2025年高考物理復(fù)習(xí)之預(yù)測(cè)壓軸題：動(dòng)量定理及動(dòng)量守恒（解析版）

壓軸題07動(dòng)量定理及動(dòng)量守恒

一、考向分析

2024高考預(yù)計(jì)會(huì)以生活實(shí)例為命題背景，考查動(dòng)量守恒定律在生活中的應(yīng)用，復(fù)習(xí)

時(shí)應(yīng)側(cè)重本知識(shí)和其他知識(shí)的綜合應(yīng)用，如與動(dòng)力學(xué)、功和能、電磁學(xué)等知識(shí)綜合

考查。題型既有選擇題，也有計(jì)算題，難度中等或中等偏上。在研究物體的受力與

運(yùn)動(dòng)的關(guān)系時(shí)，不可避免地要引起能量和動(dòng)量的變化，所以說(shuō)動(dòng)量和能量都是力學(xué)

綜合題中不可缺少的考點(diǎn)，這類(lèi)考題綜合性強(qiáng)，難度大，主要題型是計(jì)算題。要知

道碰撞的特點(diǎn)，能區(qū)分彈性碰撞，非完全彈性碰撞和完全非彈性碰撞。

二、壓軸題要領(lǐng)

熱點(diǎn)題型一對(duì)動(dòng)量定理的理解和基本應(yīng)用

1.對(duì)動(dòng)量定理的理解

(1)動(dòng)量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力.這種情況下，動(dòng)量定理中的

力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值.

(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式FAf=Ap是矢量式，運(yùn)用它分析問(wèn)題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量

變化量的方向，公式中的尸是物體或系統(tǒng)所受的合力.

2.用動(dòng)量定理解題的基本思路

3.動(dòng)量定理的應(yīng)用技巧

(1)應(yīng)用I=Np求變力的沖量

如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用/=人求沖量，可以求出該力作用

下物體動(dòng)量的變化Ap，等效代換得出變力的沖量/.

(2)應(yīng)用甌=尸加求動(dòng)量的變化

例如，在曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變化，求動(dòng)量變化(功=P2—pi)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方

法，計(jì)算比較復(fù)雜.如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換得出動(dòng)量的變化.

熱點(diǎn)題型二動(dòng)量定理的綜合應(yīng)用

L應(yīng)用動(dòng)量定理解釋的兩類(lèi)物理現(xiàn)象

(1)當(dāng)物體的動(dòng)量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間加越短，力廠(chǎng)就越大，力的作用時(shí)間加越長(zhǎng),

力尸就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎.

⑵當(dāng)作用力尸一定時(shí)，力的作用時(shí)間加越長(zhǎng)，動(dòng)量變化量&2越大，力的作用時(shí)間加越短,

動(dòng)量變化量△口越小.

2.應(yīng)用動(dòng)量定理解決兩類(lèi)問(wèn)題

(1)應(yīng)用動(dòng)量定理解決微粒類(lèi)問(wèn)題

微粒及通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒

其特點(diǎn)子數(shù)n

分1建立“柱體”模型，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S

析微元研究，作用時(shí)間加內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為△/,對(duì)應(yīng)的體積為則微元內(nèi)的粒

2

步子數(shù)N=nvoSbt

驟3先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算

(2)應(yīng)用動(dòng)量定理解決流體類(lèi)問(wèn)題

流體及其

通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度P

特點(diǎn)

分

1建立“柱狀”模型，沿流速V的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S

析

步2微元研究，作用時(shí)間加內(nèi)的一段柱形流體的長(zhǎng)度為△/,對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為△加=/>Sv加

驟3建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體

兩類(lèi)流(本運(yùn)動(dòng)模型

第一類(lèi)是“吸收模型”，即流體與被碰物質(zhì)接觸后速度為零，第二類(lèi)是“反彈模型”，即流體與

被碰物質(zhì)接觸后以原速率反彈.

設(shè)時(shí)間f內(nèi)流體與被碰物質(zhì)相碰的“粒子”數(shù)為"，每個(gè)“粒子”的動(dòng)量為p,被碰物質(zhì)對(duì)“粒子”

的作用力為R以作用力的方向?yàn)檎?，貝「吸收模型”滿(mǎn)足仍=0—〃(一0),“反彈模型'’滿(mǎn)足

月=//—〃(一0).“反彈模型”的動(dòng)量變化量為“吸收模型”的動(dòng)量變化量的2倍，解題時(shí)一定

要明辨模型，避免錯(cuò)誤.

熱點(diǎn)題型三動(dòng)量守恒的理解和判斷

1.動(dòng)量守恒定律適用條件

(1)前提條件：存在相互作用的物體系.

(2)理想條件：系統(tǒng)不受外力.

(3)實(shí)際條件：系統(tǒng)所受合外力為0.

(4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力.

(5)方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿(mǎn)足上面的條件，則此方向上動(dòng)量守恒.

2.動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式

,,

(l)mivi+m2V2=mivi+m2V2J相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后

的動(dòng)量和.

(2)Api=一甌2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向.

(3)Ap=0,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零.

3.動(dòng)量守恒定律的“五性”

矢量性動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向

各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度(沒(méi)有特殊說(shuō)明要選地球這

相對(duì)性個(gè)參考系).如果題設(shè)條件中各物體的速度不是相對(duì)同一參考系時(shí)，必須

轉(zhuǎn)換成相對(duì)同一參考系的速度

動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的P1、曲…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作

同時(shí)性用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，"1、"2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同T

時(shí)刻的動(dòng)量，不同時(shí)刻的動(dòng)量不能相加

研究的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，而不是其中的一

系統(tǒng)性

個(gè)物體，更不能題中有幾個(gè)物體就選幾個(gè)物體

動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速

普適性

運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)

熱點(diǎn)題型四對(duì)碰撞現(xiàn)象中規(guī)律的分析

1.碰撞遵守的規(guī)律

(1)動(dòng)量守恒，即0l+p2="l+p’2.

(2)動(dòng)能不增加，即Eki+比*'ki+E'k2

(3)速度要符合情景：如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面的物體速度必大于前面物體的速度,

即v后X前，否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞.碰撞后，原來(lái)在前面的物體的速度一定增大，且原來(lái)在前

面的物體速度大于或等于原來(lái)在后面的物體的速度，即Mav'后，否則碰撞沒(méi)有結(jié)束.如果

碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均

為零.

2.碰撞模型類(lèi)型

(1)彈性碰撞

兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒.

以質(zhì)量為如、速度為VI的小球與質(zhì)量為加2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，有

=7〃1V'12M2

222

解得M尸"i2)2酎,_2mivi

加1+冽2加1+加2

結(jié)論：

①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，vl=O,v,2=vi，兩球碰撞后交換了速度.

②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，V2>0,碰撞后兩球都沿速度叫的方向運(yùn)動(dòng).

③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，v'l<0,vf2>0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái).

④撞前相對(duì)速度與撞后相對(duì)速度大小相等.

（2）完全非彈性碰撞

①撞后共速.

②有動(dòng)能損失，且損失最多.

三、壓軸題速練

1.將一個(gè)質(zhì)量為小的小木塊放在光滑的固定斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始向下

滑動(dòng)，滑到底端總共用時(shí)/,如圖所示，設(shè)在下滑的前一半時(shí)間內(nèi)木塊的動(dòng)量變化為△〃，在

后一半時(shí)間內(nèi)其動(dòng)量變化為&22,則即1:為

A.I：2B.1：3C.1：1D.2：1

【答案】C

【解析】木塊在下滑的過(guò)程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒

定為尸=wgsinO,方向也始終沿斜面向下.由動(dòng)量定理可得△.：&?2=（尸力）：（尸友）=（mgsin

吟）：（mgsin畤）=1：1>故選項(xiàng)C正確.

2.一小球從水平地面上方無(wú)初速釋放，與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零，假設(shè)小球

與地面碰撞沒(méi)有機(jī)械能損失，運(yùn)動(dòng)時(shí)的空氣阻力大小不變，下列說(shuō)法正確的是

（）

A.上升過(guò)程中小球動(dòng)量改變量等于該過(guò)程中空氣阻力的沖量

B.小球與地面碰撞過(guò)程中，地面對(duì)小球的沖量為零

C.下落過(guò)程中小球動(dòng)能的改變量等于該過(guò)程中重力做的功

D.從釋放到反彈至速度為零過(guò)程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功

【答案】D

【解析】根據(jù)動(dòng)量定理可知，上升過(guò)程中小球動(dòng)量改變量等于該過(guò)程中重力和空氣阻力的合

力的沖量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球與地面碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量定理得：Ft—mgt=mv2~（~mv\）f

可知地面對(duì)小球的沖量用不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；下落過(guò)程中小球動(dòng)能的改變量等于該過(guò)程

中重力和空氣阻力做功代數(shù)和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量守恒關(guān)系可知，從釋放到反彈至速度

為零過(guò)程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功，選項(xiàng)D正確；故選D.

43.為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露

臺(tái)，測(cè)得1小時(shí)

內(nèi)杯中水位上升了45mm.查詢(xún)得知，當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落速度約為12m/s據(jù)此估算該壓強(qiáng)約

為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮后無(wú)反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為lxl()3kg/m3)()

A.0.15PaB.0.54PaC.1.5PaD.5.4

Pa

【答案】A

【解析】設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為e設(shè)在加時(shí)間內(nèi)有質(zhì)量為Am的雨水的速度由v

=12m/s減為零.以向上為正方向，對(duì)這部分雨水應(yīng)用動(dòng)量定理：FAf=0—(―Amv)=Awv,

得到尸=紙7V.設(shè)水杯橫截面積為S,對(duì)水杯里的雨水，在△/時(shí)間內(nèi)水面上升△〃，則有△加=

\t

pS\h,得尸="S旁.壓強(qiáng)〃=，=〃嶗=lxi()3xi2xW^Pa=0.15Pa.

4.一個(gè)質(zhì)量為0.18kg的壘球，以25mzs的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平

飛回，速度大小變?yōu)?5m/s.則這一過(guò)程中動(dòng)量的變化量為()

A.大小為3.6kg-m/s,方向向左B.大小為3.6kg-m/s,方向向右

C.大小為12.6kg-m/s,方向向左D.大小為12.6kg-m/s,方向向右

【答案】D

【解析】.選向左為正方向，則動(dòng)量的變化量&?=%0一mw)=-12.6kg,in/s,大小為12.6

kg-m/s,負(fù)號(hào)表示其方向向右，D正確.

5.高空墜物極易對(duì)行人造成傷害.若一個(gè)50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的

碰撞時(shí)間約為2ms,則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為()

A.IONB.102NC.103N

D.104N

【答案】C

【解析】.根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理有2g〃=廬(〃為25層樓的高度，約70m),Ft^mv,

代入數(shù)據(jù)解得冷lx103N,所以C正確.

6.如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面傾角為0,質(zhì)量為加的物體以速度v從斜面底端沖上斜

面，達(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為f.對(duì)于這一過(guò)程，下列判斷正確的是()

A.斜面對(duì)物體的彈力的沖量為零B.物體受到的重力的沖量大小為mg/

C.物體受到的合力的沖量大小為零D.物體動(dòng)量的變化量大小為加gsin01

【答案】BD.

【解析】由沖量的求解公式可知，斜面對(duì)物體的彈力的沖量為mgcos93選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物

體受到的重力的沖量大小為機(jī)g/,選項(xiàng)B正確；物體回到斜面底端的速度仍為v,方向與初

速度方向相反，故根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體受到的合力的沖量大小為2mv,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

因整個(gè)過(guò)程中物體所受的合力為機(jī)gsin。，則根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體動(dòng)量的變化量大小為

zngsin0-t,選項(xiàng)D正確.

7.如圖所示，48為固定的光滑圓弧軌道，。為圓心，/。水平，30豎直，軌道半徑為R,

將質(zhì)量為加的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從/點(diǎn)由靜止釋放，在小球從/點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到瓦點(diǎn)的過(guò)程中（）

A.小球所受合力的沖量方向?yàn)榛≈悬c(diǎn)指向圓心B.小球所受支持力的沖量為0

C.小球所受重力的沖量大小為小陽(yáng)D.小球所受合力的沖量大小為扁2碗

【答案】D

【解析】小球受到豎直向下的重力和垂直切面指向圓心的支持力，所以合力不指向圓心，故

合力的沖量也不指向圓心，A錯(cuò)誤；小球的支持力不為零，作用時(shí)間不為零，故支持力的沖

量不為零,B錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，所以根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgR=5VB2,

故VB=、JigR,根據(jù)動(dòng)量定理可得/各=切=加%=和也反，故C錯(cuò)誤，D正確.

8.小球質(zhì)量為2加，以速度v沿水平方向垂直撞擊墻壁，球被反方向彈回速度大小是球

5

與墻撞擊時(shí)間為K在撞擊過(guò)程中，球?qū)Φ钠骄鶝_力大小是（）

A2mv?8mv-18mv?2mv

A.-----B.-----C.------D.

5t5t5tt

【答案】c

【解析】設(shè)初速度方向?yàn)檎?，則彈后的速度為一,，則由動(dòng)量定理可得尸/=—2加X(jué)：—2加v,

解得尸=二5,負(fù)號(hào)表示力的方向與初速度方向相反.由牛頓第三定律可知，球?qū)Φ钠?/p>

St

均沖力為尸=一尸='"，故選C.

5t

9.質(zhì)量為m的物體，以vo的初速度沿斜面上滑，到達(dá)最高點(diǎn)后返回原處的速度大小為“，

且Vr=O.5vo，貝4（）

A,上滑過(guò)程中重力的沖量比下滑時(shí)小B.上滑時(shí)和下滑時(shí)支持力的沖量都等于零

C.合力的沖量在整個(gè)過(guò)程中大小為3根VoD.整個(gè)過(guò)程中物體的動(dòng)量變化量為L(zhǎng)wvo

22

【答案】AC

【解析】以w的初速度沿斜面上滑，返回原處時(shí)速度為必=0.5w，說(shuō)明斜面不光滑.設(shè)斜

面長(zhǎng)為/,則上滑過(guò)程所需時(shí)間力=I==0'/,下滑過(guò)程所需時(shí)間,2=1/=電4/，力42,根據(jù)沖量的

9V0也vo

22

定義可知，上滑過(guò)程中重力的沖量比下滑時(shí)小，A正確.上滑和下滑時(shí)支持力的沖量都不等

于零，B錯(cuò)誤.對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理，則/合=△〃=一冽%—加％=-5加vo，C正確，D錯(cuò)

誤.

10.如圖所示，一物體分別沿三個(gè)傾角不同的光滑斜面由靜止開(kāi)始從頂端下滑到底端C、。、

E處,三個(gè)過(guò)程中重力的沖量依次為71、，2、13,動(dòng)量變化量的大小依次為△P1、△?2、、P3,

則有（）

60叭45派30。＞^

CDE

A.三個(gè)過(guò)程中，合力的沖量相等，動(dòng)量的變化量相等

B.三個(gè)過(guò)程中，合力做的功相等，動(dòng)能的變化量相等

C.I\<h<hy&?1=八夕2=&?3

D.△21<A?2〈△23

【答案】ABC

【解析】.由機(jī)械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、￡的速度大小v相等，動(dòng)量變化量

的大小Ap=MV相等，即A/?1=A?2=A〃3；根據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量等于動(dòng)量的變化量，故

合力的沖量也相等，注意不是相同（方向不同）；設(shè)斜面的高度為人從頂端Z下滑到底端C,

由人=lgsind/得物體下滑的時(shí)間所以0越小，sidd越小，/越大，重力的

sin02vgsin20

沖量/=mgf就越大，故人</2</3,故A、C正確，D錯(cuò)誤；物體下滑過(guò)程中只有重力做功,

故合力做的功相等，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能的變化量相等，故B正確.

11.如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為〃力以v的速度沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，正前方有一靜

止的、質(zhì)量為加2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧.甲木塊與彈簧接觸后（）

A.甲木塊的動(dòng)量守恒B.乙木塊的動(dòng)量守恒

C.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒

【答案】C

【解析】：.兩木塊在光滑水平地面上相碰，且中間有彈簧，則碰撞過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，

機(jī)械能也守恒，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；甲、乙兩木塊碰撞前、后動(dòng)能總量不變,

但碰撞過(guò)程中有彈性勢(shì)能，故動(dòng)能不守恒，只是機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

12.有一個(gè)質(zhì)量為3加的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為vo、方向水平向右，在

最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m,速度大小為v,方向水平向右，則另

一塊的速度是（）

A.3vo—vB.2V3vC.3vo—2vD.2vo+v

【答案】C

【解析】：.在最高點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，3mvo=2mv+mv',可得另

一塊的速度為v'=3vo—2v,對(duì)比各選項(xiàng)可知，答案選C.

13.如圖所示，兩滑塊/、8在光滑水平面上沿同一直線(xiàn)相向運(yùn)動(dòng)，滑塊/的質(zhì)量為小,速度

大小為2vo,方向向右，滑塊2的質(zhì)量為2加，速度大小為vo,方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性

碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）

左也二1右

JZL—EL—

A./和8都向左運(yùn)動(dòng)B./和8都向右運(yùn)動(dòng)

C.N靜止，8向右運(yùn)動(dòng)D./向左運(yùn)動(dòng)，8向右運(yùn)動(dòng)

【答案】D

【解析】：.選向右為正方向，則/的動(dòng)量〃=勿2Vo=2〃zvo,2的動(dòng)量0B=-2加vo.碰前4、

3的動(dòng)量之和為零，根據(jù)動(dòng)量守恒，碰后/、2的動(dòng)量之和也應(yīng)為零，可知四個(gè)選項(xiàng)中只有

選項(xiàng)D符合題意.

1

14/、3兩船的質(zhì)量均為機(jī)，都靜止在平靜的湖面上，現(xiàn)/船中質(zhì)量為m的人，以對(duì)地的

2

水平速度v從/船跳到8船，再?gòu)?船跳到/船……經(jīng)”次跳躍后，人停在8船上，不計(jì)

水的阻力，貝1J（）

A./、8兩船速度大小之比為2:3B.45（包括人）兩船動(dòng)量大小之比為1：1

C.4、5（包括人）兩船的動(dòng)能之比為2:3D./、2（包括人）兩船的動(dòng)能之比為1：1

【答案】：B

【解析】：人和兩船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩船原來(lái)靜止，總動(dòng)量為0,4、8（包括人）兩船

的動(dòng)量大小相等，選項(xiàng)B正確；經(jīng)過(guò)n次跳躍后，A船速度為辦、B船速度為VB,則0=加出

解得上=3,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；/船最后獲得的動(dòng)能為屆=Lwv/,2船（包括人）

2VB22

最后獲得的動(dòng)能為所以魯=｝選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤.

15.一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v=2m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛

出，甲、乙的質(zhì)量比為3：1.不計(jì)質(zhì)量損失,重力加速度g取10m/s2,則下列圖中兩塊彈片

飛行的軌跡可能正確的是（）

ABC

【答案】：B

【解析】:由〃=%好可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間Z=1S,爆炸過(guò)程中，爆

炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)方向，故這一塊的速度必然增大，即v>2m/s,因

此水平位移大于2m,C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平

方向動(dòng)量守恒，即甲、乙兩塊的動(dòng)量改變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3：1,所以速度變化

量之比為1：3,由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上，所以A圖中，v乙=-0.5m/s,y甲=2.5m/s,

Av乙=2.5m/s,Av甲=0.5m/s,A項(xiàng)錯(cuò)誤；B圖中，v乙=0.5m/s,v甲=2.5m/s,Av乙=1.5m/s,

△v甲=0.5m/s,B項(xiàng)正確.

16.2021年7月9日，斯諾克世界杯在江蘇無(wú)錫落下帷幕，由丁俊暉和梁文博組成的中國(guó)4

隊(duì)在決賽中1比3落后的不利形勢(shì)下成功逆轉(zhuǎn)，最終以4比3擊敗英格蘭隊(duì)，幫助中國(guó)斯諾

克臺(tái)球隊(duì)獲得了世界杯三連冠.如圖所示為丁俊暉正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在丁俊暉這一桿中，白

色球（主球）和花色球碰撞前、后都在同一直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，碰前白色球的動(dòng)量24=5kg,m/s,花

色球靜止，白色球Z與花色球5發(fā)生碰撞后，花色球5的動(dòng)量變?yōu)閜"=4kg?m/s,則兩球

質(zhì)量加力與用8間的關(guān)系可能是（）

A.冽加3=一加/C.冽8=一加/D.mB=6mA

46

【答案】A

【解析】：.由動(dòng)量守恒定律得0/+P5=?'4+2'小解得/<4=1kg?m/s,根據(jù)碰撞過(guò)程中總動(dòng)

能不增加，則有烏之典+典，代入數(shù)據(jù)解得沖侖1孫，碰后兩球同向運(yùn)動(dòng)，白色球/的速

2mA2nu21nB3

度不大于花色球5的速度，貝解得冽於4加力，綜上可得2冽於次於4加%,選項(xiàng)A正確.

mAme3

17.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的/、3兩球在同一直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng).兩球質(zhì)量關(guān)系為

mB=2nu，規(guī)定向右為正方向，4、3兩球的動(dòng)量均為6kg?m/s,運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞

后/球的動(dòng)量增量為-4kg-m/s,則（）

A.該碰撞為彈性碰撞B.該碰撞為非彈性碰撞

C.左方是/球，碰撞后N、B兩球速度大小之比為2：5

D.右方是/球，碰撞后/、3兩球速度大小之比為1：10

【答案】AC

【解析】：.由加8=2加4,知碰前若右方為/球，由于碰前動(dòng)量都為6kg-m/s,

即都向右運(yùn)動(dòng)，兩球不可能相碰；若左方為/球，設(shè)碰后二者速度分別為MB,由題意

知p'A—mAVrA—2kg-m/s,pB—mevg—lOkg-m/s,解得以=?.碰撞后A球動(dòng)量變?yōu)?kg-m/s,

V'B5

5球動(dòng)量變?yōu)?0kg-m/s,又機(jī)B=2加4由計(jì)算可知碰撞前后/、8兩球動(dòng)能之和不變，即該

碰撞為彈性碰撞，選項(xiàng)A、C正確.

18.如圖所示，小車(chē)（包括固定在小車(chē)上的桿）的質(zhì)量為質(zhì)量為優(yōu)的小球通過(guò)長(zhǎng)度為Z的

輕繩與桿的頂端連接，開(kāi)始時(shí)小車(chē)靜止在光滑的水平面上.現(xiàn)把小球從與。點(diǎn)等高的地方

釋放（小球不會(huì)與桿相撞），小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大位移是（）

2LMJ2Lm_MLmL

((?/?D?

M-\-mM-\-mM-\-mM-\-m

【答案】B

【解析】：.分析可知小球在下擺過(guò)程中，小車(chē)向左加速，當(dāng)小球從最低點(diǎn)向上擺動(dòng)過(guò)程中，

小車(chē)向左減速，當(dāng)小球擺到右邊且與。點(diǎn)等高時(shí)，小車(chē)的速度減為零，此時(shí)小車(chē)向左的位

移達(dá)到最大，小球相對(duì)于小車(chē)的位移為2L小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，

設(shè)小球和小車(chē)在水平方向上的速度大小分別為也、V2,有WVi=AfV2,故加Sl=Afe,S1+S2

=2L,其中Si代表小球的水平位移大小，S2代表小車(chē)的水平位移大小，因此S2=%%,選

項(xiàng)B正確.

19.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為優(yōu)的物塊N、B、的左側(cè)固定一輕彈簧

（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)）.設(shè)N以速度vo朝3運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)/、8速度相等時(shí)，B

與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng).假設(shè)3和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短.求從/開(kāi)始

壓縮彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程中：

|T|當(dāng)pww啊[F|

(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；

(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能.

【答案】：(l)^znvo2(2)^mvo2

【解析】：(1)從/壓縮彈簧到/與8具有相同速度vi時(shí)，對(duì)/、2與彈簧組成的系統(tǒng)，由

動(dòng)量守恒定律得

mvo-2mv\?

此時(shí)2與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為血，損失的機(jī)械能為AK對(duì)3、C

組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得②

^mvi2=\E+#2%)也2③

聯(lián)立①②③式得AE=」?vo2④

16

(2)由②式可知V2<vi,/將繼續(xù)壓縮彈簧，直至4、B、。三者速度相同，設(shè)此速度為V3,此

時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢(shì)能為與.由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得

7WVO=3〃ZV3⑤

22

Knvo--AE=；(3m)v3+Ep?

聯(lián)立④⑤⑥式得E=-mv2

p480

20.如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩

和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出,

冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為〃=0.3m(/z小于斜面體的高度)。已

知小孩與滑板的總質(zhì)量為%i=30kg,冰塊的質(zhì)量為加2=10kg,小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)

動(dòng)。取重力加速度的大小g=10m/s2。

(1)求斜面體的質(zhì)量；

(2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？

【答案】(1)20kg(2)不能

【解析】(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速

度，設(shè)此共同速度為％斜面體的質(zhì)量為加3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得

7%2V20=(m2+W3)V@

：加23o=g(機(jī)2+"?3)戶(hù)-\~migh?

式中V20=-3m/s為冰塊推出時(shí)的速度。

聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得

7773=20kg③

(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為vi,由動(dòng)量守恒定律有

W1V1+W2V20—0@

代入數(shù)據(jù)得

vi=1m/s⑤

設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為V2和V3。

由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有

加2V20=加2V2+加3V3⑥

1加230=1加2歷+1加3M⑦

222

聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得V2=1rn/s⑧

由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上

小孩。

11.最近，我國(guó)為“長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國(guó)重型運(yùn)

載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s,產(chǎn)

生的推力約為4.8x106N,則它在1s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為

A.1.6xl02kgB.1.6xl03kgC.1.6xl05kgD.1.6xl06kg

【答案】B

【解析】

設(shè)該發(fā)動(dòng)機(jī)在ts時(shí)間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為m,根據(jù)動(dòng)量定理，F(xiàn)t=mv,可知，在Is

內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量掰o=/=￡=卷黑像=1.6x103俯，故本題選&

22質(zhì)量為〃的小孩站在質(zhì)量為優(yōu)的滑板上，小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，忽略滑板與地面

間的摩擦.小孩沿水平方向躍離滑板，離開(kāi)滑板時(shí)的速度大小為v,此時(shí)滑板的速度大小為

mMmeM

A.—vB.—vC.----------vDR'

Mmm+M

【答案】B

【解析】

M

設(shè)滑板的速度為“，小孩和滑板動(dòng)量守恒得：0=加”-峪，解得：u——V,故B正確。

m

23.高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞

擊時(shí)間約為2ms,則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為

A.10NB.102NC.103ND.104N

【答案】C

【解析】試題分析：本題是一道估算題，所以大致要知道一層樓的高度約為3m,可以利用

動(dòng)能定理或者機(jī)械能守恒求落地時(shí)的速度，并利用動(dòng)量定理求力的大小。

設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v,每層樓的高度大約是3m,

由動(dòng)能定理可知：mgh=|mv2,

解得：v=y/2gh=V2x10x3x25=10V15m/s

落地時(shí)受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為正，

由動(dòng)量定理可知：（N-=0-（―mv）,解得：N=1000N,

根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為103N,故C正確

由動(dòng)量定理可知：（N-mg）t=0-（-mv）,解得：N-1000N,

根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為1。3N,故C正確

故選C

點(diǎn)睛：利用動(dòng)能定理求出落地時(shí)的速度，然后借助于動(dòng)量定理求出地面的接觸力

24.高鐵列車(chē)在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的均加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在啟動(dòng)階段列車(chē)的動(dòng)

能

A,與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比

B.與它的位移成正比

C.與它的速度成正比

D.與它的動(dòng)量成正比

【答案】B

【解析】本題考查勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能、動(dòng)量及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。

根據(jù)初速度為零勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，在啟動(dòng)階段，列車(chē)的速度與時(shí)間成正比，即v=at,

由動(dòng)能公式Ek《mv2,可知列車(chē)動(dòng)能與速度的二次方成正比，與時(shí)間的二次方成正比，選項(xiàng)

AC錯(cuò)誤；由v?=2ax,可知列車(chē)動(dòng)能與位移x成正比，選項(xiàng)B正確；由動(dòng)量公式p=mv,可

知列車(chē)動(dòng)能Ek=1mv2il,即與列車(chē)的動(dòng)量二次方成正比，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

25.（多選）如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶

電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。

現(xiàn)同時(shí)釋放a、b,它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在隨后的某時(shí)刻t,a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半

區(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說(shuō)法正確的是

A.a的質(zhì)量比b的大

B.在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大

C.在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等

D.在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等

【答案】BD

【解析】試題分析本題考查電容器、帶電微粒在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、電勢(shì)能、

動(dòng)量定理及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。

解析根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運(yùn)動(dòng)，微粒b向上加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a、b經(jīng)過(guò)電容器

兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。對(duì)

微粒a,由牛頓第二定律，qE=maaa,對(duì)微粒b,由牛頓第二定律，qE=mbab，聯(lián)立解得：

qEqE

—>一，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在a、b兩微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a微

mamb

粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動(dòng)能定理，在t時(shí)刻，a的動(dòng)能

比b大，選項(xiàng)B正確；由于在t時(shí)刻兩微粒經(jīng)過(guò)同一水平面，電勢(shì)相等，電荷量大小相等，

符號(hào)相反，所以在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能不等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于a微粒受到的電場(chǎng)力（合

外力）等于b微粒受到的電場(chǎng)力（合外力），根據(jù)動(dòng)量定理，在t時(shí)刻，a微粒的動(dòng)量等于b微

粒，選項(xiàng)D正確。

26.將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭

噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為（噴出過(guò)程中重力和空氣

阻力可忽略）

A.30kg-m/sB.5.7xl02kg-m/s

C.6.0><102kg-m/sD.6.3><102kg-m/s

【答案】A

【解析】設(shè)火箭的質(zhì)量（不含燃?xì)猓閙i,燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2,根據(jù)動(dòng)量守恒，mivi=m2V2,解

得火箭的動(dòng)量為：p=mivi=m2V2=30kg-m/s,所以A正確，BCD錯(cuò)誤。

【考點(diǎn)定位】動(dòng)量、動(dòng)量守恒

【名師點(diǎn)睛】本題主要