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第一章 動量與動量守恒定律
培優幫丨章末總結
巧梳理 知識框圖
析課標 素養清單
物理觀念 科學思維 科學研究 科學態度與責任
1.能理解沖量、動量、動 量定理和動量守恒定律 的內涵,知道動量守恒定 律的普適性,了解彈性碰 撞和非彈性碰撞的特點, 能定量分析一維碰撞問 題. 1.通過實驗探究和 理論推導，經歷科 學論證過程，理解 動量定理和牛頓第 二定律的一致性. 1.通過實驗探 究，尋找碰撞中 的不變量，進一 步體會守恒的思 想. 1.通過對動量守恒
定律的學習與應
用，深入認識物理
規律的內在一致性
和適用范圍，認識
到物理規律是建立
在觀察和實驗的基
礎上的.
物理觀念 科學思維 科學研究 科學態度與責任
2.能用動量定理和動量守 恒定律等解釋生產生活 中的碰撞現象,并能提出 一些參考性建議. 3.具有與動量及動量守恒 定律等相關的比較清晰 的相互作用觀念和能量 觀念. 2.能建構碰撞、反 沖等物理模型，會 用系統和守恒的思 想分析問題. 3.能從牛頓運動定 律、動量守恒定律 和能量守恒定律等 不同角度思考物理 問題. 2.通過理論推導 和實驗，深入理 解動量定理和動 量守恒定律. 3.能完成“驗證 動量守恒定律” 實驗，通過該實 驗，深化對系統 思想和守恒思想 的理解. 2.在研究和探索中
堅持實事求是和持
之以恒的科學態度.
3.通過運用動量知
識求解生產生活中
的實際問題，加深
對科學本質的理
解，增強社會責任
感.
續表
筑思維 思想方法
思想方法1 物理學中的守恒思想
守恒是物理學中最基本的規律（有動量守恒、能量守恒、電荷守恒、質量守恒等）,
也是一種解決物理問題的基本思想方法，并且應用起來簡練、快捷.
從運算角度來說，守恒意味著運算過程中總和不變.從物理角度來講，重在理解所述
量及守恒事實的內在實質和外在表現.
如動量守恒，就是一個系統的總動量在整個作用過程中大小和方向都不變.
思想方法2 建構物理模型法
物理學中，無論是所研究的實際物體，還是物理過程或物理情境，都有很多對應的
物理模型.
1.實體模型
如質點、點電荷、輕繩、輕桿等.
2.物理過程模型
如勻速直線運動、勻變速直線運動、彈性碰撞等.
3.物理情境模型
如人船模型、子彈打木塊模型等.
同學們在求解物理問題時，要善于把所研究的問題歸納到學過的物理模型上來，即
建模.尤其是面對新情境問題時，就顯得更重要.
思想方法3 物理實驗中的思想方法
1.理想化模型法
理想化模型法是物理學中常用的一種方法，在研究具體問題時，為了研究方便，抓
住主要因素，忽略次要因素，從實際問題中抽象出理想化模型，從而把實際復雜的
問題簡化處理.如驗證動量守恒定律的光滑導軌就是一個理想化模型.
2.極限思維法
在分析變速直線運動的瞬時速度時，我們采用極限思維，即在物體經過某點的前、
后取很短的一段時間，這段時間取得越短，物體在該段時間內的速度變化就越小，
該段時間內的平均速度就越能精確地反映物體在該點的運動快慢，當時間足夠短時
（或位移足夠小時），該段時間內的平均速度就等于物體經過該點時的瞬時速度.如
在驗證動量守恒定律中采用的光電門，就是這種思想的體現.
3.轉換法
物理學中對于一些看不見、摸不著的現象或不易直接測量的物理量，通常用一些非
常直觀的現象去認識或用易測量的物理量間接表示，這種研究問題的方法叫轉換法.
如利用等大的小球在斜槽末端碰撞靜止小球做平拋運動驗證動量守恒定律時，小球
碰撞前后的速度很難測量，可通過小球質量與平拋運動的水平位移來驗證碰撞過程
中動量守恒，這樣就把不易測量的物理量——速度轉換成容易測量的物理量——水
平位移，就很容易驗證碰撞過程中動量守恒.
會整合 專題歸納
專題1 動量定理的應用
1.應用動量定理求解的兩類問題
（1）應用求變力的沖量和平均作用力．
如果物體受到變力作用，則不能直接用求變力的沖量，這時可以求出在該力
作用下的物體動量的變化量，等效代換變力的沖量，進而可求得平均作用力．
（2）應用求恒力作用下的做曲線運動的物體動量的變化量.
做曲線運動的物體速度的方向時刻在改變，求動量變化量需要應用矢量運
算方法，比較復雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化量．
. .
. .
2.應用動量定理需要注意的事項
（1）一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動量定理也能解決，如果題目不
涉及加速度和位移，用動量定理求解更簡便.
動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力．當力隨時間變化時，動
量定理中的力應理解為變力在作用時間內的平均值．
（2）動量定理的表達式是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量
變化量的方向，公式中的是物體或系統所受的合力.
圖1-1
例1 小明同學將“打夯”的情境簡化成如圖1-1所示的過程：平底重物
放置于水平地面上，兩人同時通過繩子對重物各施加一個拉力，拉
力大小均為，方向均與豎直方向成 角，兩人同時
作用 后停止施力.重物上升一段時間后落下，重物砸入地面
之下的距離.已知重物的質量為 ，所受空氣阻力
忽略不計，重力加速度取，, ．求：
（1）重物上升的時間；
【答案】
【解析】重物開始上升時，重物受到重力和兩個拉力的作用，規定豎直向上為正方
向，設重物上升的時間為 ，由動量定理得
代入數據解得 .
（2）重物砸入地面的過程中，重物對地面的平均沖擊力大小 .
【答案】
【解析】從重物上升到剛撤去拉力時，設重物上升的高度為，重物速度為 ，規定
豎直向上為正方向，由動量定理得
又
設重物砸入地面的過程中所受地面向上的平均阻力大小為 ，由動能定理可得
代入數據解得
根據牛頓第三定律可得，重物對地面的平均沖擊力大小 .
思路點撥 （1）重物開始上升時受到重力和拉力作用，到最高點時速度為零，根據
動量定理可得重物上升的時間；（2）先根據動量定理計算出撤去拉力時重物的速度，
進而計算出重物在拉力作用下上升的高度，然后對整個過程應用動能定理可解得重
物對地面的平均沖擊力.
名師點評 動量定理的表達式是一個矢量式，應用時一定要先規定好正方向.本題應
用動量定理可以簡化解題過程，比應用牛頓第二定律要方便.
專題2 動量守恒定律的理解和應用
1.應用動量守恒定律解題的思路
（1）分析題意，明確研究對象，知道系統是由哪幾個物體組成的；
（2）受力分析，弄清系統的內力和外力，判斷是否滿足動量守恒條件；
（3）明確研究過程，確定初、末狀態的動量及其表達式；
（4）建立動量守恒方程求解，必要時討論說明.
2.動量守恒定律應用中的臨界問題
在動量守恒定律的應用中，常常會遇到相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物
體開始反向運動等臨界問題，分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態，臨界狀態的出
現是有條件的，這個條件就是臨界條件，臨界條件往往表現為某個（或某些）物理
量的特定取值.在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度
關系與相對位移關系，對這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵.
3.動量守恒定律的多過程問題
多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意：
（1）正確進行研究對象的選取，有時需對整體應用動量守恒定律，有時只需對部分
應用動量守恒定律.研究對象的選取，一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件;二是
根據所研究問題的需要.
（2）正確進行物理過程的選取和分析.通常對全過程進行分段分析，并找出聯系各
階段的狀態量.列式時有時需分過程多次應用動量守恒定律，有時只需針對初、末狀
態建立動量守恒的關系式.
例2 （2025·安徽皖中名校聯盟質檢）如圖1-2所示，固定光滑曲面軌道在 點與光滑
水平地面平滑連接，地面上靜止放置一個表面光滑、質量為的斜面體 .一質量為
的小物塊從高處由靜止開始沿軌道下滑，在點與質量為的靜止小物塊 發
生碰撞，碰撞后、 立即粘連在一起向右運動（碰撞時間極短），之后平滑地滑上
斜面體，在斜面體上上升的最大高度小于斜面體高度.不計空氣阻力，重力加速度為
.求：
圖1-2
（1）、 碰撞過程中產生的熱量；
【答案】
【解析】設滑到曲面軌道底端時的速度為， 下滑過程機械能守恒，由機械能守
恒定律得
設、碰后共同速度為，、 碰撞過程動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒
定律得
由能量守恒定律得
解得、碰撞過程中產生的熱量 .
（2）和在斜面體 上上升的最大高度；
【答案】
【解析】、、組成的系統在水平方向動量守恒，、 到達最高點時三者在水平
方向速度相等，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得
由機械能守恒定律得
解得和在斜面體上上升的最大高度 .
（3）斜面體 獲得的最大速度.
【答案】 ，方向水平向右
【解析】、一起沖上斜面體后又返回地面時，獲得的速度最大，設此時、 的
共同速度為，的速度為，、與 組成的系統在水平方向動量守恒，以向右為
正方向，由動量守恒定律得
由機械能守恒定律得
解得，
即斜面體獲得的最大速度為 ，方向水平向右.
建構導圖明思路
專題3 解答動力學問題的三種思路
1.三種思路的比較
思路 特點分析 適用情況
力的觀點：牛頓運動 定律結合運動學公式. 分析物體的受力，確定加速度，建立 加速度和其他物理量間的關系.涉及 力、加速度、位移、速度、時間. 恒力作用下的運動.
能量觀點：動能定 理、機械能守恒定律 和能量守恒定律. 分析物體的受力、位移和速度，確定 功與能的關系.涉及力、位移、速度、 功、能. 恒力作用下的運
動、變力作用下的
曲線運動、往復運
動、瞬時相互作用.
思路 特點分析 適用情況
動量觀點：動量定理 和動量守恒定律. 分析物體的受力（或系統所受外 力）、速度，根據動量定理建立力、 時間與動量間的關系（或根據動量守 恒定律列式），系統內力不影響系統 動量.涉及力、時間、動量（速度）. 恒力作用下的運
動、瞬時相互作
用、往復運動.
續表
2.選取規律的思維流程
3.綜合應用三種思路解題的步驟
（1）認真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象.
（2）分析所選研究對象的受力情況及運動狀態的變化過程，畫出草圖.對于過程復
雜的問題，要正確、合理地把全過程分成若干階段，注意分析各階段之間的聯系.
（3）根據各階段研究對象運動狀態變化的規律確定解題方法，選擇合理的規律列方
程，有時還要分析題目的隱含條件、臨界條件、幾何關系等列出輔助方程.
（4）代入數據（統一單位），計算并得出結果，必要時要對結果進行討論.
圖1-3
例3 （2023·浙江1月選考科目試題）一游戲裝置豎直截
面如圖1-3所示，該裝置由固定在水平地面上傾角
的直軌道、螺旋圓形軌道 ，傾角
的直軌道、水平直軌道組成，除 段外
各段軌道均光滑，且各處平滑連接.螺旋圓形軌道與軌道、相切于 處.凹槽
底面水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側壁 處，擺渡車
上表面與直軌道、平臺位于同一水平面.已知螺旋圓形軌道半徑, 點
高度為，長度,長度,擺渡車長度 、質量
.將一質量也為的滑塊從傾斜軌道上高度 處靜止釋放，滑塊在
段運動時的阻力為其重力的0.2倍.（擺渡車碰到豎直側壁 立即靜止，滑塊視為質
點，不計空氣阻力，，,取 ）
（1）求滑塊過點的速度大小和軌道對滑塊的作用力大小 ；
【答案】;
【解析】滑塊從靜止釋放到 點過程中，只有重力做功，根據動能定理可得
代入數據解得
滑塊過 點時，根據牛頓第二定律可得
代入數據解得 .
（2）擺渡車碰到 前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數
；
【答案】0.3
【解析】設滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為,滑塊從靜止釋放到 點過程，根據動
能定理可得
代入數據解得
擺渡車碰到 前，滑塊恰好不脫離擺渡車，假設滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡
車共速，速度為 ，以滑塊和擺渡車為研究對象，取向右為正方向，根據動量守恒
定律可得
代入數據解得
根據能量守恒定律可得
解得
此過程中對擺渡車，根據動能定理可得
代入數據解得擺渡車的位移
所以假設成立，說明擺渡車到達 之前已經與滑塊共速，滑塊與擺渡車之間的動摩
擦因數為 .
（3）在（2）的條件下，求滑塊從到所用的時間 .
【答案】
【解析】設滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，所用時間為 ，對擺渡車，根
據動量定理可得
解得
滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運動所用時間為
所以滑塊從到所用的時間 .
設情境 素養提升
問題情境1 高空拋物——科學態度與責任
圖1-4
例4 ［人教版教材習題改編］（2025·山東泰安檢測，多選）
如圖1-4所示為高空墜物的公益廣告，形象地描述了高空墜
物對人傷害的嚴重性.小明用下面的實例來檢驗廣告的科學
性：設一個質量為 的雞蛋從25樓樓頂自由落下，相鄰樓
層的高度差為，雞蛋與地面撞擊時間約為 ，不
計空氣阻力， .則( )
BC
A.從下落到即將落地，雞蛋的動量變化量大小約為
B.該雞蛋對地面的平均沖擊力大小約為
C.雞蛋在空中運動過程中，任意相等時間內動量變化量相等
D.雞蛋在空中運動過程中，任意相等時間內動能變化量相等
本題以高空拋物設置問題情境，引導學生提高素質，珍愛生命，意識到高空拋物的
危險性.要求學生能夠通過“模型建構”將生活中的實際問題轉化為物理問題.
【解析】每層樓高約，雞蛋下落的總高度為 ，自由下落
時間為，落地速度 ，所以
從下落到即將落地，雞蛋的動量變化量大小為
，選項A錯誤；雞蛋與地面的碰撞時
間約為 ，取豎直向上為正方向，對雞蛋與地面碰撞過程，根據動量定理
有 ，代入數據解得地面對雞蛋的平均沖擊力大小為
，根據牛頓第三定律可知選項B正確；雞蛋在空中運動過程中，任意
相等時間內速度變化量相等，所以動量變化量相等，選項C正確；雞蛋在空中運動過
程中，速度越來越大，任意相等時間內位移變化量不同，合外力做的功不同，根據
動能定理可知，合外力做的功等于動能變化量，所以動能變化量不相等，選項D錯誤.
問題情境2 冬奧會冰壺運動——科學思維
例5 （2022·天津卷）冰壺是冬季奧運會上非常
受歡迎的體育項目.如圖1-5所示，運動員在水平
冰面上將冰壺推到點放手，此時 的速度
,勻減速滑行到達 點時，
隊友用毛刷開始擦運動前方的冰面，使與間冰面的動摩擦因數減小， 繼續勻
減速滑行,與靜止在點的冰壺發生正碰，碰后瞬間、 的速度分別為
和.已知、質量相同，與 間冰面的動摩擦因數
，重力加速度取，運動過程中兩冰壺均視為質點，、 碰撞時間
極短.求冰壺
（1）在點的速度 的大?。?br/>【答案】
【解析】冰壺從運動到過程中，根據動能定理得
代入數據解得 .
（2）與間冰面的動摩擦因數 .
【答案】0.004
【解析】冰壺從運動到 過程中，根據動能定理得
冰壺與靜止在點的冰壺 發生正碰過程，取向右為正方向，根據動量守恒定律得
聯立并代入數據解得 .
本題以深受人們喜愛的冬奧會冰壺項目為背景，設置了冰壺的勻變速直線運動和碰
撞問題，要求學生根據所學知識，從題目中提取有用信息，選擇合適的物理規律進
行分析計算.
問題情境3 火箭發動機——模型建構
例6 火箭發動機是火箭系統的核心裝備，傳統的火箭發動機將燃料的化學能轉化為
機械能，主要用于助推火箭升空.而在太空中各類航天器和衛星在校正位置、轉移軌
道時，多數采用的是將電能轉化為機械能的電推力火箭發動機.電推力火箭發動機工
作原理與工作細節非常復雜，高中階段我們可以進行合理簡化后討論.
圖1-6
（1）設某個以化學燃料提供動力的火箭飛行時在極短的時間 內噴射燃氣的質量是
，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度大小是，噴出燃氣后火箭的質量是 .請你
計算在經過該次噴氣后火箭增加的速度 ，并根據計算結果簡述火箭本身質量對火
箭加速性能的影響.
【答案】 ; 火箭質量越小，獲得的速度增量越大
【解析】以噴氣前的火箭為參考系，對噴出的燃氣和火箭組成的系統，根據動量守
恒定律可得
解得
上式表明，在噴射的燃氣質量和噴射速度確定時，火箭質量 越小，火箭獲得
的速度增量 越大.
（2）某種航天器采用靜電式離子發動機提供動力，其原理可簡化如下：如圖1-6所
示，核心裝置左側的電子槍發射出的高速電子將中性推進劑原子（如氙氣原子）電
離，電離后的正離子被正、負極柵板間的強電場加速后與中和電子槍發射出的電子
重新中和成為高速粒子流并被噴出，從而使航天器獲得推進或姿態調整所需的反沖
力.已知單個正離子的質量為，電荷量為，正、負極柵板間加速電壓為 ，經正、
負極柵板間的電場加速后的正離子所形成的等效電流為 ，忽略離子間的相互作用力
和電子能量的影響，且認為粒子噴射時航天器質量不變.試求該發動機產生的平均推
力的大小.
【答案】
【解析】以正離子為研究對象，設經強電場加速后正離子的速度為 ，由動能定理得
在時間內，噴出的正離子個數
由動量定理得，這些正離子所受的平均沖量
解得這些正離子所受的平均推力大小
則發動機產生的平均推力大小 .
本題以火箭發動機為背景命題，要求學生根據題述情境建構物理模型，利用所學知
識解決實際問題.
尖子生 強基自招
命題點 利用動量觀點分析求解問題
動量觀點是解答力學問題的三大觀點之一，動量觀點的依據是動量定理和動量守恒
定律,借助動量和沖量的計算，從而解決問題.由于分析動量時不需要對相互作用力的
具體細節進行分析，只需分析運動物體的初狀態和末狀態，因此可以省去很多步驟.
例7 （清華大學夏令營試題）一質量為、長為 的柔軟繩自由懸垂，下端恰與一臺
秤的秤盤接觸.某時刻放開柔軟繩上端，如圖1-7所示，求臺秤的最大讀數.
（重力加速度為 ）
圖1-7
【答案】
【解析】設時刻落到秤盤上的繩長為,此時繩速為.在 時間內，
有質量為的繩落到秤盤上，其中 為繩的線密度（線密度等于繩單位長度
的質量）.取向上為正方向，忽略微元段繩本身的重力沖量，根據動量定理，有
解得
故
所以臺秤的最大讀數為 ,出現在柔軟繩將要全部落到秤盤上時.
圖1-8
例8 （清華大學“領軍計劃”試題）如圖1-8所示，用長度同為 的輕
質細繩懸掛四個彈性小球、、、，它們的質量依次為 、
、、，且滿足.將球拉起一定角度
后釋放，則球開始運動時的速度為（重力加速度為 ）( )
D
A. B.
C. D.
【解析】設碰撞前瞬間的速度為 ，根據機械能守恒定律，有
解得
設與碰撞后與的速度分別為和 ，根據動量守恒定律，有
①
根據機械能守恒定律，有
②
聯立①②式得
因，則.同理，, ，所以
,D選項正確.
【強化訓練丨變式題】
圖1-9
1.（中國科學技術大學自主招生試題）如圖1-9所示，光滑水平
面上有一輛質量為 的小車，車上左右兩端分別站著甲、乙
兩人，他們的質量都是 ，開始時兩個人和車一起以速度 向
右勻速運動．某一時刻，站在車右端的乙先以相對于地面向右
B
A. B. C.大于,小于 D.大于
【解析】甲、乙兩人和小車組成的系統動量守恒，設兩人都離開小車后，小車的速
度為，取水平向右為正方向，根據動量守恒定律，有 ,解
得 ，選項B 正確.
的速度跳離小車，然后站在車左端的甲以相對于地面向左的速度 跳離小車．兩人
都離開小車后，小車的速度將是( )
2.（清華大學保送生考試試題）如圖1-10所示，光滑水平桌面上的球1、2、3、4是完
全相同的彈性小球，球2、3、4靜止，球1以速度 正對著球2撞去，球1、2的球心連線
正好過球3、4的切點，則碰撞之后靜止的是球___，運動的球中速度最小的是球___.
2
1
圖1-10
【解析】球1與球2碰撞后交換速度，球1速度變為0，球2速度變為 .球2與球3、4碰
撞過程中，球2對球3、4的作用力分別沿球2、3和球2、4 的球心的連線.故碰撞后，
球3、4速度方向與球2入射方向分別成 角，速度大小均設為 ，球2碰撞后的速
度設為 ，取球2入射方向為正方向，球2、3、4組成一個系統，該系統沿水平方向
不受外力，根據動量守恒定律，有
①
整個碰撞過程中系統機械能守恒，有
②
聯立①②式得,
負號表示球2會反向運動，與球1碰撞后再次交換速度，則碰撞之后靜止的是球2，運
動的球中速度最小的是球1.
圖1-11
3.（中國科學技術大學自主招生試題）如圖1-11所示，光滑的水平
桌面上有一小車，小車的支架上用長為 的細桿懸掛一質
量為 的鋼球．細桿質量忽略不計，小車及支架的質量為
，開始時小車靜止，細桿拉到水平位置，由靜止釋
放．求當細桿落到與水平方向夾角為 時小車發生的位移．
【答案】 ，方向水平向左
【解析】本題可根據“人船模型”進行求解. 當細桿落到與水平方向夾角為 時，設
鋼球的水平位移大小為，小車發生的位移大小為 ，根據“人船模型”，有
， ，解得小車的位移大小為
，方向水平向左.
刷真題 體驗高考
1.（2024·甘肅卷，多選）電動小車在水平面內做勻速圓周運動，下列說法正確的是
( )
AD
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
【解析】做勻速圓周運動的物體速度大小不變，故動能不變，A項正確；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，B項錯誤；做勻速圓周運動的物
體加速度大小不變，方向時刻在改變，C項錯誤；做勻速圓周運動的物體所受的合外
力一定指向圓心，D項正確.
2.（2022·重慶卷）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中，某小
組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（如圖1-12）.從碰撞開
始到碰撞結束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭
部( )
D
圖1-12
A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積
B.動量大小先增大后減小
C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積
D.加速度大小先增大后減小
【解析】假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則 圖像與橫軸圍成的面積表示合
外力的沖量，根據動量定理可知， 圖像與橫軸圍成的面積等于假人頭部動量的
變化量，故選項A錯誤；初動量未知，假人頭部動量變化情況未知，B錯誤；根據動
量與動能的關系有，結合 圖像與橫軸圍成的面積表示動量的變化量，
可知動能的變化量與曲線與橫軸圍成的面積不成正比，選項C錯誤；假人的頭部只受
到安全氣囊的作用，則根據牛頓第二定律可知 ，即假人頭部的加速度大小先增
大后減小，選項D正確.
圖1-13
3.（2022·全國乙卷，多選）質量為的物塊在水平力 的作
用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，與時間 的關系如
圖1-13所示.已知物塊與地面間的動摩擦因數為 ,重力加速度
大小取 .則( )
AD
A. 時物塊的動能為零
B. 時物塊回到初始位置
C.時物塊的動量為
D.時間內對物塊所做的功為
【解析】物塊與地面間的滑動摩擦力為，對物塊在 內的運動過
程，由動量定理可得,得, 時物塊的動量為
，設后經過時間 物塊的速度第一次減為0，由動量定理可得
,解得,所以物塊在 時速度減為0，此時物塊的動能
也為0，故A正確，C錯誤；設內物塊的位移大小為 ，由動能定理可得
,得, 過程中，對物塊由動能定理可得
,得此過程的位移大小為, 物塊反向運動，物
塊的加速度大小為,位移大小為 ,
即時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤； 內水平力做的功為
,故D正確.
4.（2024·廣西卷，多選）如圖1-14，堅硬的
水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直
方向的方孔，方孔各側壁完全相同.木栓材質
堅硬，形狀為正四棱臺，上下底面均為正方
形，四個側面完全相同且與上底面的夾角均
為 .木栓質量為 ，與方孔側壁的動摩擦因
數為 .將木栓對準方孔，接觸但無擠壓，錘子以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對
木栓沖量為，方向豎直向下.木栓在豎直方向前進了 的位移，未到達方孔底部.若
進入的過程方孔側壁發生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩
擦力，則( )
圖1-14
A.進入過程，木料對木栓的合力的沖量為
B.進入過程，木料對木栓的平均阻力大小約為
C.進入過程，木料和木栓的機械能共損失了
D.木栓前進 后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為
√
√
信息提取析題意
提取有效信息 信息加工與模型建構
將木栓對準方孔，接觸但無擠壓 初狀態木料側壁無彈力、無彈性勢能.
進入的過程方孔側壁發生彈性形 變，彈力呈線性變化 彈力隨形變量均勻變化，平均作用力為初、末
狀態兩力和的一半.
【解析】
對錘子撞擊木栓前后瞬間，應用動量定理 ,得木栓被撞擊后瞬間動能
，則：
選項 推理過程
A
B
C
選項 推理過程
D
續表
選項 推理過程
D ____________________________________________________________________________________________________
續表
圖1-15
5.（2024·福建卷）某小組基于動量守恒定律測量
玩具槍子彈離開槍口的速度大小，實驗裝置如圖1
-15（a）所示.所用器材有：玩具槍、玩具子彈、
裝有擋光片的小車、軌道、光電門、光電計時器、
十分度游標卡尺、電子秤等.實驗步驟如下：
（1）用電子秤分別測量小車的質量 和子彈的質
量 ；
（2）用游標卡尺測量擋光片寬度 ，示數如圖（b）
所示，寬度_____ ；
0.99
【解析】游標卡尺的分度值為 ，則擋光片的寬度為
.
（3）平衡小車沿軌道滑行過程中的阻力.在軌道上安裝光電門和 ，讓裝有擋光片
的小車以一定初速度由右向左運動，若測得擋光片經過、 的擋光時間分別為
、 ，則應適當調高軌道的____（選填“左”或“右”）端.經過多次調
整，直至擋光時間相等；
右
【解析】小車經過光電門的速度為
測得擋光片經過、的擋光時間分別為、 ，可知小車經過光電門
的速度大于經過光電門 的速度，故應適當調高軌道的右端.
（4）讓小車處于 的右側，槍口靠近小車，發射子彈，使子彈沿軌道方向射出并粘
在小車上，小車向左運動經過光電門，測得擋光片經過的擋光時間 ；
（5）根據上述測量數據，利用公式_______（用、、、 表示）即可得到
子彈離開槍口的速度大小 ；
【解析】小車經過光電門的速度為
子彈擊中小車并粘上小車的過程，根據動量守恒定律有
解得 .
（6）重復步驟（4）五次，并計算出每次的 值，填入下表；
次數 1 2 3 4 5
59.1 60.9 60.3 58.7 59.5
（7）根據表中數據，可得子彈速度大小的平均值為_____ .（結果保留三位有效
數字）
59.7
【解析】根據表格數據，可得子彈速度大小 的平均值為
.
6.（2024·甘肅卷）如圖1-16，質量為的小球（視為質點）在細繩和 作用
下處于平衡狀態，細繩，與豎直方向的夾角均為 .質量為
的木板靜止在光滑水平面上，質量為的物塊靜止在的左端.剪斷細繩 ，小
球開始運動.（重力加速度取 ）
圖1-16
（1）求運動到最低點時細繩 所受的拉力.
【答案】
【解析】從開始運動到 運動到最低點的過程，根據動能定理有
在最低點時，對其受力分析，根據牛頓第二定律得
代入數據解得， .
（2）在最低點時，細繩斷裂.飛出后恰好與左側碰撞（時間極短），碰后 豎
直下落，水平向右運動.求碰后 的速度大小.
【答案】
【解析】與碰撞過程，、組成的系統在水平方向動量守恒，由于碰后 豎直下
落，可知碰后 水平方向速度減小到0，在水平方向根據動量守恒定律有
解得 .
（3）、碰后，相對滑行后與共速.求和 之間的動摩擦因數.
【答案】0.15
【解析】、碰后，相對滑行后與共速，、 組成的系統動量守恒，根據
動量守恒定律可得
根據能量守恒定律得
聯立解得 .
信息提取析題意
關鍵信息 破題關鍵 建構模型
7.（2022·湖南卷）如圖1-17（a）,質量為的籃球從離地 高度處由靜止下落,與地面
發生一次非彈性碰撞后反彈至離地 的最高處.設籃球在運動過程中所受空氣阻力的
大小是籃球所受重力的 倍 為常數且 ,且籃球每次與地面碰撞的碰后
速率與碰前速率之比相同,重力加速度大小為 .
圖1-17
（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比;
【答案】
【解析】籃球運動過程中所受空氣阻力大小為
籃球從離地 高度處下落到第一次碰到地面前，由動能定理有
籃球從第一次碰到地面到上升至離地 高度處，由動能定理有
聯立解得籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比 .
（2）若籃球反彈至最高處時,運動員對籃球施加一個向下的壓力 ,使得籃球與地面
碰撞一次后恰好反彈至的高度處,力隨高度的變化如圖（b）所示,其中 已知,求
的大小;
【答案】
【解析】籃球從 高處到第二次碰到地面前，由動能定理有
（【點撥】圖像與坐標軸圍成的面積表示力 所做的功.）
籃球二次碰到地面后上升到最大高度 處，由動能定理有
第二次碰到地面的碰后速率與碰前速率之比為
聯立解得 .
. .
（3）籃球從 高度處由靜止下落后,每次反彈至最高點時,運動員拍擊一次籃球
（拍擊時間極短）,瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量,經過 次拍擊后籃球恰
好反彈至高度處,求沖量 的大小.
【答案】
【解析】籃球從高處下落碰到地面后反彈上升的高度為
運動員第一次拍擊籃球，籃球下落的速度為,由動量定理得沖量
籃球從最高點到第二次與地面相碰前,由動能定理有
籃球第二次與地面相碰后反彈上升到最大高度 處，由動能定理有
又
聯立解得
同理可得運動員第二次拍擊籃球，籃球第三次與地面相碰后反彈上升到最大高度
處，有
同理可得運動員第三次拍擊籃球，籃球第四次與地面相碰后反彈上升到最大高度
處，有
則運動員第次拍擊籃球，籃球第次與地面相碰后反彈上升到最大高度
處，有
由題可知
聯立解得 .
圖1-18
8.（2024·浙江6月選考科目試題）一彈射游戲
裝置豎直截面如圖1-18所示，固定的光滑水平
直軌道、半徑為的光滑螺旋圓形軌道 、
光滑水平直軌道平滑連接.長為、質量為
的平板緊靠長為的固定凹槽側壁放置，平板上表面與 齊平.將一質量
為的小滑塊從端彈射，經過軌道 后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達
即被鎖定. 已知，，， ，平板與滑塊
間的動摩擦因數、與凹槽水平底面間的動摩擦因數為 .滑塊視為質點，
不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度 .
（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點時，求滑塊離開彈簧時速度 的大?。?br/>【答案】
【解析】滑塊恰好能通過圓形軌道最高點 時，有
從滑塊離開彈簧至滑塊運動到 點的過程，根據動能定理，有
解得 .
（2）若，滑塊恰好過 點后，求平板加速至與滑塊共速時系統損耗的機械能；
【答案】
【解析】若 ,從滑塊滑上平板帶動平板一起運動，到平板加速至與滑塊共速過
程，平板與滑塊組成的系統動量守恒，根據動量守恒定律，有
其中
根據能量守恒定律，有
解得 .
（3）若，滑塊能到達點，求其離開彈簧時的最大速度 .
【答案】
【解析】若 ，平板與滑塊相互作用過程中，滑塊的加速度大小為
，平板的加速度大小為
共速后，二者的共同加速度大小為
滑塊從滑上平板至到達 點過程，有2種可能情況：
①滑塊在平板上一直做減速運動直到到達 點；
②滑塊在平板上先做減速運動至與木板共速，此時滑塊恰好運動至木板最右端，然
后二者共同做減速運動至到達 點.
假設滑塊做第②種運動，則滑塊從滑上平板至二者共速過程，有
該過程，滑塊、木板的位移分別為，
共速時，二者的相對位移為
解得，，
隨后二者共同減速至點，位移為
到達點的速度
說明可以到達 點，因此假設成立，此過程對應的滑塊離開彈簧時的速度大小為
，若滑塊離開彈簧時的速度大小大于，則滑塊在到達 點之前會從木板
右側掉落，故滑塊離開彈簧時的最大速度 .

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