2026年天津高考物理二轮复习讲练测重难 07 动量定理 动量守恒定律（重难专练）（解析版）

重难07动量定理动量守恒定律

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锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向

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重难冲刺练

模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”

一：对动量和冲量的理解

1.对动量的理解

(1)动量的两性

①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。

②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常是指相对地面的动量。

2.对冲量的理解

(1)冲量的两性

①时间性：冲量不仅与力有关，还与力的作用时间有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。

②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲

量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。

(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但与作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。

(3)冲量与功的比较

冲量功

作用在物体上的力和力的作用时作用在物体上的力和物体在力的方向上的

定义

间的乘积位移的乘积

单位N·sJ

公式I＝Ft(F为恒力)W＝Flcosα(F为恒力)

标矢性矢量标量

①表示力对空间的累积

①表示力对时间的累积

意义②是能量变化多少的量度

②是动量变化的量度

都是过程量，都与力的作用过程相联系

【必备知识】动量与动能的比较

名称

动量动能动量变化量

项目

物体的质量和速度的乘物体由于运动而具有的物体末动量与初动量的

定义

积能量矢量差

12

定义式p＝mvEk＝mvΔp＝p′－p

2

矢标性矢量标量矢量

特点状态量状态量过程量

2

p12Ek

关联方程Ek＝，Ek＝pv，p＝2mEk，p＝

2m2v

二：动量定理的理解和应用

1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．

2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p.

3．对动量定理的理解

(1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．

(2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原

因．

p′－pΔp

(3)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．

tt

(4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理．

【必备知识】应用动量定理解释的两类物理现象

(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，

如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。

(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp

越小。

技巧1：会分析动量定理与图象的结合

变力的冲量

①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．

②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．

技巧2：应用动量定理处理“流体模型”

1.研究对象

选取流体为研究对象，如水、空气等。

2.研究方法

隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。

3.基本思路

(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。

(2)求小柱体的体积ΔV＝SvΔt

(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt

(4)求小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt

(5)应用动量定理FΔt＝Δp

【方法技巧】应用动量定理解决微粒类问题

微粒及通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒

其特点子数n

分1建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S

析微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒

2

步子数N＝nv0SΔt

骤3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算

（建议用时：30分钟）

1．（2025·天津·二模）图中滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一

不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l。开始时，轻绳处于水平拉直状态，滑块右侧有一表面涂有黏性物质的固

定挡板。初始时小球和滑块均静止，现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好向右运动到与

固定挡板碰撞，在极短的时间内速度减为零并在之后始终与固定挡板粘在一起。小球继续向左摆动，当轻

绳与竖直方向的夹角60时小球达到最高点。已知小球质量为m，重力加速度为g。求：

(1)小球在最低点的速度大小；

(2)滑块与固定挡板碰撞后瞬间，绳子对小球的拉力大小；

(3)滑块的质量。

【答案】(1)gl

(2)2mg

(3)m

1

【详解】（1）以最低点为零势能面，根据机械能守恒定律mgl1cos60mv2

21

解得v1gl

mv2

（2）根据牛顿第二定律Fmg1

Tl

解得FT2mg

11

（3）对滑块与小球组成系统，根据机械能守恒定律mglmv2Mv2

2122

水平方向根据动量守恒定律mv1Mv20

联立解得Mm

2．（2025·天津·二模）生活中人们经常用滑轮提升重物，如图所示，两人站在地上通过跨过两个固定定

滑轮的轻绳拉动物体，使之匀速上升，已知悬挂重物的两侧绳子a和b与竖直方向的夹角始终相等，则在

重物上升的过程中（）

A．绳子a拉力逐渐变小

B．人对地面的压力逐渐增大

C．绳子a拉力对物体做功的瞬时功率保持不变

D．两根绳子对物体的拉力冲量始终相等

【答案】C

【详解】A．设连接重物的绳与竖直方向的夹角为θ，对重物，根据平衡条件可得mg2Fcos

在重物上升的过程中，θ增大，cosθ减小，则绳拉力F增大，故A错误；

B．由于绳拉力不断增大，则绳拉力在竖直方向的分力不断增大，所以地面对人的支持力不断减小，根据牛

顿第三定律可知，人对地面的压力逐渐减小，故B错误；

1

C．绳子a拉力对物体做功的瞬时功率为PFcosvmgv

2

由此可知，拉力的功率保持不变，故C正确；

D．由于绳子拉力大小相等，方向不同，所以两根绳子对物体的拉力冲量不相等，故D错误。

故选C。

3．（2025·天津和平·三模）如图，两个带等量正电荷的微粒P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向同时

射入平行板电容器的匀强电场中，P从靠近上极板边缘处射入，Q从两极板中央处射入，在重力和电场力的

共同作用下，它们打在下极板同一点，不计粒子间的相互作用，在整个运动过程中，下列分析正确的是

（）

A．两粒子的机械能变化量一定相同

B．两粒子的动能一定都增大

C．电场力对两粒子的冲量一定相同

D．两粒子的电势能一定都减小

【答案】BC

【详解】A．两个微粒带等量正电荷，电场力做功代表机械能的变化，则EqEd

由于竖直位移不同，则两粒子的机械能变化量不相同，故A错误；

B．两粒子的合外力向下，则粒子运动过程中合外力做正功，两粒子的动能一定都增大，故B正确；

C．两粒子的初速度相等，水平方向做匀速直线运动，有xv0t

可见两粒子运动的时间相等，根据IqEt

可知电场力对两粒子的冲量一定相同，故C正确；

D．由于电场力做功的正负未知，两粒子的电势能可能增大，故D错误；

故选BC。

4．（2025·天津河西·三模）如图所示，倾角30的斜面体C静置在水平台上，其底端与水平台平滑连

接。物块A沿斜面自由下滑，离开斜面后与静止在水平台上的物块B发生完全非弹性碰撞。随后A、B从O

点离开水平台，共同在空中飞行并落到水平地面上的P点，O、P连线与水平方向的夹角53。已知物

块A的质量mA100g、物块B的质量mB200g、斜面体C的质量mC500g，A与B碰撞前的速度

vA3ms，A、B表面均光滑，整个过程中C保持静止且A、B始终在同一竖直平面内运动。将A、B视

4

为质点，不计空气阻力，tan53，取g10ms2。求：

3

(1)A沿斜面下滑的过程中，水平台对C的支持力大小N0；

(2)A、B碰撞过程中损失的机械能E；

(3)A、B共同在空中飞行的过程中，它们的重力的平均功率P。

23

【答案】(1)NN

04

(2)ΔE0.3J

(3)P4W

【详解】（1）A沿斜面下滑的过程中，A、C之间相互作用力的大小为NmAgcos30

水平台对C的支持力大小为N0mCgNcos30

23

解得NN

04

（2）A、B发生完全非弹性碰撞，有mAvAmAmBv

11

碰撞过程中损失的机械能为ΔEmv2mmv2

2AA2AB

解得ΔE0.3J

12

gt

（3）O、P连线与水平方向的夹角，于是有

53tan532

vt

1

A、B共同做平抛运动，下落的高度为hgt2

2

A、B平抛的过程中，它们的重力做的功为WmAmBgh

W

重力的平均功率为P

t

解得P4W

5．（2025·天津·二模）落锤打夯机是一种结构简单的建筑施工设备，其原理可以简化为以下模型∶质量

为m1800kg的夯体一部分埋人土层中，质量为m2200kg的重锤（可视为质点）从夯正上方h20m处自

由下落，与夯发生碰撞（碰撞时间极短），碰后重锤和夯一起下移d0.5m深度。（重力加速度g取10m/s2）

(1)求重锤与夯碰后的速度；

(2)求夯在下移过程中受到的平均阻力的大小。

【答案】(1)v4m/s

(2)f26000N

1

【详解】（1）设重锤与夯碰前的速度大小为v，根据动能定理mghmv2

02220

解得v020m/s

（）

锤与夯碰后速度大小相等，设为v，根据动量守恒m2v0m1m2v

解得v4m/s

（2）设夯在下移过程中受到的平均阻力的大小为f，则此过程中，根据动能定理

1

（mm）gdfd0（mm）v2

12212

解得f26000N

6．（2025·天津·一模）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简

化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v04m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长L=5m。现将

一质量为0.4kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞

时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，包裹B向前运动了0.9m静止。已知包裹A与传送带和

水平面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取10m/s2。

(1)求包裹A在传送带上运动的时间；

(2)若包裹B的质量为0.4kg，求包裹B与水平面间的动摩擦因数。

【答案】(1)2.25s

(2)0.5

【详解】（1）对A进行分析，根据牛顿第二定律有1m1gma1

2

解得a12m/s

令经历时间t0，A与传送带达到相等速度，则有v0a1t0

解得t02s

v

此时A的位移x0t4mL5m

020

Lx0

之后A做匀速直线运动，经历时间t1

v0

包裹A在传送带上运动的时间tt0t1

解得t2.25s

2

（2）碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有v12a1x1

解得v11m/s

2

包裹B向前运动了0.9m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有v22a2x2

A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2

解得v23m/s

对B进行分析，根据牛顿第二定律有2m2gm2a2

解得20.5

7．（2025·天津滨海新·三模）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带

有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的

配重质量为m，绳长为l，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.4l，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，

使配重随短杆做水平匀速圆周运动。某时刻绳子与竖直方向夹角θ=37°。运动过程中不计空气阻力，腰带可

看成不动，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在绳子与竖直方向夹角从0°缓慢增至θ=37°的过程中，

求：

(1)绳子夹角θ=37°时，配重的速度大小v：

(2)该过程中，配重所受合力的冲量大小I；

(3)该过程中，绳子对配重所做的功W。

3gl

【答案】(1)v

2

m3gl

(2)I

2

(3)W0.575mgl

【详解】（1）配重做圆周运动时，半径r0.4llsin

v2

由牛顿第二定律可得mgtanm

r

3gl

解得v

2

（2）由动量定理可得Imv

m3gl

代入数据得I

2

1

（3）由动能定理可得Wmgl(1cos)mv20

2

代入数据得W0.575mgl

8．（2025·天津·一模）高空滑道是很多游乐场的必备设施，受到很多游客的欢迎。滑车沿轨道滑降的整

个过程可以简化为如下模型。整个轨道由两部分组成，AB段是曲线滑道，BC段为水平减速滑轨，两者在B

点平滑连接。将滑车看作大小可以忽略的小物块，质量m=80kg。滑车从滑道上A点由静止下滑，到达滑道

末端B点时，与静止在减速滑轨左端质量为M=20kg的制动滑块相撞，并通过锁止装置连在一起，之后两

者一起沿减速滑轨运动最终在C点停下。若AB段竖直高度差为H=12m，水平段BC的长度为l=8m，滑块

和滑车在滑轨上的阻力大小恒为f=400N，重力加速度为g，求：

(1)滑车和滑块锁止后瞬间的速度大小；

(2)A到B的过程中，阻力对滑车做的功。

【答案】(1)8m/s

(2)-5600J

1

【详解】（1）两者一起沿减速滑轨运动最终在C点停下的过程，根据动能定理可得fl0(mM)v2

2

解得v8m/s

1

（2）A到B的过程中，根据动能定理可得mgHWmv2

f20

二者碰撞过程有mv0(mM)v

联立解得Wf5600J

（建议用时：30分钟）

9．（2025·天津·二模）如图甲所示，列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车。某种列车制动

系统核心部分的模拟原理图如图乙所示，一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd放在水平面内，其质量为

m，阻值为R，边长为L，左、右两边界平行且宽度为L的区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的

匀强磁场。当线框运动到ab边与磁场左边界间的距离为L时，线框具有水平向右的速度7v0，当cd边离

开磁场右边界时线框速度为v0。已知运动中ab边始终与磁场左边界平行，除磁场所给作用力外线框始终还

6mv2

受到与运动方向相反、大小恒为f0的阻力作用，求：

L

(1)线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q；

(2)线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q；

(3)线框速度由7v0减小到v0所经历的时间t。

BL2

【答案】(1)q

R

2

(2)Q6mv0

LB2L4

(3)t2

v03mRv0

【详解】（1）根据电流强度定义得qI·t

E

根据闭合电路欧姆定律得I

R

根据法拉第电磁感应定律得E

Δt

因为BL2

BL2

联立解得q

R

121

（2）根据能量守恒定律得Q3fLm7vmv2

2020

2

代入题中数据，解得Q6mv0

（3）根据动量定理得BLI1t1BLI2t2ftmv07mv0

因为qI1t1I2t2

LB2L4

联立解得t2

v03mRv0

10．（2025·天津·二模）如图所示，固定点O上系一长L0.6m的细绳，细绳的下端系一质量m0.2kg的

小球，小球处于静止状态，球与光滑水平平台的边缘B点接触但对平台无压力，平台高h1.25m。一质量

M0.4kg的小物块开始静止在平台上的P点，现使物块获得一水平向右的初速度v0，物块沿平台向右运动

到平台边缘B处与小球m发生正碰（碰撞时间极短），碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，

绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块落在水平地面上的C点，其水平位移x1.0m。不计空气阻力，

g10m/s2。求：

(1)碰后瞬间物块的速度大小；

(2)物块在P处的初速度大小。

【答案】(1)2m/s

(2)5m/s

12

【详解】（1）碰后小物块做平抛运动，设平抛的初速度为v1，平抛运动的时间为t，由hgt

2

xv1t

得v12ms

2

mv3

（2）设碰撞后小球的速度为v2，运动到A点的速度为v3，小球在最高点有2mg

L

1212

B到A过程机械能守恒mvmvmg2L

2223

小物块与小球碰撞过程系统动量守恒Mv0Mv1mv2

解得v05ms

11．（2025·天津和平·二模）如图所示，长为L2m、质量为M2kg的木板静止在光滑的水平地面上，

A、B是木板的两个端点，点C是AB中点，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一个质量为m1kg的

物块（可视为质点），现给木板施加一个水平向右，大小为F9N的恒力，当物块相对木板滑至C点时撤

去这个力，最终物块恰好滑到木板的B端与木板一起运动，求：

(1)物块到达木板C点时木板的速度v1；

(2)木板的摩擦力对物块做的功Wf；

(3)木块和木板CB段间的动摩擦因数

【答案】(1)3ms(2)2J(3)0.3

11

【详解】（1）根据题意，由于AC段光滑，可知，开始木板滑动，物块不动，对木板由动能定理有FLMv2

221

解得v13ms

（2）撤去外力后，木板与物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有Mv1Mmv

解得v2ms

1

对物块由动能定理有Wmv2

f2

解得Wf2J

111

（3）由能量守恒定律有mgLMv2Mmv2

2212

解得0.3

12．（2025·天津·一模）如图所示，在竖直平面内固定着半径为R的光滑半圆形轨道，A、B两小球的质

量分别为m、2m。小球B静止在轨道的最低点处，小球A从离轨道最低点2R的高处由静止自由落下，沿

圆弧切线进入轨道后，与小球B发生碰撞。碰撞后B球上升的最高点为C，圆心O与C的连线与竖直方向

的夹角为60°。两球均可视为质点。求：

(1)A与B球相碰前的速度大小v0；

(2)A、B球第一次碰撞过程损失的机械能ΔE。

【答案】(1)2gR

(2)mgR

1

【详解】（1）分析A球，从静止下落到与B球相碰前，根据机械能守恒可知mg·2Rmv2

20

解得v02gR

1

（2）碰撞后，B球上升到C点，根据机械能守恒可得2mv22mgR1cos60

2B

球A与B碰撞过程中，满足动量守恒mv0mvA2mvB

111

A、B球第一次碰撞过程损失的机械能Emv2mv22mv2

202A2B

代入数据可得EmgR

13．（2025·天津·一模）高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员将弹性长绳（质量可忽略）的一端系

在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速地从跳台上落下。在整个下落过程中，若不计空气

阻力，则（）

A．运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大

B．当弹性绳恰好伸直时，运动员的速度最大

C．重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量相同

D．重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功

【答案】AD

【详解】A．从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能减小，所以动能和弹性势能之和增加，

故A正确；

B．当弹性绳的弹力大小等于重力时，运动员的速度最大，故B错误；

C．根据动量定理，由于初、末状态，动量均为零，因此重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量

大小相等，方向相反，故C错误；

D．根据动能定理，由于初、末状态动能均为零，因此重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所

做的功，故D正确。

故选AD。

14．（2025·天津宁河·一模）如图所示，某同学把压在水杯下的纸水平抽出，重复操作，将水杯压在纸

的同一位置，以更快的速度水平抽出，两次过程中水杯均未滑出桌面，则在第二次的抽出过程中（）

A．水杯受到的摩擦力与第一次相等

B．水杯动能变化量比第一次的大

C．水杯动量变化量比第一次的大

D．水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等

【答案】AD

【详解】A．分析可知，两次过程，水杯受到的摩擦力均为为滑动摩擦力且不变，故A正确；

BC．第二次快拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，则产生的冲量较小，根据动量定理可知，茶杯增加的

p2

动量小一些，根据动能与动量关系有E

k2m

由于第二次动量小，故第二次动能小，故BC错误；

D．动量变化量与对应时间的比值等于物体受到的合力，两次过程，水杯的合力均为滑动摩擦力且不变，则

水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等，故D正确。

故选AD。

15．（2025·天津和平·一模）庆祝盛大的节日常会燃放烟花。现有某烟花筒的结构如图所示，其工作原

理为：在地面上的O处点燃引线，发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的速度开始上升并同时

点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹

在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向，已知两部分质量ma>mb。忽略空气阻力及所有引线中火

药的作用，则（）

A．从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，系统的机械能守恒

B．a、b两部分落地点到O点的距离可能相等

C．礼花弹在最高点炸开过程，a、b两部分动量变化相同

D．整个过程中消耗的燃料化学能等于a、b落地时动能之和

【答案】D

【详解】A．从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，炸药爆炸，化学能转化为机械能，系统的机械能不守

恒，故A错误；

B．系统水平方向动量守恒，有mavambvb

依题意ma>mb

可得vavb

12

a、b两部分均做平抛运动，根据xv0t，hgt

2

2h

解得xv

0g

可知xaxb

即落地点到O点的距离不相等，故B错误；

C．依题意，礼花弹在最高点炸开过程，炸药对a、b两部分的冲量等大反向，根据Ip

可知a、b两部分动量变化大小相同，方向相反，故C错误；

D．整个过程中重力做功为零，由能量守恒可知，消耗的燃料化学能等于a、b落地时动能之和，故D正确。

故选D。

（建议用时：40分钟）

16．（2025·天津河西·一模）托球跑是趣味运动会的一种比赛项目。比赛中，运动员手持乒乓球拍托着

质量为m的球向前跑动。在比赛中途的某一段时间t内，乒乓球与球拍保持相对静止，球和球拍随运动员

共同沿水平方向匀加速直线运动通过x距离，乒乓球的速度变化量为v，球拍平面与水平面之间的夹角为

，如图所示。不计球和球拍之间的摩擦力以及空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是（）

A．在这段时间内，乒乓球加速度的大小为gsin

B．在这段时间内，乒乓球所受合外力冲量的大小为mgttan

C．在这段时间内，球拍对乒乓球的弹力做的功为mgxtan

12

D．在这段时间内，乒乓球所受合外力做的功为mΔv

2

【答案】BC

【详解】A．乒乓球受到重力mg、支持力N而做加速直线运动，受力如图

由牛顿第二定律有F合mgtanma

解得加速度大小agtan

故A错误；

B．合外力冲量大小IF合tmgttan

故B正确；

mg

C．球拍对乒乓球的弹力为F

cos

则球拍对乒乓球的弹力做的功WFxsinmgxtan

故C正确；

D．根据动能定理，乒乓球所受合外力做的功等于该过程动能该变量，即

2

121212212

W合mvmv0mvv0mΔv

2222

故D错误。

故选BC。

17．（2025·天津南开·一模）已知某花炮发射器能在t1=0.2s内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为

m=1kg、射出的最大高度h=180m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，

爆炸后两物块的速度均沿水平方向，落地时两落地点之间的距离s=900m，且两物块落地的水平位移比为1：

4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小；

(2)爆炸后两物块的质量m1、m2的大小；

(3)若花炮在最高点爆炸时有80%的化学能转化成物块的动能，求花炮在空中释放的化学能E。

【答案】(1)310N

(2)0.8kg，0.2kg

(3)2250J

【详解】（1）根据动量定理，发射过程中合力的冲量等于动量变化(Fmg)t1mv0

v2

其中v为花炮发射后的初速度。由竖直上抛的最大高度公式h0

02g

解得v02gh60m/s

mv160

代入动量定理公式得F0mgN110N310N

t10.2

（2）爆炸时动量守恒，则m1v1m2v2

爆炸后两物块做平抛运动，水平方向上做匀速运动，即x=vt，两物块运动时间相同，由于水平位移比为1:4，

v1

所以两物块的速度比为1

v24

解得m14m2

结合总质量m1m21kg

解得m10.8kg,m20.2kg

2h

（3）爆炸后两物块运动的时间为t6s

g

两物块落地时两落地点之间的距离s=900m，则s(v1v2)t

解得v130m/s，v2120m/s

11

两物块的动能之和为Emv2mv21800J

k211222

由0.8EEk

1800

解得E2250J

0.8

18．（2025·天津宁河·一模）如图所示，水平面上竖直固定一个粗糙圆弧轨道BC。圆弧轨道C端切线水

平，长木板静止在光滑的水平面上，木板左端紧靠轨道右端且与轨道点等高但不粘连（长木板厚度不计）。

从B的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量m2kg的物块（可视为质点），物块恰好能从B点沿切

线方向无碰撞进入圆心角53的圆弧轨道BC，物块滑到圆弧轨道C点时速度大小为vC4m/s，经圆弧

轨道后滑上长木板。已知长木板的质量M6kg，A点距C点的高度为H1.2m，圆弧轨道半径为R1m，

物块与长木板间的动摩擦因数0.3。物块始终未滑出长木板，空气阻力不计，g取10m/s2，sin530.8，

cos530.6。求：

(1)物块从B滑到C的过程中摩擦力做的功；

(2)在物块相对长木板运动的过程中，木板的位移大小。

【答案】(1)-17J

(2)0.5m

【详解】（1）从A到B做平抛运动，根据图中几何关系可得hR（1cos）

2（）

根据运动学公式可得vBy2gHh

解得vBy4m/s

11

从B到C由动能定理可得：mghWmv2mv2

f2C2B

v

其中vBy

Bsin53

解得Wf17J

（2）对物块和木板分析，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mvC(Mm)v

解得v1m/s

1

在物块相对长木板运动的过程中，对长木板列动能定理有mgxMv2

2

解得：x0.5m

19．（2024·天津蓟州·三模）一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据该图像

可知（）

A．物体在1s末改变运动方向

B．第2s和第3s加速度大小相等、方向相反

C．前2s内合力冲量为0

D．第3s合力对物体做负功

【答案】C

【详解】A．由vt图像可知，物体在2s末改变运动方向，故A错误；

B．根据vt图像的斜率表示加速度，可知第2s和第3s加速度大小相等、方向相同，故B错误；

C．由vt图像可知，前2s内物体的速度变化量为0，则物体的动量变化量为0，根据动量定理可知，合力

冲量为0，故C正确；

D．由vt图像可知，第3s物体向负方向做加速直线运动，则物体的动能增加，根据动能定理可知，合力

对物体做正功，故D错误。

故选C。

20．（2024·天津滨海新·三模）如图，距地面高度为h1.25m的光滑水平桌面上有一轻质理想弹簧，固

定其左端，用质量为m的小球A压缩其右端。某时刻由静止释放小球A，小球A离开弹簧后与质量为2m的

小球B发生弹性正碰，球B从桌面水平飞出。两小球都落地后，测量它们第一个落点之间的距离为L0.5m，

g取10ms2，忽略空气阻力。求：

（1）小球B在空中飞行的时间t；

（2）两小球碰撞之前的瞬间A的速度v0；

（3）若m0.1kg，全过程中弹簧的弹力对小球A的总冲量I。

【答案】（1）t0.5s；（2）v03m/s；（3）I0.5kg·m/s

1

【详解】（1）小球B竖直方向自由落体运动hgt2

2

2h21.25

小球B在空中飞行的时间t0.5s

g10

（2）A球与B碰后反弹，则由动量守恒mv02mvBmvA

A球反弹后再次压缩弹簧然后被弹回，则两小球离开桌面后均做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向

自由落体，时间相同，根据题意得(vBvA)tL

11

弹性碰撞满足能量守恒，动能关系为mv2mv2mv2

20B2A

整理解得v03m/s

（3）根据动量定理，第一次和第二次被弹簧弹开时弹簧对球的冲量分别为I1mv0，I22mvA

1

由第（2）问中的公式解得vv1m/s

A30

1

所以全过程中弹簧的弹力对小球A的总冲量为IIImv2mv0.5kg·m/s

12030

21．（2024·天津北辰·三模）2024年春节前夕，因“冻雨”导致众多车辆在某些高速路段停滞，并发生了

一些交通事故。如图所示，受高速路面冰雪影响，乙车停在水平高速路面上，甲车以速度v0从乙车正后方

同一车道匀速驶来，在距乙车x0处紧急刹车（牵引力瞬间变为零），但仍与乙车发生了碰撞；碰撞后，甲、

14

乙两车各自减速运动x和x后停止运动。若甲、乙两车完全相同且均可视为质点，两车碰撞时间不计，

180180

碰撞前、后两车质量均保持为m不变，且始终在同一直线上，两车在冰雪路面上的所有减速运动均视为加

速度相同的匀减速运动，重力加速度为g。求：

（1）碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比；

（2）两车与路面的动摩擦因数及甲车碰撞前瞬间的速度大小。

v2

【答案】（）；（）0，3

11:22vv0

3gx03

【详解】（1）设碰撞后甲、乙两车的速度大小分别为v1、v2，两车与路面的动摩擦因数为，根据动能定

理可得

1141

mgx0mv2，mgx0mv2

1802118022

可得碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比为v1:v21:2

11

（2）设碰撞前瞬间甲车的速度为v，碰撞前对甲车，由动能定理得mgxmv2mv2

0220

碰撞时由动量守恒可得mvmv1mv2

v2

结合（）问方程，解得0，3

1vv0

3gx03

22．（2024·天津·模拟预测）如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度H1.75m，长L0.5m的轻

质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量M0.2kg的木块（可视为质点），质量m20g的子弹以

v062m/s的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，

取重力加速度大小g10m/s2，求：

（1）木块被水平穿出后瞬间，细绳对木块的拉力T；

（2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q；

（3）子弹落地点与悬点O的水平距离d。

【答案】（1）12N；（2）34.5J；（3）6m

v2

【详解】（1）依题意，木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，有MgM3

L

解得v3gL5m/s

11

木块从最低点运动到最高点过程，根据动能定理可得Mg2LMv2Mv2

2322

解得v25m/s

v2

由牛顿第二定律，有TMgM2