第15讲 动量 动量守恒定律（解析版）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练

第15讲动量动量守恒定律

目录

考点一动量、冲量、动量定理的理解与应用......................................1

考点二动量守恒定律的理解......................................................1

考点三动量守恒定律的应用(人船模型)........................................5

考点四碰撞现象的特点和规律....................................................9

考点五动量和能量观点的综合应用..............................................14

练出高分........................................................................18

考点一动量、冲量、动量定理的理解与应用

I.动量

(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用〃来表示.

(2)表达式：p—mv.

(3)单位：kg-m/s.

(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同.

2.冲量

(1)定义：力F与力的作用时间/的乘积.

(2)定义式：I=Ft.

(3)单位：N・s.

(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同.

(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时回上积累的作用效果.

3.动量定理

(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量.

Ft=p'—p

⑵表达式：，人

/=Ap

[例题1](2022•杭州二模)如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速

率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落

地过程中，下列说法正确的是（)

A.轨迹为1的物体在最高点的速度最大

B.轨迹为3的物体在空中飞行时间最长

C.轨迹为1的物体所受重力的冲量最大

D.三个物体单位时间内速度变化量不同

【解答】解：B、将抛体运动分为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀变速直线运动，

三条路径中轨迹1最高，根据：t=2旧可知轨迹为1的物体在空中飞行时间最长，轨迹为3的

物体在空中飞行时间最短，故B错误；

A、水平方向的位移：x=vd,轨迹3水平方向的位移最大，但运动的时间最短，所以轨迹3水平

方向的分速度最大，所以轨迹为3的物体在最高点的速度最大，故A错误；

C、重力的冲量：I=mgt,三个物体质量相等，轨迹为1的物体在空中匕行时间最长，所以轨迹为

I的物体所受重力的冲量最大，故C正确；

D、加速度是速度变化快慢的物理最，由于三个物体都做抛体运动，加速度都等于重力加速度，

所以三个物体单位时间内速度变化量相同，故D错误。

故选：Co

[例题2]（2023•重庆模拟）2022年中国空间站已经全面建成，目前已经转入应用与发展阶段。如图

所示，若该空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，则运动过程中不变的物理量是

()

A.动量B.加速度C.动能D.机械能

【解答】解：AC.空间站仅在地球引力作用下绕地球沿椭圆轨道运动，速度大小和方向不断改变,

根据动显和动能定义，故动显时刻改变，动能时刻改变，故AC错误；

B.空间站到地心的距离不断改变，由万有引力提供向心力G华二7HQ

R2

可知，加速度时刻改变，故B错误；

D.空间站仅在地球引力作用下运动，所以机械能守恒，故D正确。

故选：D。

［例题3J（2U23•海淀区二模）如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动（俯视），圆

盘上距轴r处有一质量为m的物块（可视为质点）。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时

间，其角速度从0增大至3。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数4重力加速度g,该过程中物

块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是（）

A.物块所受摩擦力的方向始终指向0点

B.物块所受摩擦力的大小始终为同唱

C.物块所受摩擦力的冲量大小为ms

D.物块所受摩擦力做的功为0

【解答】解：A、物块的角速度逐渐变大，根据v=3r.可知线速度也逐渐变大，说明摩擦力做了

功，即摩擦力有沿着圆周切线方向的分力，说明物块受摩擦力的方向不是始终指向O点，故A错

误；

B、根据向心力公式F=ms2r可知，当角速度比较小时，向心力也比较小，而向心力由静摩擦力

的一个分力提供，所以物块所受摩擦力的大小是从0开始增加的，不是始终为pmg,故B错误;

C、根据动量定理得I=mv-0,将v=（or代入可知物块所受摩擦力的冲量大小为mcor,故C正

确；

D、物块角速度从0增大至3过程中，只有静摩擦力可以做功，根据动能定理W=4mu2-o=

|ma）2r2,可知物块所受摩擦力做的功不为0,故D错误。

故选：Co

［例题4］（2023•镇海区校级模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，

水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示，t=400s后，列车以288km/h的速度做

A.a束烟花在空中运动的时间大于b束烟花

B.a束烟花被喷射出的初始速度大于b束烟花

C.a束烟花在空中运动过程中动量的增加量大于b束烟花

D.a束烟花在空中运动过程中动能的增加量大于b束烟花

【解答】解：A.竖直方向做自由落体运动，根据力=；g《2,可得£=楞，由图可知，a束烟花

下降的高度小于b束烟花卜降的高度，则a束烟花在空中运动的时间小于b束烟花，故A错误;

B.由图可知，水平方向a束烟花的位移大于b束烟花的位移，水平方向做匀速直线运动，根据x

=vot结合A选项分析可知a束烟花被喷射出的初始速度大于b束烟花，故B正确；

C.根据△p=I=mgl,结合A选项可知可知a束烟花在空中运动过程中动量的增加量小于b束烟

花，故C错误；

D.根据AEk=mgh,可知a束烟花在空中运动过程中动能的增加量小于b束烟花，故D错误。

故选：B„

考点二动量守恒定律的理解和判断

I.内容

如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律.

2.适用条件

(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系

统处于平衡状态.

(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.

(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒.

[例题6](2023•昌平区二模)飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m,

速率为v,圆周运动半径为R。下列说法正确的是()

A.飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零

B.飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒

C.飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心

力的冲量，即/=FnAt==2mnv

D.飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变

量为零

【解答】解：A、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，因此速度是变化的，所

受合外力不为零，故A错误；

BC、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，速度不断变化，由p=mv知动量不

断变化，动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心力的冲量，由于向心力是变力，不能

D22TTR

根据I=Fn・At=m—•-----=2nmv来求向心力的冲量，故BC错误；

Rv

D、飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周合外力冲量为零，根据动量

定理，飞行一周动量的改变量为零，故D正确。

故选：D。

[例题7]（2023•绍兴二模）如图所示，在竖直平面内，离地一定高度的树上挂有一个苹果，地面上

玩具手枪的枪口对准苹果。某时刻苹果从O点自由下落，同时玩具子弹也从枪口P以一定初速

度射出，子弹运动一段时间后到达最高点Q,而苹果也下落到M点，最后子弹在N点“击中”

苹果。若子弹和苹果都看成质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.子弹到达最高点的速度为0

B.PQ的竖直高度等于OM的距离

C.子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度大于苹果下落的速度

D.子弹从P运动到Q的过程中速度变化量的方向始终竖直向上

【解答】解：A.子弹做斜抛运动，在最高点竖直方向上的速度为零，但水平分速度不为零，因此

子弹到达最高点的速度不为零，故A错误；

B.某时刻苹果从O点自由下落，同时玩具子弹也从枪口P以一定初速度射出，所以运动时间相

同，而苹果竖直方向初速度为零，自由落体，子弹竖直方向逆运动也是初速度为零，自由落体，

所以PQ的竖直高度等于0M的距离，故B正确；

C.子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度小于苹果下落的速度，因为在M、Q处，苹果竖直分

速度大，而两者加速度相同，故C错误；

D.根据速度变化量的计算公式可得：

Av=gAt

因此子弹从P运动到Q的过程中速度变化量的方向始终竖直向下，故D错误。

故选：Bo

［例题8］（2023•江西模拟）如图所示，建筑工地上常用打桩机把桩打入地下。电动机先把重锤吊起

一定的高度，然后静止释放，重锤打在桩上，接着随桩一起向下运动直到停止。不计空气阻力，

则下列说法中正确的是（）

A.重锤与桩的撞击过程中，机械能守恒

B.重锤随桩一起向下运动过程中，机械能守恒

C.整个运动过程中，重锤和桩组成的系统动量守恒

D.整个运动过程中，重锤和桩组成的系统所受合外力冲量为零

【解答】解：A.重锤与桩的撞击过程中，会产生内能，所以重锤与桩的撞击过程中机械能不守

恒，故A错误；

B.重锤随桩一起向下运动过程中，需要克服阻力做功，所以重锤随桩一起向下运动过程中机械

能不守恒，故B错误；

C.整个运动过程中，重锤和桩组成的系统初始动量为零，末动量为零，但运动过程动量不为零，

可知系统过程中不满足动量守恒，故c错误；

D.整个运动过程中，重锤和桩组成的系统初始动量为零，末动量为零，根据动量定理可知，系

统所受合外力冲量为零，故D正确。

故选：Do

［例题力（2023•株洲一模）如图，质量相等的小球和小环几不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固

定的水平细杆上，初始时刻小球在小环的左下方，绳子拉直，由静止释放，不计空气阻力，则

()

-------&

A.小球和小环组成的系统，动量守恒

B.小球和小环组成的系统，机械能不守恒

C.小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同

D.整个运动过程中，绳的拉力对小球一直不做功

【解答】解：A、由于小环套在光滑固定的水平细杆上，小球和小环组成的系统在水平方向上动

量守恒，在竖直方向上合外力不为零，有加速度，竖直方向上动量不守恒，故A错误；

B、根据题意可知，除了系统内力，小球和小环在运动过程中未受到除了重力之外的力的作用，

因此它们组成的系统机械能守恒，故B错误；

C、水平方向不受外力，则小球和小环组成的系统水平方向动量守恒。小球向右摆到的最高点时，

小球和小环的速度相同，设为v,取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得0=2mv,解

得v=0,根据系统机械能守恒可知，小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同，故C正确；

D、整个运动过程中，小球的机械能的损失量全部转移给小环，因此在运动过程中，小球和小环

它们各自的机械能均不守恒，故D错误；

故选：Co

［例题10］（2023♦平谷区一模）如图所示，质量分别为mi和m2（m2>3mi）的两个小球叠放在一起，

从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方

向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力

B.释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒

C.若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后m2弹起的最大高度h2〈0.5h,则碰撞后mi弹起

的最大高度hi一定大于2.5h

D.若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h

【解答】解：A.在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，故

A错误；

B.释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0,故动量不守恒，故B错误；

C.整个过程中两小球根据机械能守恒定律(mi+mz)gh=migh]+m2gh2

由题知m?>3mi

h2Vo.5h

解得hi>2.5h

故C正确；

D.若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一

部分机械能转化为内能，根据机械能守恒定律可知两球弹起的最大高度为应小于h,故D错误。

故选：Co

考点三动量守恒定律的应用(人船模型)

I.动量守恒定律的不同表达形式

(1)〃?1力+口=+2V2,,相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量

和.

(2)A"i=-A”2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向.

(3)A〃=0,系统总动量的增量为零.

2.应用动量守恒定律解题的步骤

(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；

(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；

(3)规定正方向，确定初、末状态动量；

(4)由动量守恒定律列出方程；

(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明.

[例题11](多选)(2023•佛山•模)某同学平时在操场立定跳远成绩最好能达到2.5m。在静浮在水

面可自由移动的小船匕若该同学同样尽最大的能力立定跳，船上下颠簸可忽略，则该同学在

小船上立定跳()

<4

A.相对地面运动的水平距离小于2.5m

B.相对小船运动的水平距离小于2.5m

C.起跳相对地面的初速度比在操场时的小

D.当人落在船上时，船还会继续向前运动

【解答】解：AB.对「人和小船组成的系统，水平方向动量守恒，设该同学起跳时相对地面水平

初速度为VX,竖直初速度为Vy,小船相对于地面的速度为v,水平距离等于2.5m,设水平向右为

正方向，根据水平方向动量守恒可得

O=III人vx+m船v

可知小船向左运动，所以该同学相对地面运动的水平距离小于2.5m,故A正确，B错误；

C.由AB选项分析可知，相比在地面起跳，人相对地面的水平初速度变小，根据也、=/^+药

可知起跳相对地面的初速度比在操场时的小，故C正确；

D.根据水平方向动量守恒，当人落在船上时，船停止运动，故D错误。

故选：ACo

[例题12]（2022春•麒麟区校级期中）如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩

擦，空气的阻力也不考虑.。则下列说法不正确的是（）

A.人在车上向右行走时，车将向左运动

B.当人停止走动时，车也会停止

C.人缓慢地在车上行走时，车可能不动

D.当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相

同

【解答】解—：A.人与车组成的系统动量守恒，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得

mv+Mv'=()

解得v'=-贵

车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A正确;

B.因人和车总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零，故B

正确;

C.由v三-皆可知，人缓慢地在车上行走时，车也缓慢地运动，故C错误;

D.人从车上的左端行走到右端，设车的长度为L,人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向,

7—yY

由动量守恒定律得m-M-=0

Ct

mL

解得

x=M+m

车在地面上移动的距离x与人的行走速度无关，故D正确。

本题选择错误选项;

故选：Co

［例题13］如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=lkg的小球通过长L=

0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开

始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度vo=4m/s,gMX10m/s2o则（）

A.若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4N

B.若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒

C.若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2m/s

D.若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为，m

【解答】解：A、设小球能通过最高点，且此时的速度为vi.在上升过程中，因只有重力做功，

小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得：+mgL,代入数据解得：vi=V6m/s,

对小球由牛顿第二定律得：F+mg=m中，代入数据解得：F=2N,即在最高点杆对小球的作用力

方向向下，大小为2N,根据牛顿笫三定律可知小球通过最商点时小球对杆的作用力方向向上，大

小为2N,故A错误；

BC、若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，设小球的水

111

平方向为正方向，由动量守恒得rnvm=MvM,由机械能守恒得57n说=-+mgL,

得vm=2m/s,故B错误，C正确；

D、设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为Xm，滑块运动的距离为XM,由

2

系统水平方向动量守恒得mxm=MxM,又Xm+XM=2L,得Xm=Nm,故D错误；

故选：Co

［例题14］有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计二百多公斤左右），一位同学想用一

个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，

走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d,以及船长L,已知他自身的

质量为m。若不计水的阻力，则渔船的质量M为（）

【解答】解：设人走动时船的速度大小为v,人的速度大G为v',人从船尾走到船头所用时间为

to取船的速度为正方向。则v=/v'="

根据动量守恒定律得：Mv-mv'=0,解得船的质量：M=吟也，故ABD错误，C正确。

故选：Co

［例题15］如图所示，一个质量为m的半圆槽形物体P放在光滑水平面上，半圆槽半径为R,一小物

块Q质量为3m,从半圆槽的最左端与圆心等高位置无初速释放，然后滑上半圆槽右端，接触

面均光滑，Q从释放到滑至半圆槽右端最高点的过程中，下列说法正确的是（）

P

A.P、Q组成的系统满足动最守恒

B.P的位移大小为

4

C.Q滑动最低点的速度为正亚

1

D.Q的位移大小为5R

【解答】解：A、P、Q组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零,

系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；

BD、设P的位移大小为x,则Q的位移大小为2R-x,P、Q组成的系统在水平方向所受合外力

为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mvQ・mvp=0,3mx

=0,解得：x=Q的位移大小XQ=2R-X=2R-,R=2R,故B错误，D正确;

C、设Q到达最低点的速度大小为VI,此时P点的速度大小为V2,P、Q组成的系统在水平方向

动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：3mvi-mv2=0,系统机械能守恒，

由机械能守恒定律得：3mgR=*x3m说+品谚，解得：vi=《gR,故C错误。

故选：Do

考点四碰撞现象的特点和规律

I.碰撞

(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间卷叁，而物体间相互作用力也力的现象.

(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力?外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.

(3)分类

动量是否守恒机械能是否守恒

弹性碰撞守恒守恒

非完全弹性碰撞守恒有损失

完全非弹性碰撞守恒损—最大

2.碰撞后运动状态可能性判定

(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即pi+p2=pi'

+P21

(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Eki+Ek22EJ+Ek2'

(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度

必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体

的速度，否则碰撞没有结束：如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改

变，除非碰后两物体速度均为零.

［例题16］如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处

同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为go

忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为（）

525749

A.-hB.—hC.-hD.—h

99

【解答】解：设P的质量为m,Q的质量为2m,二者下落h时的速度大小为v,根据动能定理可

得：3mgh=2x3mv2

解得：v=y/2gh

Q与地面碰撞后速度等大反向，不计碰撞时间，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得:

2mv-mv=2mvi+mv2

根据机械能守恒定律可得：Tx2mv2+1mv2=1

5

联立解得碰撞后P的速度大小为：vi=-4v,

V2=3V

—另谚

对P上升过程中根据动能定理可得：-mgh'=0

解得：h'=^h,故B正确、ACD错误。

故选：Bo

［例题17］（2023•东城区校级模拟）如图5所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹

簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极

短。下列说法中正确的是（）

劭

二DQQQQQQ.B

，〃〃〃〃〃/乃）〃/〃/»〃〃〃〃〃/〃〃〃〃市/,

A.子弹射入物块A过程中，子弹和物块A的机械能守恒

B.了弹射入物块A的过程中，了弹对物块A的冲量大小大丁物块A对了弹的冲量大小

C.子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能

D.两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能

【解答】解：A、子弹射入物块A的过程中，要产生内能，则子弹和物块A的机械能减少，故A

错误；

B、子弹射入物块A的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对物块A的作用力大小等于物块A

对子弹的作用力大小，而且两个力作用时间相等，由I=Fl知，子弹对物块A的冲量大小等于物

块A对子弹的冲量大小，故B错误；

C、由于子弹射入物块A的过程中要产生内能，所以，子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能

之和小丁射入物块A前子弹的动能，故C错误；

D、两物块运动过程中，弹簧最短时和弹簧最长时两物块速度相同，设两物块的共同速度为V。取

水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m井vo=（niw+niA+niB）v

可知，弹簧最短时和弹簧最长时两物块的共同速度相同，系统的总动能相同，由系统的机械能守

恒定律知，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，故D正确。

故选：D。

［例题18］（2023•浙江模拟）物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时,

需要判断使用的物理规律是否成'Z。如图所示，站在车上的人用锤子连续敲打小车。初始时，

人、车、锤都静止，假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（）

A.连续敲打可使小车持续向右运动

B.人、车和锤组成的系统机械能守恒

C.人、车和锤组成的系统动量和机械能都不守恒

D.人、车和锤组成的系统动量守恒但机械能不守恒

【解答】解：A.对人、车和锤采用整体法，整体水平方向不受外力，水平方向动量守恒，水平方

向整体总动最为零，用锤子连续敲打小车左端，当锤子向左运动，根据动显守恒，小车向右运动；

当锤子向右运动，根据动量守恒，小车向左运动；故小车左右往复运动，不会持续向右运动，故

A错误；

BCD.人消耗体能，根据能量转化和守恒，人体内储存的化学能转化为系统机械能，故人、车和

锤整体机械能不守恒；在锤子连续敲打下，整体在竖直方向合外力不等于零，故整体在竖直方向

不满足动量守恒，所以人、车和锤组成的系统动量不守恒，故BD错误，C正确。

故选：Co

［例题19］（2023•清远模拟）如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为

m的子弹以vo的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60"。木块可视为

质点，重力加速度大小为g,则轻绳的长度为（）

A羽D

5g-翡

【解答】解：子弹射入木块的过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得:

mvo=（4m+m）v

得丫=空

设轻绳的长度为L0子弹击中木块后一起向上摆动的过程中，根据机械能守恒定律得：

1

—（4m+m）v9=（4m+m）gL（1-cos60°）

”2

解得：L=恐，故ABD错误，C正确。

故选：Co

［例题20］（多选）（2023•吉安一模）质量分别为M、m的A、B两物体连接在轻质弹簧两端，用轻

质细线拴住A、B,弹簧被压缩，整体放置在光滑的水平面上处于静止状态。如图甲所示，若A

靠在墙角，突然烧断细线，当弹簧恢复原长时，B的速度为v,如图乙所示，若A不靠在墙角，

也突然烧断细线。规定水平向右为正方向，下列说法正确的是（）

AyWW？P-B|AB|

甲乙

A.烧断细线之前弹簧的弹性势能为3MB

Mmv1

R对甲图.烧断细线后当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹件措能为而而

C.对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A、B的动能之比M：m

D.对乙图，烧断细线后当弹簧恢复原长时，A的动量为-根〃族1

【解答】解：A.根据能量守恒定律可得，烧断细线之前弹簧的弹性势能为：

1

2

EPm=^mv,故A错误；

B.对甲图，烧断细线后当A离开墙角后，系统的动量守恒，当弹簧压缩量最大时A、B达到共

同速度，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：

mv=(M+m)v共

由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能为：

EP=4-m)v

联立解得:=

故B正确：

C.对乙图，烧断细线后，系统的合外力为零，故系统的动量守恒且为0,由动量守恒定律知A、

B的动量总是等大反向，

当弹簧恢复原长时设A、B的动量大小均为p,贝I」：

"A-2M'hB-痂

联立解得：EkA：EkB=m：M,故C错误；

D.由能量守恒定律可得：

EkA+EkB=Epm

又EkA：EkB=m：M

联立解得：&8=春瑞

又EKB=交

M

联立解得：p=mvM+m

弹簧恢复原长时A向左运动，与规定的正方向相反，则A的动量为-nwjg,故D正确。

故选：BDo

考点五动量和能量观点的综合应用

[例题21]（2023•天津模拟）如图所示，一段粗糙水平面右端与光滑曲面在0点平滑连接，左端与一

段光滑水平面在N点连接。一左端固定的轻弹簧置于光滑水平面上，其右端恰好位于N点，一

质量为m=0.1kg的小球被长为L=1.4m的轻细绳悬挂在Oi点且处于静止状态，小球位于O点

但与O点不接触。在Oi点左侧与Oi等高处的P点，同定有一垂直纸面的光滑钉子，与Oi点

的距离为一质量为M=0.7kg的小物块从曲面上面为h=0.8m的位置由静止滑下后，与小球

发生碰撞，碰后小球向左摆动，绳子到钉子后，小球恰好能完成竖直面内的圆周运动。已知粗

糙水平面的长度为x=1.5m与小物块的动摩擦因数p=0.1,重力加速度g=10m/s2,小球与小

物块均可看成质点:，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求：

£..…?­

L

2

（1）小物块刚要碰上小球瞬间的速度vo的大小；

（2）刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T的大小；

（3）弹簧弹性势能的最大值。

【解答】解：（1）小物块下滑过程，根据动能定理可得：Mgh=2M诏

代入数据解得：vo=4m/s

（2）碰撞过程，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：Mvo=Mvi+mv2

之后小球圆周运动到最高点，对小球根据动能定理可得：-mg（L+,）=-

由于小球恰好能完成竖直而内的圆周运动，在最高点有：mg=m"

2

联立解得:vi=3m/s,V2=7m/s

刚碰撞完瞬间，对小球根据牛顿第二定律可得：T-mg=n3

代入数据解得：T=4.5N

（3）小物块向左运动至压缩弹簧至最短过程中，根据功能关系可得：?M4=pMgx+Ep

代入数据解得：EP=2.1J.

答：（I）小物块刚要碰上小球瞬间的速度vo的大小为4nVs；

（2）刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T的大小为4.5N；

（3）弹簧弹性势能的最大值为2.1J。

［例题22］（2U23•龙泉驿区模拟）如图所示，在电动机的带动下以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的

水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷

多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量mo=2kg。质量m=1kg的物体（可

视为质点）从轨道上高h=5.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小vo=

7m/so物体和传送带之间的动摩擦因数H=0.5,传送带AB之间的距离L=3.4m.物体与小球、

小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度g=10m/s2,V10«3.16o求：

（1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；

（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲审大小；

（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。

【解答】解：⑴物块由P到A的过程，根据动能定理可得：-0

解得摩擦力做的功：Wf=-25.5J；

（2）物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为：a=^=〃g=0.5X

10m/s2=5m/s2

减速至与传送带速度相等时所用的时间：公=^=V5=84s

匀减速运动的位移：Si="亭"=芍=x0.4m=2.4m<L=3.4m

所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为：Q=殍=如三空s=0.2s

故物体从A运动到B的时间为：t=ti+l2=0.4s+0.2s=0.6s

22

传送带对物体的冲量大小为：/=y］（mgt）+［m（y0-v）］=V40N*S=6.32N-s；

（3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为“，小球1被撞后的速度大小

为UI,取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得:

mv=-mvi+moui

111

2

-V-V+-

222

152

律

解=-V=--V130m

3313/s

物块被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得：0-而=-2as

vi=ati

解得：s=命nV3.4m,0=%：

由于小球质审相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物块第一次返回

还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到VI,此过

程电动机多给传送带的力为Hmg,电动机多做的功率为“mgv,电动机多消耗的电能为：

Ex==警，

再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二次往返电

动机多消耗的电能分别为：

1

7

=-%-V

23

221

-

=-必-X-

2333

2mvz

Fo2=—2-

以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能

1

✓Xn

%-(-JV

V3

2合

1

-

3

„2mv2

%二丁，

从第一次碰撞之后电动机多消耗的能量为：E=空+竽+等+…+挈

2mv2(l—J?)/

解得：E=--------^—=mv2=1X52J=25JO

3x(1-1)

答：(1)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功为-25.5J；

（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小为6.32N・s；

（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能为25J。

[例题23]（2023•浙江模拟）如图所示，竖直平面内有一粗糙的平台AB,长度x=lm,动摩擦因数

为阳=0.05,其左侧有一个mi=2kg小球I和处「压缩、弹性势能EP=2J的弹簧（两个不连

接，小球用锁定装置锁定），其右侧有一半径R=L2m、圆心角9=60°的光滑圆弧轨道CD,

圆弧轨道最底端D处平滑连接另•长s=2m的粗糙平台DE,质量m2=4kg的小球2静止在D

点，小球2的左侧粘有少量塑胶炸药（质量不计），E端有一质量nn=4kg的小球3,用长为L

=0.5m的轻绳悬吊，对E点刚好无压力。现小球1解除锁定被弹簧弹出，恰好沿C点的切线方

向进入圆弧轨道到达D点与小球2发生碰撞，碰撞瞬叵两球共速并立即引燃炸药，爆炸后瞬间

小球1、2速度方向均水平。小球1恰好能以进入C点的速度从C点滑出，炸药爆炸前后小球

1、2质量保持不变，小球1、2与3均可视为质点，弹簧长度变化可以忽略，g=10m；s2,求：

（1）小球1与小球2碰撞前瞬间小球1对轨道CD的压力;

（2）炸药爆炸过程中有多少能量转化成小球1、2的机械能;

（3）若小球2能与小球3发生弹性碰撞且最终仍停在平台上，整个过程中绳了•始终不松弛，小

球与平台DE间动摩擦因数位的范围。

【解答】解：（1）小球1从A运动到B点，根据能量守恒定律有：Ep-阳migx=义恤诏

解得：VB=1m/s

小球I从B到C做平抛运动，在C点将速度分解，如图所示：

根据运动的合成与分解可得：VC=-^n

代入数据解得：vc=2m/s

小球1从C到D,根据动能定理，有：migR(1-cos60°)=5^1诏-5mM

代入数据解得：vD=4m/s；

根据向心力公式可得:

VD

FNmig=mi

解得FN=

由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力为

(2)小球1与小球2碰撞，动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得:

mivD=(mi+m2)v

4

解得：v=^m/s

炸药爆炸过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：(mi+n】2)v=mivi+m2V2

根据机械能守恒定律，有：=1miVc+migR(1-cos60°)

联立解得：vi=-4nVs,V2=4m/s

炸药爆炸过程中转化成小球1、2的机械能的能量为AE=全1|谱+|m2V2-1(nii+m?)v2

代入数据解得：△E=^J；

(3)①当小球2刚好运动小球3处时速度为零，则有：-Rm2gs=0-义m2^:

代入数据解得：阳=0.4

②设小球2运动小球3处的速度为V2'(此时未与小球3碰撞)，则有：

2

-112m2gs=J?n2V2—J根2谚

之后小球2与小球3发生弹性碰掩，由于两球的质量相等，则速度交换，故碰推后小球3的速度

为V3=V2'，为保证整个过程中绳子始终不松弛，且最终小球2仍停在平台上，则小球3最多上

到右侧圆心等高处，则有：

1

”3%2=m3gL

联立解得:|12=0.15

综上所述可知：0.15<|12<0.4O

答：（1）小球1与小球2碰撞前瞬间小球1对轨道CD的压力为券N；

128

（2）炸药爆炸过程中有可/的能量转化成小球1、2的机械能；

（3）若小球2能与小球3发生弹性碰撞且最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不松弛，小

球与平台DE间动摩擦因数阳的范围为0.15WgV0.4。

练出高分

一.选择题（共10小题）

I.（2023•汕头一模）如图所示，铅球运动员采用滑步推的方式推出铅球，滑步推铅球能比原地推铅

球增加几米的成绩。两种方式出手时铅球的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，则（）

A.两种方式推出的铅球在空中运动的时间相同

B.采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高

C.两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同

D.滑步推铅球能增加成绩，是因为延长了运动员对铅球的作用时间

【解答】解：A.两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，但是成绩不同，所以

速度大小不同，方向相同，由于竖直方向的分速度不同，到达最高点的时间为根据Vy=gl

可知到达最高点的时间不同，故根据斜抛的对称性，铅球在空中的时间不同，故A错误；

B.因为原地推铅球方式推出时水平位移小，故速度小，则竖直方向的速度也小，所以上升的高

度小，故B错误；

C.铅球在水平方向做匀速直线运动，铅球在空中运动到最高点时的速度为Vx=VOCOS。

由于滑步推铅初速度vo更大，所以滑步推铅球在最高点时的速度更大，故C错误；

D.运动员都是用最大力推铅球，初速度都是0,涓步推时末速度大，根据动量定理Fi=mv-0

动量变化大的过程时间长，故D正确。

故选：D。

2.（2023•西城区一模）2022年12月4日，神舟十四号乘组与十五号乘组完成在轨轮换后，返回地

球.载人飞船返回舱进入大气层后，距地面10km左右时开启降落伞，速度减至约8m/s,接下来

以这个速度在大气中降落，在距地面1.2m时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再

次减速，到达地面时速度约为2m/s。由以上信息可知（）

A.开启降落伞减速的过程中，舱体处于失重状态

B.在大气中匀速降落过程中，舱体的机械能保持不变

C.缓冲发动机开启过程中，航天员的加速度约为5g

D.舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量大于舱体重力的冲量

【解答】解：A.开启降落伞减速的过程中，减速下降，加速度向上，舱体处于超重状态，故A

错误；

B.在大气中匀速降落过程中，速度不变，动能不变，重力势能减少，机械能减少，故B错误；

C.缓冲发动机开启过程中，根据运动学公式：v2-v1=2ah,代入数据解得：a=25n*2,可知

航天员的加速度约为2.5g,故C错误；

D.根据题意可知，舱体与地面撞击的过程中，动量减小：物体的动量变化量向上，根据I=Ft-

mgt=AP知撞击力的冲量大于舱体重力的冲晟，故D正确。

故选：D。

3.（2023•海南〜模）斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m的两块碎片，

其中一块碎片做自由落体运动。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H,炮弹爆炸前的动能为E,重

力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（