A 點由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入
軌道，最后恰好停在 點，滑塊與軌道 間的動摩擦因數為 0.5，重力加速度為 = 10m/s2，則（　　）
A．整個過程中滑塊和小車組成的系統動量守恒
B．滑塊由 A 滑到 過程中，滑塊的機械能守恒
C． 段長 = 1m D．全過程小車相對地面的位移大小為0.6m
【考向 20】（多選）如圖所示，光滑水平面上放置一質量為 M 的小車，固定在小車上的輕豎桿一端
系一長為 l 的細繩，細繩的另一端固定質量為 m 的小球。將小球向右拉至細繩剛好水平后放手，則
下列說法正確的是（　　）
A．小球擺到報低點時的速度大小為 2
B．水平方向任意時刻小球與小車的動量總是等大反向或都為零
C．小球能向左擺到原高度
D 2 ．小車向右移動的最大距離為
【考向 21】（多選）如圖所示，質量為 M=2m 的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，
船面可看做水平面，并且比湖岸高出 h。在船尾處有一質量為 m 的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將
1
鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離為 L，船頭到湖岸的水平距離 = 3 ，彈簧原長遠小于 L。將細線
燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加
速度為 g。下列判斷正確的有（　　）
A 1．鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為3
B 2 ．鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為3
C 2 ．小木船最終的速度大小為3
D
2
．彈簧釋放的彈性勢能為 6
【考向 22】（多選）如圖所示，質量 = 4kg的圓環套在光滑的水平軌道上，質量 = 2kg的小球通
過長 = 0.9m的輕繩與圓環連接。現將細繩拉直，且與 平行，小球以豎直向下的 0 = 2 6m/s初
速度開始運動，已知重力加速度 = 10m/s2。則（　　）
A．運動過程中，小球和圓環滿足水平方向動量守恒
B．在運動過程中，小球能繞圓環做完整的圓周運動
C．小球通過最低點時，小球的速度大小為 42m/s
D．從小球開始運動到小球運動到最高點這段時間內，圓環向左運動的位移大小為 0.3m
【考向 23】（多選）（2023·陜西寶雞·二模）如圖所示，半徑為 R、質量為 2m 的光滑半圓軌道小車靜
止在光滑的水平地面上，將質量為 m 的小球（可視為質點）從 A 點正上方高為 R 處由靜止釋放，
由 A 點經過半圓軌道后從 B 沖出，重力加速度為 g，則（　　）
A．小球進入半圓軌道后，由小球和小車組成的系統總動量守恒
B．小球離開小車后做斜上拋運動
C 2．小車向左運動的最大距離為3
D 2 ．小車獲得的最大速度為
3
考點 5:動量和能量觀點綜合應用
1.動量與能量的綜合
（1）區別與聯系：動量守恒定律和機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體所構成的
系統，且研究的都是某一個物理過程．但兩者守恒的條件不同：系統動量是否守恒，決定于系統所
受合外力是否為零；而機械能是否守恒，決定于系統是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功．
（2）表達式不同：動量守恒定律的表達式為矢量式，機械能守恒定律的表達式則是標量式，對
功和能量只是代數和而已．
2.動量的觀點和能量的觀點
動量的觀點：動量守恒定律
能量的觀點：動能定理和能量守恒定律
這兩個觀點研究的是物體或系統運動變化所經歷的過程中狀態的改變，不對過程變化的細節作
深入的研究，而關心運動狀態變化的結果及引起變化的原因．簡單地說，只要求知道過程的初、末
狀態動量式、動能式和力在過程中所做的功，即可對問題進行求解．
3．利用動量的觀點和能量的觀點解題應注意下列問題
(1)動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達
式，絕無分量表達式．
(2)中學階段凡可用力和運動的觀點解決的問題．若用動量的觀點或能量的觀點求解，一般都要
比用力和運動的觀點要簡便，而中學階段涉及的曲線運動(a 不恒定)、豎直面內的圓周運動、碰撞等，
就中學知識而言，不可能單純考慮用力和運動的觀點求解．
4.應用動量、能量觀點解決問題的兩點技巧
(1)靈活選取系統的構成，根據題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對
象，不一定選所有的物體為研究對象．
(2)靈活選取物理過程．在綜合題目中，物體運動常有幾個不同過程，根據題目的已知、未知靈
活地選取物理過程來研究．列方程前要注意鑒別、判斷所選過程動量、機械能的守恒情況．
5.力學規律的選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律.
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或
動能定理(涉及位移的問題)去解決問題.
(3)若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定
律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件.
(4)在涉及相對位移問題時，優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械
能的減少量，即轉變為系統內能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械
能與其他形式能量之間的轉換.這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決.
(6)動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的初、末
兩個狀態有關物理量間的關系，對過程的細節不予細究，這正是它們的方便之處.特別對于變力做功
問題，就更顯示出它們的優越性
【考向 24】（2024·遼寧葫蘆島·二模）如圖所示，一質量 M＝0.3kg 的足夠長“L”形木板，放置于傾角
為 30°的光滑斜面上，其上端有一質量 m＝0.2kg 的物塊，物塊與木板上端之間夾有少量爆炸物且處
于靜止狀態。現引燃爆炸物（對人體不構成傷害），物塊與木板瞬間獲得總動能為 3.375J（只考慮沿
斜面方向，其它方向能量不計）。已知物塊與木板間的動摩擦因數為 = 3，重力加速度 g 取
2
10m s2，不考慮爆炸物爆炸后的殘余物，不計空氣阻力。求：
（1）爆炸物爆炸瞬間，物塊和木板獲得的速度大小；
（2）木板沿斜面上升的最大距離；
（3）從爆炸到木板第一次返回底端的過程中系統因摩擦損失的機械能。
【考向 25】（2024·北京大興·三模）如圖所示，半徑 = 0.4m的豎直半圓形光滑軌道 BC 與水平面 AB
相切，AB 間的距離 = 3.6m。小滑塊 2 放在半圓形軌道的最低點 B 處，另一小滑塊 1，從 A 點以
0 = 10m s的初速度在水平面上滑行，到達 B 處兩滑塊相碰，碰撞時間極短，碰后兩滑塊粘在一起
滑上半圓形軌道。已知滑塊 1 與水平面之間的動摩擦因數 = 0．5，重力加速度道 g 取10m/s2，兩
滑塊質量 1， 2均為 1kg，可視為質點。求：
（1）滑塊 1 與滑塊 2 碰撞前瞬間的速度大小 1；
（2）兩滑塊在碰撞過程中損失的機械能Δ ；
（3）分析說明滑塊 1、2 結合后能否順利到達半圓軌道最高點 C。
【考向 26】（2024·河北·三模）如圖所示，長木板 A 放在粗糙水平面上，靜置于長木板上右端的小
物塊 B、C 之間放有少量火藥，某時刻點燃火藥，小物塊 C 獲得 2m/s 的初速度向右離開長木板，小
物塊 B 在長木板上向左運動 1.25m 時與長木板的左端發生彈性碰撞。已知長木板和小物塊 B 質量均
為 1kg，小物塊 C 質量為 1.5kg，長木板與水平面、小物塊 B 與長木板之間的動摩擦因數均為 0.2，
= 10m/s2，小物塊 B、C 可看成是質點，求：
（1）小物塊 B、C 組成的系統因火藥燃燒而增加的機械能；
（2）長木板因小物塊 B 的碰撞獲得的動能；
（3）整個過程中長木板運動的位移。
【考向 27】（2024·江西南昌·三模）如圖，左側光滑曲面軌道與右側傾角 = 37°的斜面在底部平滑
連接且均固定在光滑水平地面上，質量為 m 的小滑塊 A 從斜面上離斜面底邊高為2 處由靜止釋放，
經過斜面與水平面交接處時無機械能損失，在水平面與一質量為 m 的靜止小滑塊 B 發生正碰結合為
一個整體（A、B 完全相同），一起滑上左側曲面軌道，再從曲面軌道滑上斜面，滑塊第一次沿斜面
3
上滑的最大高度為14 ，多次往復運動。不計空氣阻力，重力加速度為 g，sin37° = 0.6，cos
37° = 0.8。求：
（1）滑塊與斜面間的動摩擦因數 ；
（2）滑塊第 1 次滑下斜面的時間 1與第 1 次滑上斜面的時間 2之比；
（3）滑塊最終靜止，整個系統由于摩擦產生的熱量 Q。
【真題 1】（2024·浙江·高考真題）如圖所示，2023 年 12 月 9 日“朱雀二號”運載火箭順利將“鴻鵠衛
星”等三顆衛星送入距離地面約500km的軌道。取地球質量6.0 × 1024kg，地球半徑6.4 × 103km，引
力常量6.67 × 10 11N m2/kg2。下列說法正確的是（　　）
A．火箭的推力是空氣施加的 B．衛星的向心加速度大小約8.4m/s2
C．衛星運行的周期約12h D．發射升空初始階段，裝在火箭上部的衛星處于失重
狀態
【真題 2】（2024·江蘇·高考真題）在水平面上有一個 U 形滑板 A，A 的上表面有一個靜止的物體 B，
左側用輕彈簧連接在物體 B 的左側，右側用一根細繩連接在物體 B 的右側，開始時彈簧處于拉伸狀
態，各表面均光滑，剪斷細繩后，則（　　）
A．彈簧原長時 B 動量最大
B．壓縮最短時 A 動能最大
C．系統動量變大
D．系統機械能變大
【真題 3】（2024·安徽·高考真題）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通
過不可伸長的絕緣輕質細線，連接成邊長為 d 的正三角形，如圖甲所示。小球質量為 m，帶電量為
+ ，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直。現將球 1 和球 2 間的細線剪斷，當三個小球
運動到同一條直線上時，速度大小分別為 1、 2、 3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統
2
電勢能減少了 2 ，k 為靜電力常量，不計空氣阻力。則（ ）
A．該過程中小球 3 受到的合力大小始終不變 B．該過程中系統能量守恒，動量不守恒
C = ≠ 2 D = 2
2
．在圖乙位置， 1 2， 3 1 ．在圖乙位置， 3 3
【真題 4】（多選）（2024·甘肅·高考真題）電動小車在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是
（　　）
A．小車的動能不變 B．小車的動量守恒
C．小車的加速度不變 D．小車所受的合外力一定指向圓心
【真題 5】（多選）（2024·廣西·高考真題）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球 M 和 N。M
水平向右運動，速度大小為 v。M 與靜置于平臺邊緣的 N 發生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若
不計空氣阻力，則碰撞后，N 在（　　）
A．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動
B．豎直增面上的垂直投影的運動是勻加速運動
C．水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于 v
D．水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于 v
【真題 6】（多選）（2023·廣東·高考真題）某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模
型．多個質量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊 1 施加一
個水平向右的恒力 ，推動滑塊 1 以0.40m/s的速度與靜止的滑塊 2 碰撞，碰撞時間為0.04s，碰撞結
束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s．關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（ ）
A．該過程動量守恒
B．滑塊 1 受到合外力的沖量大小為0.18N s
C．滑塊 2 受到合外力的沖量大小為0.40N s
D．滑塊 2 受到滑塊 1 的平均作用力大小為5.5N
【真題 7】（多選）（2024·廣東·高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑
塊，分別從 甲、 乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在 O 處平滑相接，滑塊與水平面間的
動摩擦因數為 ，乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（　　）
A．甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C．乙的運動時間與 乙無關

D 乙．甲最終停止位置與 O 處相距
【真題 8】（多選）（2024·湖北·高考真題）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為 M、長為 L
的木塊，質量為 m 的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小 f 與
射入初速度大小 0成正比，即 = 0（k 為已知常數）。改變子彈的初速度大小 0，若木塊獲得的速
度最大，則（　　）
A 2 ( )．子彈的初速度大小為
2
B．子彈在木塊中運動的時間為 ( )
C
2 2( )
．木塊和子彈損失的總動能為
D ．木塊在加速過程中運動的距離為
【真題 9】（2024·江蘇·高考真題）嫦娥六號在軌速度為 v0，著陸器對應的組合體 A 與軌道器對應的
組合體 B 分離時間為 Δt，分離后 B 的速度為 v，且與 v0同向，A、B 的質量分別為 m、M。求：
（1）分離后 A 的速度 v1大小；
（2）分離時 A 對 B 的推力大小。
【真題 10】（2024·安徽·高考真題）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水
平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車
最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于 O 點正下方，并輕靠在物塊右側。現將細線拉直到水
平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著小車上的
軌道運動，已知細線長 = 1.25m。小球質量 = 0.20kg。物塊、小車質量均為 = 0.30kg。小車上
的水平軌道長 = 1.0m。圓弧軌道半徑 = 0.15m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力
加速度 g 取10m/s2。
（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；
（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數 的
取值范圍。
【真題 11】（2024·湖北·高考真題）如圖所示，水平傳送帶以 5m/s 的速度順時針勻速轉動，傳送帶
左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點 O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質
量為 0.2kg 的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在 O 點右側的 P 點固定一釘子，P 點與 O
點等高。將質量為 0.1kg 的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞
時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞 O 點做圓周運動，當輕
繩被釘子擋住后，小球繼續繞 P 點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為 0.5，重力加
速度大小 = 10m/s2。
（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；
（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能；
（3）若小球運動到 P 點正上方，繩子不松弛，求 P 點到 O 點的最小距離。
【真題 12】（2024·甘肅·高考真題）如圖，質量為 2kg 的小球 A（視為質點）在細繩 ′ 和 OP 作用
下處于平衡狀態，細繩 ′ = = 1.6m，與豎直方向的夾角均為 60°。質量為 6kg 的木板 B 靜止在
光滑水平面上，質量為 2kg 的物塊 C 靜止在 B 的左端。剪斷細繩 ′ ，小球 A 開始運動。（重力加速
度 g 取10m/s2）
（1）求 A 運動到最低點時細繩 OP 所受的拉力。
（2）A 在最低點時，細繩 OP 斷裂。A 飛出后恰好與 C 左側碰撞（時間極短）、碰后 A 豎直下落，
C 水平向右運動。求碰后 C 的速度大小。
（3）A、C 碰后，C 相對 B 滑行 4m 后與 B 共速。求 C 和 B 之間的動摩擦因數。
【真題 13】（2024·遼寧·高考真題）如圖，高度 = 0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊 A、B，質
量 A = B = 0.1kg。A、B 間夾一壓縮量Δ = 0.1m的輕彈簧，彈簧與 A、B 不栓接。同時由靜止釋
放 A、B，彈簧恢復原長時 A 恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程 A = 0.4m；B 脫離彈簧后
沿桌面滑行一段距離 B = 0.25m后停止。A、B 均視為質點，取重力加速度 = 10m/s2。求：
（1）脫離彈簧時 A、B 的速度大小 A和 B；
（2）物塊與桌面間的動摩擦因數 μ；
（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能Δ p。
一、單選題
1．豎直放置的輕質彈簧，下端固定在水平地面上，一小球從彈簧正上方某一高度處自由下落，從小
球開始接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小球和彈簧組成的系統動量守恒
B．小球的動量一直減小
C．彈簧對小球沖量的大小大于重力對小球沖量的大小
D．小球的機械能守恒
2．如圖所示，“水火箭”又稱氣壓式噴水火箭，由飲料瓶、裝入瓶內的水及高壓氣體組成。在一次發
射實驗中將總質量為 M 的自制“水火箭”靜置在地面上。發射時“水火箭”在極短時間Δ 內，以相對地
面的速度 0豎直向下噴出質量為 m 的水。取重力加速度為 g，下列說法正確的是（　　）
A．“水火箭”的動力來源于火箭外的空氣對它的推力
B．“水火箭”噴出水的過程內力遠大于外力，所以系統機械能守恒

C．“水火箭”獲得的最大速度為 0

D 0．“水火箭”受到的平均升力為 Δ +
3．如圖所示，A、B 兩球分別用長度均為 的輕桿通過光滑較鏈與 C 球連接，通過外力作用使兩桿
并攏，系統豎直放置在光滑水平地面上。某時刻將系統由靜止釋放，A、B 兩球開始向左右兩邊滑
動。已知 A、B 兩球的質量均為 ，C 球的質量為2 ，三球體積相同，且均在同一豎直面內運動，
忽略一切阻力，重力加速度為 。系統從靜止釋放到 C 球落地前的過程，下列說法正確的是（　　）
A．A、B、C 三球組成的系統動量守恒
B．C 球的機械能先增加后減少
C．C 球落地前瞬間的速度大小為 2
D．A 3 球的最大速度大小為
2
二、多選題
4．如圖，在一次特警訓練中，質量為 140kg 的小車靜止在光滑的水平面上，A、B 為小車的兩端。
質量為 70kg 的特警站在 A 端，起跳后恰好落到 B 端，相對地面的位移為 2m。該過程不計空氣阻力，
下列說法正確的是（　　）
A 4．小車后退了 1m B．小車后退了3m
C．小車 AB 長為 3m D．小車 AB 長為2m
5．如圖甲所示，長2m的木板Q靜止在某水平面上， = 0時刻，可視為質點的小物塊P以水平向右的
某初速度從Q的左端向右滑上木板。P、Q的 圖像如圖乙所示。其中 、 分別是0~1s內P、Q的
圖像， 是1~2s內P、Q共同的 圖像。已知P、Q的質量均是1kg， 取10 m/s2，則以下判斷正
確的是（　　）
A．P、Q系統在相互作用的過程中動量不守恒
B．在0 2 內，摩擦力對Q的沖量是1N·s
C．P、Q之間的動摩擦因數為0.1
D．P相對Q靜止的位置在Q木板的右端
6．如圖所示，左側有一長為 L=3m 的傳送帶，以速度 v=5m/s 順時針轉動，右側有一質量為 M=6kg、
長為 l=5m 的長木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為 m=2kg 的小物塊（可視為質點）以初速度
v0=10m/s 從傳送帶的左端滑上傳送帶，并且小物塊能無機械能損失的滑上長木板。已知小物塊與傳
送帶、長木板間的動摩擦因數均為 μ=0.6，不計空氣阻力，g 取 10m/s2。則（ ）
A．小物塊滑上長木板的速度為 5m/s
B．小物塊的最終速度為 2m/s
C．長木板的最終動能 Ek=12J
D．全過程系統產生的內能 Q=48J
7．（2024·廣東·三模）如圖所示，疊放在一起的 a、b 兩物塊從距地面一定高度處由靜止下落，經碰
撞后物塊 b 靜止在地面上。不考慮空氣阻力的影響，b 與地面僅碰撞一次，假定所有的碰撞均為彈
性碰撞，則（　　）
A．下落過程中物塊 a、b 間存在彈力作用
B．物塊 b 的質量是 a 的 3 倍
C．物塊 a 能反彈的最大高度是其初始下落高度的 5 倍
D．物塊 a 反彈的速度是物塊 b 落地速度的 2 倍
8．如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為 M 的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與
水平面相切，一個質量為 ( < )的小球從弧形槽 h 高處由靜止開始下滑，不計空氣阻力，下列說
法正確的是（　　）
A．在下滑過程中弧形槽對小球的彈力始終不做功
B．在小球壓縮彈簧的過程中，小球的機械能減小
C．小球離開彈簧后，小球和弧形槽組成的系統機械能守恒，但小球不能回到弧形槽 h 高處
D．在整個過程中，小球、弧形槽和彈簧組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒
9．（2024·四川成都·二模）如圖，半徑為 的固定光滑圓軌道豎直放置，套在軌道上質量均為 的小
球A和B（均可視為質點）用一根長為 2 的輕桿連接。將A置于軌道最低點并由靜止釋放，重力加
速度大小為 。下列說法正確的是（　　）
A．小球A、B與輕桿組成的系統機械能守恒
B．小球A、B與輕桿組成的系統動量守恒
C．小球A、B等高時，A球的速率為 1 2
2
D．從釋放到小球A、B等高的過程中，桿對B球做功為 0.5
10．（2024·全國·一模）如圖所示，水平放置、足夠長的光滑桿 上套有一小球A，小球A通過一長

度為 2 的不可伸長的輕繩與小球B相連，A、B小球的質量均為 。將小球B放置于小球A的正下方2
處，并以初速度 0 = 水平拋出， 為重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．繩子恰好繃直時，其與 的夾角為45°
B．繩子繃直前瞬間，小球B的速度大小為 3 0
C 2．繩子繃直后瞬間，小球A的速度大小為3 0
D 2．繩子繃直前后，繩子對 B 球的沖量大小為
3 0
11．如圖所示，質量為 2kg 的凹槽靜置于光滑水平面，高為 2m，底邊長為 4m 并且末端與水平面相
切。現將質量為 1kg 的小球，從凹槽的最頂端由靜止釋放，小球將自由下滑到凹槽底端，并與凹槽
分離。若重力加速度 g 取 10m/s2，忽略空氣阻力，則當小球與凹槽剛好分離時（　　）
A．小球的速度大小為4 15m/s B．凹槽的速度大小為2 5m/s
3 3
C 2 4．小球向右移動的水平距離為3m D．凹槽向左移動的水平距離為3m
12．（2024·河北保定·一模）如圖所示，粗糙的水平面上放置一輕質彈簧，彈簧的右端固定，左端與
質量為 m 的滑塊甲（視為質點）連接，小球乙（視為質點）靜止在 C 點，讓甲在 A 點獲得一個水平
向左的初速度2 0，且甲在 A 點時彈簧處于壓縮狀態，此時彈簧所蘊含的彈性勢能為3 20，當甲運
動到 B 點時彈簧正好恢復到原長，甲繼續運動到 C 點時與乙發生彈性碰撞。已知甲與水平面之間的
2
動摩擦因數為 = 02 ，A、B 兩點間距與 B、C 兩點間距均為 L，下列說法正確的是（　　）
A．甲剛到達 B 點時的速度大小為 0
B．甲剛到達 C 點時，彈簧的彈性勢能為3 20
C．甲剛到達 C 點時（與乙發生碰撞前）的動能為 20
D．若甲、乙碰撞剛結束時，乙的速度為 2 0，則乙的質量為 2m2
13．（2024·山東濟南·三模）質量為 1 = 90g的物塊從距離地面高度為 = 19m處自由下落，在下落
到距離地面高度為 ′ = 14m時，質量為 2 = 10g的子彈以 0 = 10m/s的水平速度瞬間擊中物塊并留
在其中。重力加速度取 = 10m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變為1m/s
B．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變為10m/s
C．物塊下落的總時間為2s
D．物塊下落的總時間為 95s
5
三、解答題
14．（2024·重慶沙坪壩·三模）如圖所示，質量為 = 1kg的小物塊 A 放在質量也為 的木板 C 的右
端，木板靜止在光滑地面上， = 0時刻給木板施加一水平向右的拉力 ，物塊和木板立即發生相對
滑動。已知拉力功率 恒為 8W，物塊和木板間的動摩擦因數 = 0．2， 1 = 1．5s時物塊和木板共
速，且共速時立即撤去拉力，重力加速度 取10m/s2。求：
（1）與木板共速前物塊 A 運動的加速度；
（2）若物塊恰不從木板上滑下，木板 C 的長度；
（3）若木板 C 右方還靜置著另一物塊 B，木板 C 與 A 共速后再與 B 發生碰撞并粘在一起，則在滿
足第（2）問情況下，要保證物塊 A 恰不從木板 C 上滑出，求物塊 B 的質量。
15．（2024·浙江金華·三模）某固定裝置的豎直截面如圖甲所示，由長度為 1.0m 的水平傳送帶和兩
段光滑圓管軌道組成，兩段圓管軌道所對應的圓心角相同 = 106°， = 0.4m， = 0.8m，右側
帶有豎直擋板的滑塊 b 放置在光滑的水平面上，傳送帶和滑塊 b 與軌道端口均為平滑連接，傳送帶
啟動后運行的 圖如圖乙所示，傳送帶啟動 0.5s 后把小物塊 a 從傳送帶左側靜止釋放，小物塊 a
和滑塊 b 的質量均為 = 0.4kg，a 與傳送帶和滑塊 b 之間的動摩擦因數均為 = 0.25，若空氣阻力、
小物塊 a、圓管軌道的口徑和皮帶輪半徑均可不計，物塊 a 進出管道時無能量損失，物塊 a 和滑塊 b
發生的碰撞為完全彈性碰撞，重力加速度 = 10m/s2，試求：
（1）小物塊 a 在傳送帶上運動的時間 t；
（2）小物塊 a 進入BC管道時對管道的作用力大小；
（3）滑塊 b 至少多長才能使小物塊 a 不脫離滑塊。第 25 講 碰撞及動量守恒定律的應用
——劃重點之精細講義系列
考點 1 動量守恒定律的理解及應用
考點 2 碰撞問題
考點 3 爆炸及反沖問題
考點 4 人船模型
考點 5 動量和能量觀點綜合應用
考點 1：動量守恒定律的理解及應用
1.系統：相互作用的幾個物體構成系統．系統中各物體之間的相互作用力稱為內力，外部其他
物體對系統的作用力叫做外力．
2.定律內容：如果一個系統不受外力作用，或者所受的合外力為零，這個系統的總動量保持不
變．
3.定律的表達式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，兩個物體組成的系統初動量等于末動量．
可寫為：p＝p′、Δp＝0 和 Δp1＝－Δp2
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和等于作用后的
動量和．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統總動量的增量為零．
4．守恒條件
理想守恒 系統不受外力或所受外力的合力為零，則系統動量守恒
近似守恒 系統受到的合力不為零，但當內力遠大于外力時，系統的動量可近似看成守恒
分方向守恒 系統在某個方向上所受合力為零時，系統在該方向上動量守恒
5.動量守恒的“四性”
矢量性 表達式中初、末動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負
瞬時性 動量是狀態量，動量守恒指對應每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等
速度的大小跟參考系的選取有關，應用動量守恒定律，各物體的速度必須是相對同一
同一性
參考系的速度．一般選地面為參考系
它不僅適用于兩個物體所組成的系統，也適用于多個物體組成的系統；不僅適用于宏
普適性
觀物體組成的系統，也適用于微觀粒子組成的系統
【考向 1】如圖所示，裝有輕彈簧與小物塊的小車靜止在光滑水平地面上，小車與小物塊接觸面粗
糙且水平。彈簧左端固定在小車內壁，右端與小物塊靠在一起。初始時，在外力作用下彈簧處于壓
縮狀態。現撤去外力，小物塊向右運動。從撤去外力到小物塊與小車右壁碰撞前的過程中，下列說
法正確的是（　　）
A．小物塊的機械能守恒
B．小物塊和彈簧組成的系統動量守恒
C．小物塊和彈簧組成的系統機械能守恒
D．小物塊、彈簧和小車組成的系統動量守恒
【答案】D
【詳解】A．彈簧彈力及摩擦力對小物塊做功，故小物塊的機械能不守恒，故 A 錯誤；
B．小車與小物塊接觸面粗糙，小物塊受摩擦力作用，故小物塊和彈簧組成的系統動量不守恒，故 B
錯誤；
C．摩擦力對小物塊做功，故小物塊和彈簧組成的系統機械能不守恒，故 C 錯誤；
D．小物塊、彈簧和小車組成的系統，所受合外力為零，故系統動量守恒，故 D 正確。
故選 D。
【考向 2】對下列情景說法正確的是（　　）
A．子彈打進木塊后一起向左運動的過程，子彈和木塊構成的系統動量守恒
B．兩同學傳接籃球的過程，兩同學和籃球構成的系統動量守恒
C．綁有磁鐵的兩小車在光滑水平地面上相向運動的過程，兩車構成的系統動量守恒
D．小球從靜止在光滑水平面上的斜槽頂端釋放，在離開斜槽前小球和斜槽構成的系統動量守恒
【答案】C
【詳解】A．子彈打進木塊的瞬間子彈和木塊組成的系統內力遠大于外力，系統動量守恒，但在一
起向左運動的過程，由于彈簧的彈力（或彈簧彈力和地面的摩擦力）作用，子彈和木塊所受合外力
不為零，系統動量不守恒，故 A 錯誤；
B．兩同學傳接籃球的過程，由于地面摩擦力的作用，兩同學和籃球構成的系統動量不守恒，故 B
錯誤；
C．相向運動的過程中合外力為零，系統動量守恒，故 C 正確；
D．小球從靜止在光滑水平面上的斜槽頂端釋放，在離開斜槽前小球和斜槽構成的系統水平方向動
量守恒，故 D 錯誤。
故選 C。
【考向 3】如圖是老師在課堂上做的一個演示實驗，將中間開孔的兩塊圓餅狀磁鐵用一根木棒穿過，
手拿住木棒（保持水平），此時兩磁鐵保持靜止。當手突然釋放，讓木棒和磁鐵一起自由下落時（不
計空氣阻力），發現兩塊磁鐵向中間靠攏并吸在一起了，下列說法正確的是（　　）
A．放手下落過程中，磁鐵受滑動摩擦力作用
B．放手下落過程中，磁鐵的運動軌跡是一條直線
C．放手下落過程中，兩個磁鐵水平方向動量不守恒
D．放手下落過程中，磁鐵和棒組成系統機械能不守恒
【答案】D
【詳解】A．放手下落過程中，磁鐵豎直方向只受重力作用，木棒與磁鐵間沒有彈力，所以不受摩
擦力作用，故 A 錯誤；
B．磁鐵水平方向受相互吸引力作用，且引力不斷增大，所以磁鐵所受合力的方向與速度方向不在
一條直線上，磁鐵做曲線運動，故 B 錯誤；
C．兩個磁鐵水平方向合力為零，所以水平方向動量守恒，故 C 錯誤；
D．放手下落過程中，兩磁鐵間的吸引力做正功，所以系統機械能不守恒，故 D 正確。
故選 D。
【考向 4】（多選）如圖所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上
的物塊。今讓一小球自左側槽口 A 的正上方從靜止開始下落，與圓弧槽相切自 A 點進入槽內，并從
C 點飛出，則以下結論中正確的是（ ）
A．小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功
B．小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C．小球自半圓槽的最低點 B 向 C 點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
D．小球離開 C 點以后，將做斜上拋運動
【答案】CD
【詳解】ABC．小球在半圓槽內由 A 向 B 運動時，由于槽的左側有一固定在水平面上的物塊，槽不
會向左運動，則只有重力對小球做功，小球的機械能守恒；從 A 到 B 做圓周運動，小球和槽組成的
系統在水平方向上所受合外力不為零，水平方向動量不守恒；小球從 B 到 C 運動的過程中，槽向右
運動，系統在水平方向上合外力為零，水平方向動量守恒，槽的支持力對小球做功，小球的機械能
不守恒，故 AB 錯誤，C 正確；
D．小球離開 C 點時，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，故 D 正確。
故選 CD。
【考向 5】（多選）如圖所示，兩木塊 A、B 用輕質彈簧連在一起，置于粗糙水平面上，一顆子彈水
平射入木塊 A，并留在其中。在子彈射入木塊 A 及彈簧被壓縮的整個過程中，下列說法中正確的是
（　　）
A．在子彈射入木塊 A 的過程中，子彈和木塊 A 組成的系統動量守恒、機械能不守恒
B．在子彈射入木塊 A 的過程中，子彈和木塊 A 組成的系統動量不守恒，機械能守恒
C．在彈簧被壓縮的過程中，系統動量守恒、機械能不守恒
D．在彈簧被壓縮的過程中，系統動量、機械能都不守恒
【答案】AD
【詳解】AB．在子彈射入木塊 A 的過程中，子彈和木塊 A 組成的系統所受合力為零，所以系統動
量守恒，但由于有摩擦力做功，所以機械能不守恒，故 A 正確，B 錯誤；
CD．在彈簧被壓縮的過程中，系統所受合力不為零，所以系統動量不守恒，同時由于地面摩擦力對
木塊做負功，機械能不守恒，故 C 錯誤，D 正確。
故選 AD。
考點 2：碰撞問題
1.概念：碰撞指的是物體間相互作用持續時間很短，物體間相互作用力很大的現象，在碰撞過
程中，一般都滿足內力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題．
2.分類
(1)彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統的機械能守恒，相互作用過程中遵循的規律是動量守恒和
機械能守恒．
(2)非彈性碰撞：在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量守恒定律．
(3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統的機械能損失最大，作用后兩物體粘合在一起，速
度相等，相互作用過程中只遵循動量守恒定律．
3.解析碰撞的三個依據
動量守恒 p1＋p2＝p1′＋p2′
p12 p22 p1′2 p2′2
動能不增加 Ek1＋Ek2 ≥ Ek1′＋Ek2′或 ＋ ≥ ＋2m1 2m2 2m1 2m2
①如果碰前兩物體同向運動，則碰前，后面的物體速度必大于前面物體
的速度，即 v 后＞v 前，否則無法實現碰撞；碰撞后，原來在前面的物體速度一
速度要符合情景 定增大，且速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即 v 前′ ≥ v 后′。
②如果碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改
變．除非兩物體碰撞后速度均為零．
4.彈性碰撞實例分析
（1）如圖所示，在光滑的水平面上，質量分別為 m1、m2 的兩小球分別以速度 v1、v2 運動，發
生彈性碰撞后兩球的速度分別為 v1′、v2′
由動量守恒定律可得 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
1 1 1 1
由機械能守恒定律 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
當碰撞前小球 m2的速度為零時，即 v 1 2 12 =0，則 v1 ， v
2m
1
v1
m1 m
2
2 m1 m2
（2）分析討論
彈性碰撞 質量關系 碰撞后速度變化
當碰撞前小球 m2 的速度不為零時，則 v1′ = v2 ，v2′ =v1，即兩小球交換速
動碰動 m1 = m2 度，動量和動能也交換，此時被動球的動能為最大值，與主動球的初動能
相同
m1 = m2 v1′ = 0 ，v2′ =v1，碰撞后兩小球交換速度，即 m2小球以 v1的速度運動
m1>m2 v1′ >0，v2′ >0，碰撞后兩小球沿同方向運動
二者發生彈性正碰后，v1′ =v1，v2′=2v1，表明碰撞后 m1的速度不變，m2以
m1 m2
動碰靜 2v1的速度被撞出去
m10，碰撞后 m1被反彈回來
二者發生彈性正碰后，v1′ = -v1，v2′ =0,表明碰后 m1被反向以原速率彈回，
m1 m2
而 m2仍靜止.
應用動量及能量守恒解決碰撞問題
【考向 6】（2024·吉林·一模）如圖所示，內壁間距為 L 的箱子靜止于水平面上，可視為質點的物塊
放在箱內最右端，它們的質量均為 m，箱子的內壁光滑，與地面間的動摩擦因數為 μ。現給箱子一
水平向右的初速度，運動過程中物塊與箱子的側壁共發生 2 次彈性碰撞，靜止時物塊恰好停在箱子
正中間，重力加速度為 g。下列說法正確的是（　　）
A．箱子的總位移為 2L
B．物塊的總位移為 1.5L
C．箱子的初動能為 3μmgL
D．第一次碰撞后瞬間物塊的動能為 2μmgL
【答案】C
【詳解】AB．給箱子一水平向右的初速度后箱子向右減速，因為箱子內壁光滑，所以物塊相對于地
面靜止，當發生第一次碰撞時，箱子產生的位移為 L，碰撞中動量和能量守恒且因為質量相等所以
速度交換，即第一次碰撞后箱子相對于地面不動，物塊向右勻速運動，產生的位移為 L，后發生第
二次碰撞，同理速度交換，物塊不動，箱子向右減速至零，產生的位移為 0.5L，最終物塊停在箱子
的中間，則箱子的總位移為 1.5L，物塊的總位移為 L，故 AB 錯誤；
C．全過程由能量守恒可得
k0 = 2 × 1.5 = 3
故 C 正確；
D．從箱子向右運動到第一次碰撞，損失的動能
Δ k = 2
所以第一次碰撞后瞬間物塊的動能為
k = k0 Δ k =
故 D 錯誤。
故選 C。
【考向 7】（2024·北京朝陽·一模）如圖所示，光滑水平地面上的 P、Q 兩物體質量均為 m，P 以速度
v 向右運動，Q 靜止且左端固定一輕彈簧。當彈簧被壓縮至最短時（　　）
A．P 的動量為 0
B．Q 的動量達到最大值
C．P、Q 系統總動量小于 mv
D 1．彈簧儲存的彈性勢能為4
2
【答案】D
【詳解】A．當彈簧被壓縮至最短時，兩物體速度相同，P、Q 系統所受外力為零，因此整個過程中
動量守恒
= 2 共
所以 P 的動量為
1
= 共 = 2
故 A 錯誤；
B．彈簧壓縮至最短后，Q 的速度將繼續變大，當彈簧恢復原長時，Q 的動量達到最大值，故 B 錯
誤；
C．P、Q 系統動量守恒，總動量為
總 =
故 C 錯誤；
D．根據動量守恒和能量守恒
= 2 v 1 2 = 1共，2 2 × 2
2
共 + p
解得
1
p = 24
故 D 正確。
故選 D。
【考向 8】（2024·廣西桂林·三模）兩物體 A、B 放在光滑的水平面上，現給兩物體沿水平方向的初
速度，如圖所示為兩物體正碰前后的位移隨時間的變化規律。已知物體 A 的質量為 A = 0.4kg。則
（　　）
A．圖線 1 為碰后物體 B 的圖像
B．碰撞前物體 A 的速度大小為2m/s
C．物體 B 的質量為0.2kg
D．碰撞過程 A、B 組成的系統損失的機械能為2.4J
【答案】D
【詳解】AB．若規定以碰撞前 B 速度方向為正方向，由題圖像可知碰前物體 A、B 的速度分別為
= 8 2 2 ( 2)A 2 0m/s = 3m/s， B = 2 0 m/s = 2m/s
那么碰撞之后，不再發生碰撞，碰后速度分別為
= 0m/s = 0 2′A ， ′B 4 2m/s = 1m/s
才滿足這種情況，故圖線 1 為碰后物體 A 的圖像，故 AB 錯誤；
C．設物體的 B 的質量為 B，碰撞過程動量守恒，則由動量守恒定律得
B B + A A = B ′B
解得
B = 0.4kg
故 C 錯誤；
D．碰撞過程損失的機械能為
1 2 1 1Δ = 2 A A + 2
2
B B 2 B
′2B
代入數據解得
Δ = 2.4J
故 D 正確。
故選 D。
【考向 9】（多選）（2024·海南海口·一模）如圖所示，不可伸長的輕繩跨越釘子 O，兩端分別系有大
小相同的小球 A 和 B。在球 B 上施加外力 F，使輕繩 OB 水平且繃直，球 A 與地面接觸，兩球均靜
止。已知 = = ，兩球質量分別為 A、 B，重力加速度為 g，不計一切阻力。現將球 B 由靜
止釋放，發現兩球可沿水平方向發生碰撞，且碰后粘在一起運動。則（　　）
A．兩球質量應滿足 A ≥ 3 B
B．外力 F 應滿足 B ≤ ≤ 10 B
C．兩球碰撞前瞬間，B 球的加速度大小為3
D 1．兩球碰后擺起的最大高度不超過16
【答案】AD
【詳解】A．兩球可沿水平方向發生碰撞，說明 A 不會離開地面，則對 B 有
1
= 2
2
在最低點時
2
=
解得
T=3mBg
因 A 不會離開地面，則
A ≥ = 3 B
選項 A 正確；
B．要使的細繩處于伸直狀態，則力 F 最小值為 mBg，因 A 的重力無最大值（可以是無窮大），可知
F 無最大值，選項 B 錯誤；
C．兩球碰撞前瞬間，B 球的加速度大小為
2
= =
選項 C 錯誤；
D．因 A 質量最小值為 3mB，則 AB 碰后由動量守恒
= ( + ) 共
1
2 ( + )
2
共 = ( + )
解得

= 16
選項 D 正確。
故選 AD。
【考向 10】（多選）（2024·河北邢臺·二模）如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，有一個質量為 2m
的物塊 A，在物塊 A 正上方有一繩長為 L 的細線拴接一個質量為 m 的小球，將小球拉至水平位置由
靜止釋放，在最低點與物塊 A 發生彈性正碰，之后物塊 A 與右側質量為 4m 的物塊 B 發生正碰。已
知重力加速度大小為 g，兩物塊和小球均可看做質點，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A 2．小球與物塊 A 碰撞后瞬間物塊 A 的速度大小為3 2
B．小球與物塊 A 碰撞前后瞬間細繩的拉力大小之比為9:1
C．物塊 A 2與物塊 B 碰撞后物塊 B 能獲得的最小速度為9 2
D A 8 ．物塊 與物塊 B 碰撞后物塊 B 能獲得的最大動能為 9
【答案】AC
【詳解】A．設小球與物塊 A 碰撞前瞬間的速度大小為 0，根據動能定理可得
1
= 2
2
0
解得
0 = 2
設小球與物塊 A 碰撞后瞬間，小球速度大小為 1，A 的速度大小為 2，根據動量守恒和機械能守恒
可得
0 = 1 + 2 2
1
2
1
= 2
1
2 0 2 1 + 2 × 2
2
2
聯立解得
1 =
1
3 0 =
2
， 2 2 2
3 2
= 3 0 = 3
故 A 正確；
B．小球與物塊 A 碰撞前瞬間，根據牛頓第二定律可得
2
= 0
解得
= 3
小球與物塊 A 碰撞后瞬間，根據牛頓第二定律可得
2
′ = 1
解得
11
′ = 9
則有
11
: ′ = 3 : 9 = 27:11
故 B 錯誤；
C．當物塊 A 與物塊 B 發生完全非彈性碰撞時，物塊 B 獲得的速度最小，根據動量守恒可得
2 2 = (2 + 4 ) min
解得物塊 B 能獲得的最小速度為
2
2min = 3 = 9 2
故 C 正確；
D．物塊 A 與物塊 B 發生彈性碰撞時，物塊 B 獲得的速度最大，動能最大，根據動量守恒和機械能
守恒可得
2 2 = 2 A + 4 B
1
× 2 2
1 1
2 2 = 2 × 2
2 + × 4 2A 2 B
聯立解得物塊 B 獲得的最大速度為
2 4 2
B = 3 2 = 9
則物塊 B 能獲得的最大動能為
1 2 64 km = 2 × 4 B = 91
故 D 錯誤。
故選 AC。
【考向 11】（2024·河南新鄉·二模）如圖所示，某同學在水平雪地里做了一個冰壺比賽場地，將兩個
冰壺 A、B 從擲出線先、后（時間差Δ = 0.5s）擲出，擲出時的速度大小分別為 A = 2.5m/s， B = 2.9
m/s，兩冰壺均沿中心線運動，當冰壺 B 追上冰壺 A 時兩者發生彈性正碰（碰撞時間極短），之后
冰壺 A 恰好到達大本營中心。已知冰壺 A、B 的質量分別為 A = 0.7kg、 B = 0.5kg，兩冰壺與冰
面的動摩擦因數均為 μ=0.04，兩冰壺均可視為質點，取重力加速度大小 = 10m/s2。求：
（1）兩冰壺碰撞前的速度大小 ′A、 ′B；
（2）大本營中心到擲出線的距離 s；
（3）冰壺 B 擲出后與冰壺 A 間的最大距離 d。
【答案】（1） ′A = 1.5m/s， ′B = 2.1m/s；（2） = 10m；（3） = 2.55m
【詳解】（1）設冰壺 B 運動時間 t 后追上冰壺 A，兩冰壺在冰面上減速時的加速度大小為 a，由牛
頓第二定律可得
=
由勻變速直線運動規律可得
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）設兩冰壺碰撞后的速度大小分別為 ″A、 ″B，則有
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）設最終兩冰壺間的距離為 x，有
1 2 1
2 A A + 2
2
B B = A + B ( )
解得
= 2.55m
則冰壺 B 擲出后與冰壺 A 間的最大距離為
= 2.55m
考點 3：爆炸及反沖問題
1.爆炸現象的三條規律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于系統受到
的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒．
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統
的總動能增加．
(3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，因而在作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略
不計，可以認為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運動．
2.反沖的兩條規律
(1)總的機械能增加：反沖運動中，由于有其他形式的能量轉變為機械能，所以系統的總機械能
增加．
(2)平均動量守恒
若系統在全過程中動量守恒，則這一系統在全過程中平均動量也守恒．如果系統由兩個物體組
成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發生運動，則由m1v1 m2v2 0，得 m1x1＝m2x2.該式的適
用條件是：
①系統的總動量守恒或某一方向的動量守恒．
②構成系統的 m1、m2原來靜止，因相互作用而運動．
③x1、x2均為沿動量守恒方向相對于同一參考系的位移．
【考向 12】（2023·天津和平·二模）我國多次成功使用“冷發射”技術發射長征十一號系列運載火箭，
如圖所示，發射艙內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。設從
火箭開始運動到點火的過程始終受氣體推力，則此過程中（　　）
A．氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量
B．高壓氣體釋放的能量等于火箭動能的增加量
C．在氣體推力作用下，火箭的速度一直在增大
D．氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量
【答案】D
【詳解】A．火箭動量的增加量等于氣體對火箭推力與火箭重力沖量的矢量和，A 錯誤；
B．火箭動能的增加量與火箭重力勢能增加量和克服空氣阻力的功的代數和等于高壓氣體釋放的能
量，B 錯誤；
C．在氣體推力作用下，火箭的速度先增加后減小，C 錯誤；
D．火箭機械能的增加量等于氣體的推力和空氣阻力對火箭做功的代數和，D 正確。
故選 D。
【考向 13】（2024·青海海南·二模）斜向上發射的炮彈在最高點爆炸（爆炸時間極短）成質量均為 m
的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原路返回。已知炮彈爆炸時距地面的高度為 H，炮彈爆炸前的動能為
E，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力和火藥的質量，則兩塊碎片落地點間的距離為（　　）
A 2 B 2 2 C 2 3 D 4 2 ． ． ． ．

【答案】D
【詳解】火箭炸裂的過程水平方向動量守恒，設火箭炸裂前的速度大小為 v，則
1
= 22
得

=
設炸裂后瞬間另一塊碎片的速度大小為 v1，有
2 = + 1
解得

1 = 3
根據平拋運動規律有
1
= 22
得
2
=
兩塊碎片落地點之間的距離
2
= ( + 1) = 4
故 D。
【考向 14】航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手
舉著大風箏，設想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風箏平穩著陸。假設萬戶及所攜設備（火
箭（含燃料）、椅子、風箏等）總質量為 M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為 m 的熾熱燃氣相
對地面以 0的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為 g，下列說法中正
確的是（ ）

A 0．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為 =
B．火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機械能守恒
2 2
C ．噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為 0 ( )2
D．在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備動量守恒
【答案】A
【詳解】A．在燃氣噴出后的瞬間，萬戶及所攜設備組成的系統動量守恒，設火箭的速度大小為 v，
規定火箭運動方向為正方向，則有
( ) 0 = 0
解得火箭的速度大小為

= 0
故 A 正確；
B．在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設備做正功，所
以火箭機械能不守恒，故 B 錯誤；
C．噴出燃氣后，萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據運動學公式可得，最大上升高度為
2 2 2
= = 02 2( )2
故 C 錯誤；
D．在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備因為受重力，系統動量不守恒，故 D 錯誤。
故選 A。
【考向 15】如圖所示，假設煙花上升到距地面高度為 h 的最高點時，炸裂成甲、乙、丙三個質量均
為 m 的碎塊（可視為質點），其中甲的初速度大小為 v0，方向豎直向上，乙、丙的初速度大小相等
且夾角為 120°，爆炸產生的熱量為 Q，重力加速度大小為 g，空氣阻力忽略不計。下列說法正確的
是（　　）
A．爆炸剛結束時，乙、丙的合動量大小為 2mv0
B．三個物體到達地面時的動能不相等
C．甲在落地的過程中，重力對甲的沖量大小為 0 + 20 + 2
D 3．爆炸過程中釋放的總能量為 22 0
【答案】C
【詳解】A．根據動量守恒可知，爆炸剛結束時，乙、丙的合動量應與甲的動量等大反向，即大小
為 mv0，故 A 錯誤；
B．三物塊的質量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夾角為 120°，根據平行四邊形定則可知，乙、
丙的動量大小與乙、丙兩速度合成后的動量大小相同， 因此三個物塊初速度大小均相等，初動能相
等，三個物體到達地面時重力做功相等，則末動能相等，故 B 錯誤；
C．甲在落地的過程中，設用時為 t，則有
1
= 0 + 2
2
重力對甲的沖量大小
=
解得
= 0 + 20 + 2
故 C 正確；
D．結合以上分析，三個物塊初速度大小和初動能均相同，爆炸過程中釋放的總能量即三個物塊初
3
動能之和加上爆炸產生的熱量為 Q，即大于 22 0，故 D 錯誤。
故選 C。
【考向 16】如圖，三個質量分別為 2m、m、m 的物塊 A、B、C 靜止在光滑水平直軌道上，A、B
間用一根細線相連，然后在 A、B 間夾一壓縮狀態的輕質彈簧，此時輕彈簧的彈性勢能為 p。現在
剪短細線，A 和 B 向兩邊滑出，當輕質彈簧恢復原長時，B 與 C 發生碰撞黏合在一起，下列說法正
確的是（　　）
A 4 ．彈簧恢復原長時， = pA 3
B 2 ．彈簧恢復原長時， pA = 3
C．B 與 C 發生碰撞黏合在一起后的速度大小為 p
3
D．B 1 與 C 發生碰撞黏合在一起后的速度大小為 p2 3
【答案】C
【詳解】AB．彈簧恢復原長過程，AB 和彈簧系統，根據動量守恒和機械能守恒有
2 A = B
1 1
2 × 2
2
A + 2
2
B = p
解得
= p A ， p3 B = 2 3
故 AB 錯誤；
CD．B 與 C 發生碰撞黏合在一起過程，根據動量守恒，有
B = ( + )
解得
p
= 3
故 C 正確，D 錯誤。
故選 C。
考點 4：人船模型
1.人船模型的動量與能量規律
由于系統所受合外力為零，故遵從動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統或每個物體
的動能均發生變化：力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能
的變化.
2.模型特點
①兩物體滿足總動量為 0 且動量守恒：0＝mv 人－Mv 船
x x
②兩物體的位移大小滿足：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.運動特點
①人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；
x 人
②人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即 ＝
x 船
v 人 M
＝ 。
v 船 m
4.人船模型的兩個推論
(1)當系統的動量守恒時，任意一段時間內的平均動量也守恒；
(2)當系統的動量守恒時，系統的質心保持原來的靜止狀態或勻速直線運動狀態不變.
5.人船模型的拓展
與人船模型特點相同的模塑還有：斜劈和物塊模型、圓環和滑塊模型、氣球和人模型.
(1)斜劈和物塊模型
模型特點：小物塊從靜止在光滑水平面上的斜劈的頂端無初速度地滑到底端.
mb
規律：ms1=Ms2，s1+s2=b，可得 s2 M m
(2)圓環和滑塊模型
模型特點：光滑水平面上放置光滑圓環，滑塊從與環心 O 等高處無初速度地下滑到最低點。
mR
規律：Ms=m（R-s），可得 s .
M m
(3)氣球和人模型
模型特點：氣球質量為 M，拋一條不計質量的軟梯，質量為 m 的人站在軟梯上端距地面高度為
H，初始氣球保持靜止狀態，隨后人沿軟梯無初速度地運動至地面.
(M m)H
規律：mH = Mh，L = H+h，可得 L
M
【考向 17】如圖，小船靜止在水面上，站在船尾的人不斷將船尾艙的魚水平拋入左方船頭的艙內
（魚可視為質點，拋出點高度保持不變，一條魚落入船頭的艙內后再拋出下一條魚），下列說法正確
的是（　　）
A．為使魚始終可保證落入船頭的艙內，人拋出魚的速度應逐漸增大
B．為使魚始終可保證落入船頭的艙內，人拋出魚的速度應保持不變
C．拋完所有魚后，小船靜止，船相對岸位置不變
D．拋完所有魚后，小船靜止，船相對岸向左移動了一些
【答案】B
【詳解】AB．人、船組成的系統在水平方向不受外力，系統動量守恒；人拋出魚后，魚做平拋運動，
拋出點高度保持不變，則魚的運動時間不變，船頭到船尾的距離不變，為使魚始終可保證落入船頭
的艙內，則人拋出魚的速度應保持不變，故 A 錯誤，B 正確；
CD．人、船、魚組成的系統動量守恒，開始時系統靜止，動量為零，拋完所有魚后，最終整個系統
也是靜止的。在人將魚向左拋出、魚在空中運動時，魚具有向左的動量，則人和船具有向右的動量，
船要向右運動，魚落入船艙后船就停止了運動。如此反復，在拋魚的過程中船要向右運動，最終船
要向右移動一些，故 CD 錯誤。
故選 B。
【考向 18】如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的質量為 M 的小車，用長為 L 的細線系一質量為 m
的小球，將小球拉至水平位置，球放開時小車與小球保持靜止狀態，松手后讓小球下落，在最低點
與固定在小車上的油泥相撞并粘在一起，則（　　）
A．小球下擺過程與小車組成的系統動量守恒
B．小球與油泥相撞后一起向右運動
C ．小球下擺過程小車的運動距離為
D ．小球下擺過程小車的運動距離為
【答案】D
【詳解】A．小球下擺過程與小車組成的系統水平方向動量守恒，故 A 錯誤；
B．在水平方向上，系統不受外力，因此在水平方向動量守恒。小球下落過程中，水平方向具有向
右的分速度，因此為保證動量守恒，小車要向左運動。當撞到油泥，是完全非彈性碰撞，小球和小
車大小相等方向相反的動量恰好抵消掉，所以小車和小球都保持靜止，故 B 錯誤；
C D．設當小球到達最低點時，小球向右移動的距離為 1，小車向左移動的距離為 2，根據系統水
平方向動量守恒有
1 2 = 0
又

= 1
2
1 ， 2 =
則有
1 2 = 0
變形得
1 = 2
根據
1 + 2 =
聯立解得

2 = +
故 C 錯誤，故 D 正確。
故選 D。
【考向 19】（2023·黑龍江哈爾濱·三模）如圖所示，質量為 = 4kg的小車靜止在光滑水平面上，小
車 段是半徑為 = 1m的四分之一光滑圓弧軌道， 段是長為 的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于
點。一質量為 = 1kg的可視為質點的滑塊從小車上的 A 點由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入
軌道，最后恰好停在 點，滑塊與軌道 間的動摩擦因數為 0.5，重力加速度為 = 10m/s2，則（　　）
A．整個過程中滑塊和小車組成的系統動量守恒
B．滑塊由 A 滑到 過程中，滑塊的機械能守恒
C． 段長 = 1m D．全過程小車相對地面的位移大小為0.6m
【答案】D
【詳解】A．滑塊社圓弧上運動時有豎直方向的加速度，所以對系統而言豎直方向外力矢量和不為
零，不滿足動量守恒的條件，故 A 錯誤；
B．滑塊由 A 滑到 過程中，小車對滑塊的彈力做負功，滑塊的機械能不守恒，故 B 錯誤；
C．恰好停在 對點時，二者均靜止。根據能量守恒有
=
解得
= 2m
故 C 錯誤；
D．水平動量守恒有
1 = 2
通過相同的時間有
1 = 2
且有
1 + 2 = +
解得
1 = 0.6m
故 D 正確；
故選 D。
【考向 20】（多選）如圖所示，光滑水平面上放置一質量為 M 的小車，固定在小車上的輕豎桿一端
系一長為 l 的細繩，細繩的另一端固定質量為 m 的小球。將小球向右拉至細繩剛好水平后放手，則
下列說法正確的是（　　）
A．小球擺到報低點時的速度大小為 2
B．水平方向任意時刻小球與小車的動量總是等大反向或都為零
C．小球能向左擺到原高度
D 2 ．小車向右移動的最大距離為
【答案】BC
【詳解】AB．系統只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守
恒，水平方向任意時刻小球與小車的動量總是等大反向或都為零；當小球擺到最低點時有向左的動
量，則此時小車必然有向右的速度，根據能量守恒定律可知
1 1
= 2 + 22 1 2 2
故 A 錯誤，B 正確；
C．根據水平方向的動量守恒及系統機械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，故 C 正確；
D．小球相對于小車的最大位移為2 ，根據“人船模型”規律知，系統水平方向動量守恒，設小球水平
方向的平均速度為 ，小車水平方向的平均速度為 ，則
= 0
兩邊同時乘以運動時間 ，則
= 0
即
=
又
+ = 2
2
解得小車向右移動的最大距離為 ，故 D 錯誤。
故選 BC。
【考向 21】（多選）如圖所示，質量為 M=2m 的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，
船面可看做水平面，并且比湖岸高出 h。在船尾處有一質量為 m 的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將
1
鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離為 L，船頭到湖岸的水平距離 = 3 ，彈簧原長遠小于 L。將細線
燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加
速度為 g。下列判斷正確的有（　　）
A 1．鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為3
B 2 ．鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為3
C 2 ．小木船最終的速度大小為3
D
2
．彈簧釋放的彈性勢能為 6
【答案】BD
【詳解】A．對船與鐵塊有
1 2 = 0
由于鐵塊到船頭的距離為 L，則有
1 + 2 =
解得
= 21 3
1
， 2 = 3
鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為
1 1 2
3 = 2 + = 3 + 3 = 3
A 錯誤；
B．鐵塊脫離木船后做平拋運動，則有
= 1 2 22 ， 3 = 3 = 1
解得
2
1 = 3
B 正確；
C．對船與鐵塊有
1 2 = 0
結合上述解得
2
2 = 6
C 錯誤；
D．彈簧釋放的彈性勢能為
1 1
p = 2
2
1 + 2
2
2
解得
2
p = 6
D 正確。
故選 BD。
【考向 22】（多選）如圖所示，質量 = 4kg的圓環套在光滑的水平軌道上，質量 = 2kg的小球通
過長 = 0.9m的輕繩與圓環連接。現將細繩拉直，且與 平行，小球以豎直向下的 0 = 2 6m/s初
速度開始運動，已知重力加速度 = 10m/s2。則（　　）
A．運動過程中，小球和圓環滿足水平方向動量守恒
B．在運動過程中，小球能繞圓環做完整的圓周運動
C．小球通過最低點時，小球的速度大小為 42m/s
D．從小球開始運動到小球運動到最高點這段時間內，圓環向左運動的位移大小為 0.3m
【答案】AB
【詳解】A．分析小球和圓環組成的系統可知，水平方向上不受外力，所以系統水平方向動量守恒，
A 正確；
C．從開始運動到小球運動到最低點時，圓環和小球的速度大小分別為 1和 2，由水平方向動量守
恒可知
1 = 2
由能量守恒可知
1 2 1 2 1 + 2 0 =
2
2 1 + 2 2
代入數據解得小球的速度大小為
2 = 2 7m/s
所以 C 錯誤；
B．若小球運動到最高點時，圓環和小球的速度大小分別為 3、 4，由水平方向動量守恒可知
3 = 4
由能量守恒可知
1 2 1 2 1
2 0 = 2 3 + 2
2
4 +
解得速度大小為
3 = 1m/s
4 = 2m/s
小球相對圓環的速度恰好為
3m/s =
所以小球可以繞圓環做完整的圓周運動，所以 B 正確；
D．小球從開始到運動到最高點的過程中，圓環向右運動的位移

= + = 0.3m
所以 D 錯誤。
故選 AB。
【考向 23】（多選）（2023·陜西寶雞·二模）如圖所示，半徑為 R、質量為 2m 的光滑半圓軌道小車靜
止在光滑的水平地面上，將質量為 m 的小球（可視為質點）從 A 點正上方高為 R 處由靜止釋放，
由 A 點經過半圓軌道后從 B 沖出，重力加速度為 g，則（　　）
A．小球進入半圓軌道后，由小球和小車組成的系統總動量守恒
B．小球離開小車后做斜上拋運動
C 2．小車向左運動的最大距離為3
D 2 ．小車獲得的最大速度為
3
【答案】CD
【詳解】A．小球與小車組成的系統在水平方向所受外力的合力為 0，系統在水平方向的動量守恒，
小球與小車組成的系統在豎直方向所受外力的合力不為 0，因此球和小車組成的系統總動量不守恒，
A 錯誤；
B．小球與小車組成的系統在水平方向所受外力的合力為 0，系統在水平方向的動量守恒，且系統水
平方向總動量為 0，則小球由 B 點離開小車時，小球與小車水平方向上的速度相同，則水平方向上
有
+ 2 = 0
解得
= 0
即小球由 B 點離開小車時，水平方向的分速度為 0，所以離開小車后，小球做豎直上拋運動，B 錯
誤；
C．根據上述，小球由 B 點離開小車時，小車向左運動的距離達到最大，根據動量守恒定律，在水
平方向上有

1 2 2 = 0
此過程有
1 + 2 = 2
解得
2
2 = 3
C 正確；
D．根據分析可知，小球運動到圓弧最低點時，小車獲得速度最大，則有
1 2 2 = 0， 2 =
1 22 1 +
1
2 × 2
2
2
解得
2
2 = 3
D 正確。
故選 CD。
考點 5:動量和能量觀點綜合應用
1.動量與能量的綜合
（1）區別與聯系：動量守恒定律和機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體所構成的
系統，且研究的都是某一個物理過程．但兩者守恒的條件不同：系統動量是否守恒，決定于系統所
受合外力是否為零；而機械能是否守恒，決定于系統是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功．
（2）表達式不同：動量守恒定律的表達式為矢量式，機械能守恒定律的表達式則是標量式，對
功和能量只是代數和而已．
2.動量的觀點和能量的觀點
動量的觀點：動量守恒定律
能量的觀點：動能定理和能量守恒定律
這兩個觀點研究的是物體或系統運動變化所經歷的過程中狀態的改變，不對過程變化的細節作
深入的研究，而關心運動狀態變化的結果及引起變化的原因．簡單地說，只要求知道過程的初、末
狀態動量式、動能式和力在過程中所做的功，即可對問題進行求解．
3．利用動量的觀點和能量的觀點解題應注意下列問題
(1)動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達
式，絕無分量表達式．
(2)中學階段凡可用力和運動的觀點解決的問題．若用動量的觀點或能量的觀點求解，一般都要
比用力和運動的觀點要簡便，而中學階段涉及的曲線運動(a 不恒定)、豎直面內的圓周運動、碰撞等，
就中學知識而言，不可能單純考慮用力和運動的觀點求解．
4.應用動量、能量觀點解決問題的兩點技巧
(1)靈活選取系統的構成，根據題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對
象，不一定選所有的物體為研究對象．
(2)靈活選取物理過程．在綜合題目中，物體運動常有幾個不同過程，根據題目的已知、未知靈
活地選取物理過程來研究．列方程前要注意鑒別、判斷所選過程動量、機械能的守恒情況．
5.力學規律的選用原則
(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律.
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或
動能定理(涉及位移的問題)去解決問題.
(3)若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定
律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件.
(4)在涉及相對位移問題時，優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械
能的減少量，即轉變為系統內能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械
能與其他形式能量之間的轉換.這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決.
(6)動量守恒定律、能量守恒定律(機械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的初、末
兩個狀態有關物理量間的關系，對過程的細節不予細究，這正是它們的方便之處.特別對于變力做功
問題，就更顯示出它們的優越性
【考向 24】（2024·遼寧葫蘆島·二模）如圖所示，一質量 M＝0.3kg 的足夠長“L”形木板，放置于傾角
為 30°的光滑斜面上，其上端有一質量 m＝0.2kg 的物塊，物塊與木板上端之間夾有少量爆炸物且處
于靜止狀態。現引燃爆炸物（對人體不構成傷害），物塊與木板瞬間獲得總動能為 3.375J（只考慮沿
3
斜面方向，其它方向能量不計）。已知物塊與木板間的動摩擦因數為 = ，重力加速度 g 取
2
10m s2，不考慮爆炸物爆炸后的殘余物，不計空氣阻力。求：
（1）爆炸物爆炸瞬間，物塊和木板獲得的速度大小；
（2）木板沿斜面上升的最大距離；
（3）從爆炸到木板第一次返回底端的過程中系統因摩擦損失的機械能。
【答案】（1）3m/s；4.5m/s；（2）0.45m；（3）3.375J
【詳解】（1）爆炸物爆炸系統動量守恒，設木板獲得的速度大小為 v1 ，物塊獲得的速度大小為 v2
Mv1 mv2
1 1
= 2
2 2
1 + 2 2
代入數據解得
v1 3m/s
v2 4.5m/s
（2）對木板受力分析，根據牛頓第二定律
Mg sin mg cos Ma1
解得
a1 10m / s2
再由
21 = 2 1
代入數據得
Lmax 0.45m
（3）從爆炸到木板返回底端，物塊受力不變，根據牛頓第二定律
mg sin mg cos ma2
解得
a 2.5m /s22
設木板上升到最高點所用時間

= 1 1
解得
t 0.3s
木板返回到最低端時物塊速度
3 = 2 + 2 2
解得
v3 3m/s
說明木塊跟木板返回到最低端時恰好共速；木板上升階段，物塊與木板間的相對位移
1
1 = 22 + 2 2 + max
木板下降階段，物塊與木板間的相對位移
1
22 = ( 2 + 2 ) + 2 2 max
從爆炸到木板落回地面過程因摩擦而損失的機械能
Δ = cos ( 1 + 2)
解得
E 3.375J
【考向 25】（2024·北京大興·三模）如圖所示，半徑 = 0.4m的豎直半圓形光滑軌道 BC 與水平面 AB
相切，AB 間的距離 = 3.6m。小滑塊 2 放在半圓形軌道的最低點 B 處，另一小滑塊 1，從 A 點以
0 = 10m s的初速度在水平面上滑行，到達 B 處兩滑塊相碰，碰撞時間極短，碰后兩滑塊粘在一起
滑上半圓形軌道。已知滑塊 1 與水平面之間的動摩擦因數 = 0．5，重力加速度道 g 取10m/s2，兩
滑塊質量 1， 2均為 1kg，可視為質點。求：
（1）滑塊 1 與滑塊 2 碰撞前瞬間的速度大小 1；
（2）兩滑塊在碰撞過程中損失的機械能Δ ；
（3）分析說明滑塊 1、2 結合后能否順利到達半圓軌道最高點 C。
【答案】（1）8m s；（2）16J；（3）不能
【詳解】（1）根據題意，由動能定理有
1 1
1 = 2
2
1 1 2
2
1 0
解得
1 = 8 m s
（2）兩滑塊相碰，由動量守恒定律有
1 1 = ( 1 + 2)
解得
= 4 m s
則兩滑塊在碰撞過程中損失的機械能
1 1
Δ = 22 1 1 2( 1 + 2)
2 = 16J
（3）若滑塊 1、2 結合后恰好通過半圓軌道最高點 C，則有
2
( 1 + 2) = ( 1 + 2)
解得
= = 2 m s
滑塊 1、2 結合后，從 到 過程中，由機械能守恒定律有
1 2 1
2( 1 + 2) = ( 1 + 2) 2 + ( 1 + 2)
′2
2
解得
′ = 0 <
可知，滑塊 1、2 結合后不能順利到達半圓軌道最高點 C。
【考向 26】（2024·河北·三模）如圖所示，長木板 A 放在粗糙水平面上，靜置于長木板上右端的小
物塊 B、C 之間放有少量火藥，某時刻點燃火藥，小物塊 C 獲得 2m/s 的初速度向右離開長木板，小
物塊 B 在長木板上向左運動 1.25m 時與長木板的左端發生彈性碰撞。已知長木板和小物塊 B 質量均
為 1kg，小物塊 C 質量為 1.5kg，長木板與水平面、小物塊 B 與長木板之間的動摩擦因數均為 0.2，
= 10m/s2，小物塊 B、C 可看成是質點，求：
（1）小物塊 B、C 組成的系統因火藥燃燒而增加的機械能；
（2）長木板因小物塊 B 的碰撞獲得的動能；
（3）整個過程中長木板運動的位移。
【答案】（1）7.5J；（2）2J；（3）0.375m
【詳解】（1）設長木板和小物塊 B 質量為 m，C 的質量為 M，點燃火藥瞬間 BC 動量守恒得
B = C
解得
B = 3m/s
小物塊 B、C 組成的系統因火藥燃燒而增加的機械能為
1 1
Δ = 2
2
B + 22 C = 7.5J
（2）分析可知由于長木板與水平面、小物塊 B 與長木板之間的動摩擦因數相等，故 B 對長木板的
最大靜摩擦力小于地面對長木板的最大靜摩擦力，所以當 B 向左運動在與左端碰撞前長木板靜止，
該過程中 B 的加速度大小為

= 2 = = 2m/s
對 B 運動分析得
1
2B 2 =
解得
= 0.5s 或 2.5s（2.5s 時 B 速度反向不符，舍去）
故 B 與木板碰撞前瞬間速度為
1 = B = 2m/s
長木板和小物塊 B 質量相等，發生彈性碰撞，根據動量守恒和能量守恒可知速度發生交換，即碰后
瞬間木板的速度為 2 = 2m/s，故長木板因小物塊 B 的碰撞獲得的動能為
1
k = 2
2
2 = 2J
（3）分析可知碰撞后隨著木板向左運動，B 與木板間發生相對滑動，向左加速運動，該段過程中 B
的加速度大小為
= = 2m/s2
長木板勻減速的加速度大小為
+ 2
′ = = 3 = 6m/s
2
設經過時間 0達到共同速度 ，得
= 2 ′ 0 = 0
解得
0 = 0.25s， = 0.5m/s
該段時間木板位移為

= 2
+
1 2 0 = 0.3125m
分析可知共速后木板和 B 一起向左以
= = 2m/s2
做勻減速運動，直到靜止，該過程木板位移為
2
2 = 2 = 0.0625m
故整個過程中長木板運動的位移為
= 1 + 2 = 0.375m
【考向 27】（2024·江西南昌·三模）如圖，左側光滑曲面軌道與右側傾角 = 37°的斜面在底部平滑
連接且均固定在光滑水平地面上，質量為 m 的小滑塊 A 從斜面上離斜面底邊高為2 處由靜止釋放，
經過斜面與水平面交接處時無機械能損失，在水平面與一質量為 m 的靜止小滑塊 B 發生正碰結合為
一個整體（A、B 完全相同），一起滑上左側曲面軌道，再從曲面軌道滑上斜面，滑塊第一次沿斜面
3
上滑的最大高度為14 ，多次往復運動。不計空氣阻力，重力加速度為 g，sin37° = 0.6，cos
37° = 0.8。求：
（1）滑塊與斜面間的動摩擦因數 ；
（2）滑塊第 1 次滑下斜面的時間 1與第 1 次滑上斜面的時間 2之比；
（3）滑塊最終靜止，整個系統由于摩擦產生的熱量 Q。
【答案】（1） = 0.3；（2） 1: 2 = 14:3；（3） = 1.4
【詳解】（1）當滑塊由斜面滑到水平面時，由機械能守恒得
2 1
2 cos 2sin = 2 1
兩物體碰撞后，由動量守恒定律得
1 = 2 共
當再次滑上斜面時，由機械能守恒定律得
3
1
× 2 2
3
2 共 = 2 14 + 2 cos
14
sin
聯立解得
1 = 2.4 ， 共 = 0.6 ， = 0.3
（2）當滑塊 A 從斜面上滑下時，由牛頓第二定律得
sin cos = 1
又
1 = 1 1
當兩滑塊滑上斜面時，由牛頓第二定律得
2 sin + 2 cos = 2 2
又
0 共 = 2 2
聯立可得
1: 2 = 14:3
（3）由能量守恒可得
1 1
2 = 22 1 2 × 2
2
共 +
聯立解得滑塊最終靜止，整個系統由于摩擦產生的熱量為
= 1.4
【真題 1】（2024·浙江·高考真題）如圖所示，2023 年 12 月 9 日“朱雀二號”運載火箭順利將“鴻鵠衛
星”等三顆衛星送入距離地面約500km的軌道。取地球質量6.0 × 1024kg，地球半徑6.4 × 103km，引
力常量6.67 × 10 11N m2/kg2。下列說法正確的是（　　）
A．火箭的推力是空氣施加的 B．衛星的向心加速度大小約8.4m/s2
C．衛星運行的周期約12h D．發射升空初始階段，裝在火箭上部的衛星處于失重
狀態
【答案】B
【詳解】A．根據反沖現象的原理可知，火箭向后噴射燃氣的同時，燃氣會給火箭施加反作用力，
即推力，故 A 錯誤；
B．根據萬有引力定律可知衛星的向心加速度大小為

= = ( + )2 ≈ 8.4m/s
2
故 B 正確；
C．衛星運行的周期為
( + )3
= 2π ≈ 1.6h
故 C 錯誤；
D．發射升空初始階段，火箭加速度方向向上，裝在火箭上部的衛星處于超重狀態，故 D 錯誤。
故選 B。
【真題 2】（2024·江蘇·高考真題）在水平面上有一個 U 形滑板 A，A 的上表面有一個靜止的物體 B，
左側用輕彈簧連接在物體 B 的左側，右側用一根細繩連接在物體 B 的右側，開始時彈簧處于拉伸狀
態，各表面均光滑，剪斷細繩后，則（　　）
A．彈簧原長時 B 動量最大
B．壓縮最短時 A 動能最大
C．系統動量變大
D．系統機械能變大
【答案】A
【詳解】對整個系統分析可知合外力為 0，A 和 B 組成的系統動量守恒，得
A A = B B
設彈簧的初始彈性勢能為 p，整個系統只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當彈簧原長時得
1 1
p = 2 A
2
A + 2 B
2
B
聯立得
1 2B
p = 2 +
2
B B
A
故可知彈簧原長時物體速度最大，此時動量最大，動能最大。對于系統來說動量一直為零，系統機
械能不變。
故選 A。
【真題 3】（2024·安徽·高考真題）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通
過不可伸長的絕緣輕質細線，連接成邊長為 d 的正三角形，如圖甲所示。小球質量為 m，帶電量為
+ ，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直。現將球 1 和球 2 間的細線剪斷，當三個小球
運動到同一條直線上時，速度大小分別為 1、 2、 3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統
2
電勢能減少了 2 ，k 為靜電力常量，不計空氣阻力。則（ ）
A．該過程中小球 3 受到的合力大小始終不變 B．該過程中系統能量守恒，動量不守恒
C．在圖乙位置， 1 = 2， 3 ≠ 2 2
2
1 D．在圖乙位置， 3 = 3
【答案】D
【詳解】AB．該過程中系統動能和電勢能相互轉化，能量守恒，對整個系統分析可知系統受到的合
外力為 0，故動量守恒；當三個小球運動到同一條直線上時，根據對稱性可知細線中的拉力相等，
此時球 3 受到 1 和 2 的電場力大小相等，方向相反，故可知此時球 3 受到的合力為 0，球 3 從靜止
狀態開始運動，瞬間受到的合力不為 0，故該過程中小球 3 受到的合力在改變，故 AB 錯誤；
CD．對系統根據動量守恒
1 + 2 = 3
根據球 1 和 2 運動的對稱性可知 1 = 2，解得
3 = 2 1
根據能量守恒
1 1 1 2
2
2 + 2 + 21 2 2 2 3 = 2
解得
2 2
3 = 3
故 C 錯誤，D 正確。
故選 D。
【真題 4】（多選）（2024·甘肅·高考真題）電動小車在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是
（　　）
A．小車的動能不變 B．小車的動量守恒
C．小車的加速度不變 D．小車所受的合外力一定指向圓心
【答案】AD
【詳解】A．做勻速圓周運動的物體速度大小不變，故動能不變，故 A 正確；
B．做勻速圓周運動的物體速度方向時刻在改變，故動量不守恒，故 B 錯誤；
C．做勻速圓周運動的物體加速度大小不變，方向時刻在改變，故 C 錯誤；
D．做勻速圓周運動的物體所受的合外力一定指向圓心，故 D 正確。
故選 AD。
【真題 5】（多選）（2024·廣西·高考真題）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球 M 和 N。M
水平向右運動，速度大小為 v。M 與靜置于平臺邊緣的 N 發生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若
不計空氣阻力，則碰撞后，N 在（　　）
A．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動
B．豎直增面上的垂直投影的運動是勻加速運動
C．水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于 v
D．水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于 v
【答案】BC
【詳解】由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球質量相
等，故碰撞后兩小球交換速度，即
M = 0， N =
碰后小球 N 做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等
于 v；在豎直方向上做自由落體運動，即豎直地面上的垂直投影的運動是勻加速運動。
故選 BC。
【真題 6】（多選）（2023·廣東·高考真題）某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模
型．多個質量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊 1 施加一
個水平向右的恒力 ，推動滑塊 1 以0.40m/s的速度與靜止的滑塊 2 碰撞，碰撞時間為0.04s，碰撞結
束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s．關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（ ）
A．該過程動量守恒
B．滑塊 1 受到合外力的沖量大小為0.18N s
C．滑塊 2 受到合外力的沖量大小為0.40N s
D．滑塊 2 受到滑塊 1 的平均作用力大小為5.5N
【答案】BD
【詳解】A．取向右為正方向，滑塊 1 和滑塊 2 組成的系統的初動量為
1 = 1 = 1 × 0.40kg m/s=0.40kg m/s
碰撞后的動量為
2 = 2 2 = 2 × 1 × 0.22kg m/s=0.44kg m/s
則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故 A 錯誤；
B．對滑塊 1，取向右為正方向，則有
1 = 2 1 = 1 × 0.22kg m/s 1 × 0.40kg m/s= 0.18kg m/s
負號表示方向水平向左，故 B 正確；
C．對滑塊 2，取向右為正方向，則有
2 = 2 = 1 × 0.22kg m/s= 0.22kg m/s
故 C 錯誤；
D．對滑塊 2 根據動量定理有
Δ = 2
解得
= 5.5N
則滑塊 2 受到滑塊 1 的平均作用力大小為5.5N，故 D 正確。
故選 BD。
【真題 7】（多選）（2024·廣東·高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑
塊，分別從 甲、 乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在 O 處平滑相接，滑塊與水平面間的
動摩擦因數為 ，乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（　　）
A．甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C．乙的運動時間與 乙無關

D 乙．甲最終停止位置與 O 處相距
【答案】ABD
【詳解】A．兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為 0，故 A 正確；
B．兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，由于兩滑塊質量相同，且發生彈性碰撞，可知碰后兩滑
塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故 B 正確；
C．設斜面傾角為 θ，乙下滑過程有
1
2乙 = 2 sin 1
在水平面運動一段時間 t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動 t3，乙運動的時間為
= 1 + 2 + 3
由于 t1與 乙有關，則總時間與 乙有關，故 C 錯誤；
D．乙下滑過程有
1
2乙 = 2 乙
由于甲和乙發生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發生碰撞時乙最終停止的位置相
同；則如果不發生碰撞，乙在水平面運動到停止有
2乙 = 2
聯立可得
乙
=
乙
即發生碰撞后甲最終停止位置與 O 處相距 。故 D 正確。
故選 ABD。
【真題 8】（多選）（2024·湖北·高考真題）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為 M、長為 L
的木塊，質量為 m 的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小 f 與
射入初速度大小 0成正比，即 = 0（k 為已知常數）。改變子彈的初速度大小 0，若木塊獲得的速
度最大，則（　　）
A 2 ( )．子彈的初速度大小為
2
B．子彈在木塊中運動的時間為 ( )
C
2 2( )
．木塊和子彈損失的總動能為
D ．木塊在加速過程中運動的距離為
【答案】AD
【詳解】A．子彈和木塊相互作用過程系統動量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度
分別為 1, 2，則有
0 = 1 + 2
子彈和木塊相互作用過程中合力都為 = 0，因此子彈和物塊的加速度分別為

1 = , 2 =
由運動學公式可得子彈和木塊的位移分別為
2 1 1 = 20 21,2 2 2 = 22
1 2 =
聯立上式可得

0 2 2
0
0 +
0

2 = +

因此木塊的速度最大即 2 0 00 0 2 + 取極值即可，該函數在2 + 到無窮單調遞減，因
= 2 + 此當 0 = 2
( )
木塊的速度最大，A 正確；
B．則子彈穿過木塊時木塊的速度為

= 02 +
由運動學公式
2 = 2
可得

= ( + )
故 B 錯誤；
C．由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉化為系統摩擦生熱，即
2 2 2( + )
Δ = = =
故 C 錯誤；
D．木塊加速過程運動的距離為
0 + 2 2 = 2 = +
故 D 正確。
故選 AD。
【真題 9】（2024·江蘇·高考真題）嫦娥六號在軌速度為 v0，著陸器對應的組合體 A 與軌道器對應的
組合體 B 分離時間為 Δt，分離后 B 的速度為 v，且與 v0同向，A、B 的質量分別為 m、M。求：
（1）分離后 A 的速度 v1大小；
（2）分離時 A 對 B 的推力大小。
1 ( ) 0 2 ( 0)【答案】（ ） ；（ ） Δ
【詳解】（1）組合體分離前后動量守恒，取 v0的方向為正方向，有
(m＋M)v0 = Mv＋mv1
解得
( + )
1 =
0

方向與 v0相同；
（2）以 B 為研究對象，對 B 列動量定理有
FΔt = Mv－Mv0
解得
( 0) = Δ
【真題 10】（2024·安徽·高考真題）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水
平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車
最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于 O 點正下方，并輕靠在物塊右側。現將細線拉直到水
平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著小車上的
軌道運動，已知細線長 = 1.25m。小球質量 = 0.20kg。物塊、小車質量均為 = 0.30kg。小車上
的水平軌道長 = 1.0m。圓弧軌道半徑 = 0.15m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力
加速度 g 取10m/s2。
（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；
（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數 的
取值范圍。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）0.25 ≤ < 0.4
【詳解】（1）對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理
1
= 22 0 0
解得
0 = 5m/s
在最低點，對小球由牛頓第二定律
2
0T =
解得，小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為
T = 6N
（2）小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律
0 = 1 + 2
1 1 1
2
2
0 = 2
2 2
1 + 2 2
解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為
2
2 = + 0 = 4m/s
（3）若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守
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
若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守
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
綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數 的取值范圍為
0.25 ≤ < 0.4
【真題 11】（2024·湖北·高考真題）如圖所示，水平傳送帶以 5m/s 的速度順時針勻速轉動，傳送帶
左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點 O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質
量為 0.2kg 的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在 O 點右側的 P 點固定一釘子，P 點與 O
點等高。將質量為 0.1kg 的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞
時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞 O 點做圓周運動，當輕
繩被釘子擋住后，小球繼續繞 P 點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為 0.5，重力加
速度大小 = 10m/s2。
（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；
（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能；
（3）若小球運動到 P 點正上方，繩子不松弛，求 P 點到 O 點的最小距離。
【答案】（1）5m s；（2）0.3J；（3）0.2m
【詳解】（1）根據題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有
=
解得
= 5m s2
由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為
2傳
= 2 = 2.5m < 傳 = 3.6m
可知，小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小
等于傳送帶的速度大小5m s。
（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統動量守恒，以向右為
正方向，由動量守恒定律有
物 = 物 1 + 球 2
其中
= 5m s， 1 = 1m s
解得
2 = 3 m s
小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能為
1 1 1
Δ k = 22 物
2 2
2 物 1 2 球 2
解得
Δ k = 0.3J
（3）若小球運動到 P 點正上方，繩子恰好不松弛，設此時 P 點到 O 點的距離為 ，小球在 P 點正
上方的速度為 3，在 P 點正上方，由牛頓第二定律有
2
3球 = 球 繩
小球從 點正下方到 P 點正上方過程中，由機械能守恒定律有
1 2 1 2
2 球 2 = 2 球 3 + 球 2 繩
聯立解得
= 0.2m
即 P 點到 O 點的最小距離為0.2m。
【真題 12】（2024·甘肅·高考真題）如圖，質量為 2kg 的小球 A（視為質點）在細繩 ′ 和 OP 作用
下處于平衡狀態，細繩 ′ = = 1.6m，與豎直方向的夾角均為 60°。質量為 6kg 的木板 B 靜止在
光滑水平面上，質量為 2kg 的物塊 C 靜止在 B 的左端。剪斷細繩 ′ ，小球 A 開始運動。（重力加速
度 g 取10m/s2）
（1）求 A 運動到最低點時細繩 OP 所受的拉力。
（2）A 在最低點時，細繩 OP 斷裂。A 飛出后恰好與 C 左側碰撞（時間極短）、碰后 A 豎直下落，
C 水平向右運動。求碰后 C 的速度大小。
（3）A、C 碰后，C 相對 B 滑行 4m 后與 B 共速。求 C 和 B 之間的動摩擦因數。
【答案】（1）40N；（2）4m/s；（3）0.15
【詳解】根據題意，設 AC 質量為 = 2kg，B 的質量為 = 6kg，細繩 長為 = 1.6m，初始時細
線與豎直方向夾角 = 60 。
（1）A 開始運動到最低點有
1
(1 cos ) = 22 0 0
對最低點受力分析，根據牛頓第二定律得
2
= 0
解得
0 = 4m/s， = 40N
（2）A 與 C 相碰時，水平方向動量守恒，由于碰后 A 豎直下落可知
0 = 0 + C
故解得
C = 0 = 4m/s
（3）A、C 碰后，C 相對 B 滑行 4m 后與 B 共速，則對 CB 分析，過程中根據動量守恒可得
0 = ( + )
根據能量守恒得
1 1
相對 = 22 0 2( + )
2
聯立解得
= 0.15
【真題 13】（2024·遼寧·高考真題）如圖，高度 = 0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊 A、B，質
量 A = B = 0.1kg。A、B 間夾一壓縮量Δ = 0.1m的輕彈簧，彈簧與 A、B 不栓接。同時由靜止釋
放 A、B，彈簧恢復原長時 A 恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程 A = 0.4m；B 脫離彈簧后
沿桌面滑行一段距離 B = 0.25m后停止。A、B 均視為質點，取重力加速度 = 10m/s2。求：
（1）脫離彈簧時 A、B 的速度大小 A和 B；
（2）物塊與桌面間的動摩擦因數 μ；
（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能Δ p。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【詳解】（1）對 A 物塊由平拋運動知識得
1
= 2
2
A = A
代入數據解得，脫離彈簧時 A 的速度大小為
A = 1m/s
AB 物塊質量相等，同時受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力，則 AB 物
塊整體動量守恒，則
A A = B B
解得脫離彈簧時 B 的速度大小為
B = 1m/s
（2）對物塊 B 由動能定理
1
B B = 0 2 B
2
B
代入數據解得，物塊與桌面的動摩擦因數為
= 0.2
（3）彈簧的彈性勢能轉化為 AB 物塊的動能及這個過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
解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能
Δ p = 0.12J
一、單選題
1．豎直放置的輕質彈簧，下端固定在水平地面上，一小球從彈簧正上方某一高度處自由下落，從小
球開始接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小球和彈簧組成的系統動量守恒
B．小球的動量一直減小
C．彈簧對小球沖量的大小大于重力對小球沖量的大小
D．小球的機械能守恒
【答案】C
【詳解】A．彈簧為輕質彈簧，質量忽略不計，彈簧的動量為 0，對小球進行受力分析，從小球開始
接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球先做自由落體運動，后向下做加速度減小的變加速直
線運動，最后向下做加速度增大的變減速直線運動，可知，速度先增大后減小，動量先增大后減小，
可知，小球和彈簧組成的系統動量不守恒，故 A 錯誤；
B．根據上述可知，小球的動量先增大后減小，故 B 錯誤；
C．根據上述，從小球開始接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球先向下做加速度減小的變
加速直線運動，后向下做加速度增大的變減速直線運動，直至速度減為 0，根據動量定理有
G 彈簧 = 0
可知，彈簧對小球沖量的大小大于重力對小球沖量的大小，故 C 正確；
D．根據上述，從小球開始接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球先向下做加速度減小的變
加速直線運動，后向下做加速度增大的變減速直線運動，彈簧彈力對小球做負功，小球的機械能減
小，故 D 錯誤。
故選 C。
2．如圖所示，“水火箭”又稱氣壓式噴水火箭，由飲料瓶、裝入瓶內的水及高壓氣體組成。在一次發
射實驗中將總質量為 M 的自制“水火箭”靜置在地面上。發射時“水火箭”在極短時間Δ 內，以相對地
面的速度 0豎直向下噴出質量為 m 的水。取重力加速度為 g，下列說法正確的是（　　）
A．“水火箭”的動力來源于火箭外的空氣對它的推力
B．“水火箭”噴出水的過程內力遠大于外力，所以系統機械能守恒

C．“水火箭”獲得的最大速度為 0

D．“水火箭” 0受到的平均升力為 Δ +
【答案】C
【詳解】A．火箭的動力來源于火箭噴出的水對它的推力，故 A 錯誤；
B．水噴出的過程中，火箭內的水做功，火箭及水的系統的機械能不守恒，故 B 錯誤；
C．取向上為正方向，根據動量守恒定律可得
（M-m）vm=mv0
解得

= 0
故 C 正確；
D．上升過程中，取向上為正方向，對火箭根據動量定理可得
Δ ( ) Δ = ( ) = 0
解得“水火箭”受到的平均升力為

= 0Δ + ( )
故 D 錯誤。
故選 C。
3．如圖所示，A、B 兩球分別用長度均為 的輕桿通過光滑較鏈與 C 球連接，通過外力作用使兩桿
并攏，系統豎直放置在光滑水平地面上。某時刻將系統由靜止釋放，A、B 兩球開始向左右兩邊滑
動。已知 A、B 兩球的質量均為 ，C 球的質量為2 ，三球體積相同，且均在同一豎直面內運動，
忽略一切阻力，重力加速度為 。系統從靜止釋放到 C 球落地前的過程，下列說法正確的是（　　）
A．A、B、C 三球組成的系統動量守恒
B．C 球的機械能先增加后減少
C．C 球落地前瞬間的速度大小為 2
D A 3 ． 球的最大速度大小為
2
【答案】C
【詳解】A．A、B、C 三球組成的系統水平方向上合力為零，動量守恒，豎直方向上合力不為零，
動量不守恒，故 A 錯誤；
B．小球 A、B 先加速后減速，動能先增加后減少，A、B、C 三球組成的系統機械能守恒，C 球的
機械能先減少后增加，故 B 錯誤；
C．C 球落地前瞬時，A、B 兩球的速度為零，A、B、C 三球組成的系統機械能守恒，有
1
2 = 2 × 2
2
可得
= 2
故 C 正確；
D．當兩桿與水平面成 角時，根據 A、C 兩球沿桿方向的分速度相等可知
Acos = Csin
根據機械能守恒有
1 1
2 (1 sin ) = 2
2
A × 2 + 22 × 2 C
解得
A = 2 (sin2 sin3 )
當sin = 23時，A 球速度有最大值， A最大，則
2
A = 9 6
故 D 錯誤。
故選 C。
二、多選題
4．如圖，在一次特警訓練中，質量為 140kg 的小車靜止在光滑的水平面上，A、B 為小車的兩端。
質量為 70kg 的特警站在 A 端，起跳后恰好落到 B 端，相對地面的位移為 2m。該過程不計空氣阻力，
下列說法正確的是（　　）
A 4．小車后退了 1m B．小車后退了3m
C．小車 AB 長為 3m D．小車 AB 長為2m
【答案】AC
【詳解】設小車質量為 M，人的質量為 m，對系統，在水平方向上由動能定理得
′ = 0
兩邊同時乘以Δ 得
Δ ′Δ = 0
即
′ = 0
設小車長度為 L，則
+ ′ =
聯立解得
= 3m， ′ = 1m
故選 AC。
5．如圖甲所示，長2m的木板Q靜止在某水平面上， = 0時刻，可視為質點的小物塊P以水平向右的
某初速度從Q的左端向右滑上木板。P、Q的 圖像如圖乙所示。其中 、 分別是0~1s內P、Q的
圖像， 是1~2s內P、Q共同的 圖像。已知P、Q的質量均是1kg， 取10 m/s2，則以下判斷正
確的是（　　）
A．P、Q系統在相互作用的過程中動量不守恒
B．在0 2 內，摩擦力對Q的沖量是1N·s
C．P、Q之間的動摩擦因數為0.1
D．P相對Q靜止的位置在Q木板的右端
【答案】BC
【詳解】A．P 與 Q 組成的系統在速度相等以后做勻速運動，說明地面摩擦力為零，故相互作用的
過程系統所受的外力之和為零，系統動量守恒，故 A 錯誤；
B．從圖象可知，0 2s內對 Q，先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，在1 2s內無摩擦力，
根據動量定理，摩擦力的沖量等于動量的變化，所以
= 0 = 1N s
故 B 正確；
C．P 從速度為2m/s減為1m/s所需的時間為1s，則
Δ 1 2
= = m/s2 = 1m/s2Δ 1
又

= =
代入數據解得
= 0.1
故 C 正確；
D．在 = 1s時，P、Q 相對靜止，一起做勻速直線運動，在0 1s內，P 的位移
1 + 2
1 = 2 × 1m = 1.5m
Q 的位移
1
2 = 2 × 1 × 1m = 0.5m
則
Δ = 1 2 = 1m < 2m
可知 P 與 Q 相對靜止時不在木板的右端，故 D 錯誤。
故選 BC。
6．如圖所示，左側有一長為 L=3m 的傳送帶，以速度 v=5m/s 順時針轉動，右側有一質量為 M=6kg、
長為 l=5m 的長木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為 m=2kg 的小物塊（可視為質點）以初速度
v0=10m/s 從傳送帶的左端滑上傳送帶，并且小物塊能無機械能損失的滑上長木板。已知小物塊與傳
送帶、長木板間的動摩擦因數均為 μ=0.6，不計空氣阻力，g 取 10m/s2。則（ ）
A．小物塊滑上長木板的速度為 5m/s
B．小物塊的最終速度為 2m/s
C．長木板的最終動能 Ek=12J
D．全過程系統產生的內能 Q=48J
【答案】BC
【詳解】A．設小物塊滑上長木板的速度為 1，根據勻變速直線運動規律有
2 20 1 = 2
解得
1 = 8m/s>5m/s
故 A 錯誤；
BC．小物塊到達長木板后，根據動量守恒定律有
1 = ( + ) ′
解得
′ = 2m/s
物塊與木板摩擦生熱為
1 1
1 = = 2
2 2
1 2 ( + )
′
解得
1 = 48J， = 4m
則物塊未滑離木板，木板最終的動能為
k =
1 ′22 = 12J
故 BC 正確；
D．物塊在傳送帶上運動的時間為

= 0 1 1 = 3s
摩擦生熱為
2 = ( ) = 16J
全過程系統產生的內能
= 1 + 2 = 64J
故 D 錯誤；
故選 BC。
7．（2024·廣東·三模）如圖所示，疊放在一起的 a、b 兩物塊從距地面一定高度處由靜止下落，經碰
撞后物塊 b 靜止在地面上。不考慮空氣阻力的影響，b 與地面僅碰撞一次，假定所有的碰撞均為彈
性碰撞，則（　　）
A．下落過程中物塊 a、b 間存在彈力作用
B．物塊 b 的質量是 a 的 3 倍
C．物塊 a 能反彈的最大高度是其初始下落高度的 5 倍
D．物塊 a 反彈的速度是物塊 b 落地速度的 2 倍
【答案】BD
【詳解】A．由于不受空氣阻力作用，兩物塊均在空中做自由落體運動，兩物塊之間不存在相互作
用的彈力，故 A 錯誤；
BD．兩物塊落地瞬間的速度大小為 v0，物塊 b 落地后與地面發生彈性碰撞，以初速度 v0反彈且與
物塊 a 發生彈性碰撞，設碰撞后瞬間物塊 a 的速度為 v，以豎直向上為正方向，則由動量守恒定律
可得
0 0 =
由機械能守恒定律可得
1 1 1
2
2 2 2
0 + 2 0 = 2
解得
mb=3ma，v=2v0
故 BD 正確；
C．以整個過程為研究對象，設初始下落高度為 h，a 反彈的高度為 h'，則有
( + ) = ′
解得
h'=4h
故 C 錯誤。
故選 BD。
8．如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為 M 的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與
水平面相切，一個質量為 ( < )的小球從弧形槽 h 高處由靜止開始下滑，不計空氣阻力，下列說
法正確的是（　　）
A．在下滑過程中弧形槽對小球的彈力始終不做功
B．在小球壓縮彈簧的過程中，小球的機械能減小
C．小球離開彈簧后，小球和弧形槽組成的系統機械能守恒，但小球不能回到弧形槽 h 高處
D．在整個過程中，小球、弧形槽和彈簧組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒
【答案】BC
【詳解】A．因為光滑弧形靜止在光滑水平面上，則可知小球下落，小球和弧形槽整體在水平方向
上動量守恒，小球獲得水平向右的速度，弧形槽獲得水平向左的速度，可知在小球下滑的過程中小
球給弧形槽做正功，則弧形槽給小球的彈力做負功，故 A 錯誤；
B．當小球壓縮彈簧的過程中，彈簧和小球組成的系統的機械能守恒，但彈簧對小球的彈力做負功，
故小球機械能減小，故 B 正確；
C．小球在弧形槽上下滑的過程中，系統水平方向不受外力，系統水平方向動量守恒，小球與弧形
槽分離時兩者動量大小相等，由于 m＜M，則小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被彈簧
原速率彈回后將追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球離開彈簧后，只有重力和系統內彈力做功，故
小球和弧形槽組成的系統機械能守恒。由于球與弧形槽組成的系統總動量水平向左，球滑上弧形槽
的最高點時兩者共速，則此時共同速度也必須水平向左，則二者從靜止開始運動到共速狀態，系統
的動能增加，重力勢能一定要減小，小球上升的最大高度要小于 h，故 C 正確；
D．整個運動過程中小球和弧形槽、彈簧組成的系統只有重力與系統內彈力做功，故系統機械能守
恒；在整個過程中，由于存在墻壁對彈簧水平方向上的彈力，故水平方向上的動量不守恒，故 D 錯
誤；
故選 BC。
9．（2024·四川成都·二模）如圖，半徑為 的固定光滑圓軌道豎直放置，套在軌道上質量均為 的小
球A和B（均可視為質點）用一根長為 2 的輕桿連接。將A置于軌道最低點并由靜止釋放，重力加
速度大小為 。下列說法正確的是（　　）
A．小球A、B與輕桿組成的系統機械能守恒
B．小球A、B與輕桿組成的系統動量守恒
C．小球A、B等高時，A球的速率為 1 2
2
D．從釋放到小球A、B等高的過程中，桿對B球做功為 0.5
【答案】AD
【詳解】
A．小球A、B與輕桿組成的系統，只有動能和重力勢能相互轉化，故機械能守恒，故 A 正確；
B．小球A、B與輕桿組成的系統，所受合力不為零，故動量不守恒，故 B 錯誤；
C．小球A、B等高時，小球A上升高度為 1 2 ，小球B下降高度為 2 ，根據桿連物體沿桿方向
2 2
速度相等的關系知，小球A、B的速度大小關系有
Asin45 = Bcos45
解得
A = B
系統機械能守恒
2 2 1
2 = 1 2 + 2
2
A × 2
解得
A = ( 2 1)
故 C 錯誤；
D．從釋放到小球A、B等高的過程中，根據功能關系，桿對B球做功為
1 2
= 2
2
B 2 = 0.5
故 D 正確。
故選 AD。
10．（2024·全國·一模）如圖所示，水平放置、足夠長的光滑桿 上套有一小球A，小球A通過一長

度為 2 的不可伸長的輕繩與小球B相連，A、B小球的質量均為 。將小球B放置于小球A的正下方2
處，并以初速度 0 = 水平拋出， 為重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．繩子恰好繃直時，其與 的夾角為45°
B．繩子繃直前瞬間，小球B的速度大小為 3 0
C 2．繩子繃直后瞬間，小球A的速度大小為3 0
D 2．繩子繃直前后，繩子對 B 球的沖量大小為
3 0
【答案】AC
【詳解】AB．根據平拋運動規律，從拋出到繩子恰好繃直
= 1 20 ， = 2
幾何關系
2 2
2 + +
2 = ( 2 )
聯立三式可得

=
則
= ， = 2
可知繩繃直時與桿 的夾角 = 45°，且繃直前瞬間 B 球速度與水平方向的夾角也為 = 45°，此時
B 球的速度大小
= 2 0
A 正確，B 錯誤；
C．繩子繃直過程中，B 球所受總沖量沿繩由 B 指向 A，B 球的動量減小，故 B 球的速度減小，但
方向不變，設繃直后瞬間 A、B 球的速度分別為 A、 B，根據水平方向動量守恒有
0 = A + Bcos
由 A、B 球沿繩方向速度相同
Acos = B
聯立兩式解得
A =
2 2
3 0， B = 3 0
C 正確；
D．對 B 球用動量定理分析，繩子對 B 球的沖量大小
2 2
cos45° = B = 3 0
B 2所以繩子對 沖量大于 0，D 錯誤。3
故選 AC。
11．如圖所示，質量為 2kg 的凹槽靜置于光滑水平面，高為 2m，底邊長為 4m 并且末端與水平面相
切。現將質量為 1kg 的小球，從凹槽的最頂端由靜止釋放，小球將自由下滑到凹槽底端，并與凹槽
分離。若重力加速度 g 取 10m/s2，忽略空氣阻力，則當小球與凹槽剛好分離時（　　）
A．小球的速度大小為4 15m/s B．凹槽的速度大小為2 5m/s
3 3
C 2 4．小球向右移動的水平距離為3m D．凹槽向左移動的水平距離為3m
【答案】AD
【詳解】AB．設凹槽高為 ，底邊長為 ，小球與凹槽的質量分布為 1和 2；小球與凹槽組成的系
統滿足水平方向動量守恒和機械能守恒，則有
1 1 = 2 2
1 2 1 1 = 22 1 1 + 2 2 2
聯立解得
= 4 151 m/s， = 2 152 m/s3 3
故 A 正確，B 錯誤；
CD．設小球與凹槽的水平位移分別為 1和 2，則有
1 1 = 2 2
又
1 + 2 =
聯立解得
1 =
8 4
3m， 2 = 3m
故 C 錯誤，D 正確。
故選 AD。
12．（2024·河北保定·一模）如圖所示，粗糙的水平面上放置一輕質彈簧，彈簧的右端固定，左端與
質量為 m 的滑塊甲（視為質點）連接，小球乙（視為質點）靜止在 C 點，讓甲在 A 點獲得一個水平
向左的初速度2 0，且甲在 A 點時彈簧處于壓縮狀態，此時彈簧所蘊含的彈性勢能為3 20，當甲運
動到 B 點時彈簧正好恢復到原長，甲繼續運動到 C 點時與乙發生彈性碰撞。已知甲與水平面之間的
2
動摩擦因數為 = 02 ，A、B 兩點間距與 B、C 兩點間距均為 L，下列說法正確的是（　　）
A．甲剛到達 B 點時的速度大小為 0
B．甲剛到達 C 點時，彈簧的彈性勢能為3 20
C．甲剛到達 C 點時（與乙發生碰撞前）的動能為 20
D．若甲、乙碰撞剛結束時，乙的速度為 2
2 0
，則乙的質量為 2m
【答案】BC
【詳解】A．由題意可知，甲剛到達 B 點時，彈簧的彈性勢能是零，即彈簧對甲做功是3 20，由動
能定理可得
1 1
3 20 = 22 2 (2 )
2
0
解得
= 3 0
A 錯誤；
B．由對稱性可知，甲剛到達 C 點時，彈簧的彈性勢能為3 20，B 正確；
C．甲剛到達 C 點時（與乙發生碰撞前），由動能定理可得
1
3 20 = 2k 2
解得
k = 20
C 正確；
D．甲、乙在 C 點發生彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律可得
2 k = 1 + 乙 乙
1 1
k = 2
2
1 + 2 乙
2
乙
由題意，碰撞后乙的速度為 2 0，則有2
2 2 2
k乙 = + = 2 0乙
解得
乙 = 3
D 錯誤。
故選 BC。
13．（2024·山東濟南·三模）質量為 1 = 90g的物塊從距離地面高度為 = 19m處自由下落，在下落
到距離地面高度為 ′ = 14m時，質量為 2 = 10g的子彈以 0 = 10m/s的水平速度瞬間擊中物塊并留
在其中。重力加速度取 = 10m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變為1m/s
B．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變為10m/s
C．物塊下落的總時間為2s
D．物塊下落的總時間為 95s
5
【答案】AC
【詳解】A．子彈擊中物塊后瞬間，水平方向動量守恒，則
2 0 = ( 1 + 2)
解得物塊水平方向的速度大小變為
= 1m/s
選項 A 正確；
B．子彈擊中木塊之前物塊的豎直速度
0 = 2 ( ′) = 10m/s
子彈擊中物塊后瞬間，由豎直方向動量守恒可知
1 0 = ( 1 + 2)
解得物塊豎直方向的速度大小變為
= 9m/s
選項 B 錯誤；
CD．子彈擊中木塊之前物塊下落的時間
2( ′)
1 = = 1s
被子彈擊中后物塊下落 ′ = 14m時，根據
1
′ = + 2 2 2 2
解得
t2=1s
（另一值舍掉），則總時間為
= 1 + 2 = 2s
選項 C 正確，D 錯誤。
故選 AC。
三、解答題
14．（2024·重慶沙坪壩·三模）如圖所示，質量為 = 1kg的小物塊 A 放在質量也為 的木板 C 的右
端，木板靜止在光滑地面上， = 0時刻給木板施加一水平向右的拉力 ，物塊和木板立即發生相對
滑動。已知拉力功率 恒為 8W，物塊和木板間的動摩擦因數 = 0．2， 1 = 1．5s時物塊和木板共
速，且共速時立即撤去拉力，重力加速度 取10m/s2。求：
（1）與木板共速前物塊 A 運動的加速度；
（2）若物塊恰不從木板上滑下，木板 C 的長度；
（3）若木板 C 右方還靜置著另一物塊 B，木板 C 與 A 共速后再與 B 發生碰撞并粘在一起，則在滿
足第（2）問情況下，要保證物塊 A 恰不從木板 C 上滑出，求物塊 B 的質量。
【答案】（1）2m/s2，方向水平向右；（2）1.5m；（3）(3 + 13)kg
【詳解】（1）A、C 共速之前，對 A 進行分析，根據牛頓第二定律有
=
解得
= 2m/s2
A 向右做勻加速直線運動，加速度方向水平向右。
（2）結合上述，A、C 達到相等的速度時有
1 = 1
對 A、C 構成的系統，根據能量守恒定律有
1
1 = 2( + )
2
1 +
解得
= 1．5m
（3）根據題意，B、C 發生完全非彈性碰撞，則有
1 = ( + B) 2
拉力 F 撤去后到三者共速，對 A、B、C 構成的系統，根據動量守恒定律有
2 1 = (2 + B) 共
B、C 碰后到 A、B、C 三者共速過程，根據能量守恒定律有
1 1 1
= 2 22 1 + 2( + B) 2 2( + + )
2
B 共
結合上述解得
B = (3 + 13)kg
15．（2024·浙江金華·三模）某固定裝置的豎直截面如圖甲所示，由長度為 1.0m 的水平傳送帶和兩
段光滑圓管軌道組成，兩段圓管軌道所對應的圓心角相同 = 106°， = 0.4m， = 0.8m，右側
帶有豎直擋板的滑塊 b 放置在光滑的水平面上，傳送帶和滑塊 b 與軌道端口均為平滑連接，傳送帶
啟動后運行的 圖如圖乙所示，傳送帶啟動 0.5s 后把小物塊 a 從傳送帶左側靜止釋放，小物塊 a
和滑塊 b 的質量均為 = 0.4kg，a 與傳送帶和滑塊 b 之間的動摩擦因數均為 = 0.25，若空氣阻力、
小物塊 a、圓管軌道的口徑和皮帶輪半徑均可不計，物塊 a 進出管道時無能量損失，物塊 a 和滑塊 b
發生的碰撞為完全彈性碰撞，重力加速度 = 10m/s2，試求：
（1）小物塊 a 在傳送帶上運動的時間 t；
（2）小物塊 a 進入BC管道時對管道的作用力大小；
（3）滑塊 b 至少多長才能使小物塊 a 不脫離滑塊。
1 29【答案】（ ）24s；（2）4N；（3）1.25m
【詳解】（1）對傳送帶 0-1s 做加速度
1 = 1.0m/s2
對 a 物體，勻加速
2 = = 2.5m/s2
當 a 物體與傳送帶同速時
2 1 = 0.5 + 1 1
得
1
1 = 3 s
此時共速
1 = 2
5
1 = 6m/s
物體位移
1 =
1
2
2
2 1 =
5
36m a 物體與傳送帶一起勻加速至 1m s，有
1 1 2 = = 6 s1
所以
112 = 2 = 72m a 物體勻速運動
3 = 1
17
1 2 = 24m
時間

3 =
3 = 17 24s
運動時間
= 1 + 2 + 3 =
29
24s
（2）A 到 B 動能定理
1 2 1 2AB = 2 B 2
對 B 處
1
= 2 = 0.5m sin53°
2
N + cos53° =
得
N = 4N
由牛頓第三定律可知，對管道作用力為 4N。
（3）A 到 C 動能定理
1( + ) = 2
1
2 2
2
得
= 5m/s
當 a 剛好滑動 b 最右端與 b 共速，此時 b 的長度是滿足題意的最短長度，由能量守恒和動量守恒有
1
2
1
2 = 2 2
2
共 + 2 2
= 2 共
聯立得
L = 1.25m

展開更多......

收起↑