2026新高二物理暑假衔接2套（人教版）第23讲 专题十九 动量守恒定律（教师版）

复习专题十九动量守恒定律

——精剖细解细复习讲义

知识点1：动量守恒定律

1、系统

相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统。

在研究多个物体的相互作用（复杂过程）时，有时分析每一个物体的受力情况比较难，也容易

出错，这时可以把若干个物体看成一个系统，这样复杂的问题就会变简单，因此在解决复杂的问题

时，要根据实际需要和求解问题的方便程度，合理选择系统。

2、内力和外力

内力：系统内物体之间的相互作用力；外力：除系统内物体之间的相互作用力之外的其他力叫

做外力。

对系统内物体进行受力分析时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统内物体

的作用力。

3、动量守恒定律的推导

水平桌面上有两个小球，它们的质量分别为m1和m2，沿着水平向右的方向做匀速直线运动，

它们的速度分别是v1和v2，且v2＞v1。当质量为m2的小球追上质量为m1的小球时两球发生碰撞，

碰后两球的速度分别为v1′和v2′，如下图所示：

设碰撞过程中质量为m1的小球受到质量为m2的小球对它的作用力是F1，质量为m2的小球受到

质量为m1的小球对它的作用力是F2。

相互作用时间为t，根据动量定理，有：F1t＝m1(v1′－v1)；F2t＝m2(v2′－v2)

因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律有：F1＝－F2，则m1v1′－m1v1＝m2v2

－m2v2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

4、动量守恒定律的数学表达式

m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各自的方

向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。

p＝p′系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相

同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。

Δp＝p′－p＝0系统总动量的增量为零。

Δp1＝－Δp2相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少

量。

5、动量守恒的条件

从动量守恒定律的推导可知守恒的条件如下表所示：

理想条件系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的条件可放宽至系统所受外

力之和为零。

近似条件系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守

恒。比如碰撞、爆炸等现象。

单方向的动量守系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。

恒条件

6、动量守恒定律的性质

普适性适用于两个物体、多个物体、宏观物体、微观粒子组成的系统。

同一性系统中各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。

瞬时性动量是状态量，定律表示每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。

矢量性动量是矢量，要选取正方向，分清系统中各物体初末动量的正、负。

7、运用动量守恒定律的解题步骤

明确研究对象，确定系统包括哪几个物体和哪些物理过程；

进行受力分析，规定正方向，确定初、末状态动量；

判断系统的动量是否守恒，或着某一方向上的动量是否守恒；

根据动量守恒定律列出方程；

代入数据，求出结果并对结果进行讨论和分析。

动量守恒定律的内容、应用范围和推导

1．质量为m的小孩站在质量为M的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩

擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时对地速度大小为v0，此时滑板的速度大小为（）

mMMm

A．vB．vC．vD．v

M0m0Mm0Mm0

【答案】A

【详解】忽略滑板与地面间的摩擦，可知人和滑板组成的系统动量守恒，取人离开滑板时的速度为

正方向有

mv0Mv0

解得此时滑板的速度大小为

mv

v0

M

故选A。

2．一个原来静止的原子核发生衰变时，放出一个动量大小为p1的电子，同时在垂直于电子运动方向

上放出动量大小为p2的某种粒子，则衰变后新原子核的动量（）

A．大小为p1p2

．大小为22

Bp1p2

C．方向与p1方向相反

D．方向与p2方向相反

【答案】B

【详解】静止的原子核发生衰变时动量守恒，合动量为零，即新原子核、电子和粒子的合动量为零，

电子和粒子的合动量大小为

22

pp1p2

则衰变后新原子核的动量大小为22，方向与电子和粒子的合动量方向相反。

p1p2

故选B。

3．一个礼花弹竖直上升到最高点时刚好炸裂成三块碎片，如果这三块的质量和动量大小均相等，则

在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动的方向可能是（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【详解】由于三块的质量和动量大小均相等，若是选项ABD中情境，分离后动量的矢量合不可能为

零，则不满足系统的动量不守恒。若是选项C中的情境，分离后的动量矢量合可能为零，则系统动

量守恒。

故选C。

系统受到的合外力为零

4．所有接触面间均光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，

从两物体开始运动以后的整个运动过程中，对m、M和弹簧组成的系统（整个过程中弹簧形变不超

过其弹性限度），正确的说法是（）

A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒

B．F1、F2分别对m、M做正功，故系统动能不断增加

C．F1、F2分别对m、M做正功，故系统机械能不断增加

D．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大

【答案】D

【详解】由于F1、F2等大反向，系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，当弹簧弹力大小小于F1、

F2时，F1、F2对系统做正功，m、M加速，系统机械能增加，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，

m、M加速终止，此时m、M速度最大，所以动能最大；以后开始减速，F1、F2对系统做负功后，

系统机械能又减小。

故选D。

5．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速

推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（）

A．男孩和木箱组成的系统动量守恒

B．小车与木箱组成的系统动量守恒

C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒

D．木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量相同

【答案】C

【详解】在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中

A．男孩在水平方向受到小车的摩擦力，即男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不

守恒，A错误；

B．小车在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不

守恒，B错误；

C．男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，C正确；

D．木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，

方向相反，D错误。

故选C。

6．弹力在日常生活和工农业生产中有着广泛的应用。如生活中的缓冲装置就是利用弹簧的弹力作用

来实现的。某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型，图中k1，k2为原长相等、劲度系数，k1，k2

不同的轻质弹簧，经测试k1k2，下列说法正确的是（）

A．弹簧k2缓冲效果更好

B．垫片向右移动时，弹簧k2产生的弹力更大

C．垫片向右移动时，垫片和弹簧组成的系统动量守恒

D．垫片向右移动时，弹簧k1的长度变化更大

【答案】D

【详解】A．劲度系数越小的弹簧在相同的力作用下形变量较大，缓冲效果越好，即弹簧K1缓冲效

果更好，选项A错误；

BD．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力相等，根据胡克定律F=kx，因k1k2则弹簧K1的长度变

化更大，选项B错误，D正确；

C．垫片向右移动时，垫片和弹簧组成的系统受到竖直墙壁的弹力作用，合外力不为零，则动量不守

恒，选项C错误。

故选D。

系统内力远大于外力或作用时间极短

7．如图所示是一个物理演示实验，图中自由下落的物体A和B被反弹后，B能上升到比初位置高的

地方。A是某种材料做成的有凹坑的实心球，质量为m1=0.28kg.在其顶部的凹坑中插着质量为m2=0.1

kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的

高度H=1.25m处由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着木棍

B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，则反弹后木棍B上升的高度为（重力加速度g取

10m/s2）（）

A．4.05mB．1.25mC．5.30mD．12.5m

【答案】A

【详解】由题意可知，A、B做自由落体运动，根据

v2=2gH

可得A、B的落地速度的大小

v=2gH

A反弹后与B的碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统在竖直方向上所受合力虽然不为零，但作用时间

很短，系统的内力远大于外力，所以动量近似守恒，则有

m1v－m2v=0＋m2v′2

B上升高度

v'2

h=2

2g

联立并代入数据得

h=4.05m

故选A。

8．如图，甲乙两人静止在冰面上，突然两人掌心相碰互推对方，互推过程中两人相互作用力远大于

冰面对人的摩擦力，若两人与冰面间滑动摩擦因数相等，则下列说法正确的是（）

A．若m甲m乙，则在互推的过程中，甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量

B．无论甲、乙质量关系如何，在互推过程中，甲、乙两人动量变化量大小相等

C．若m甲m乙，则分开瞬间甲的速率大于乙的速率

D．若m甲m乙，则分开后乙先停下来

【答案】B

【详解】A．甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用时间

相等，则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A错误。

B．以两人组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律知甲、乙两

人的动量变化量大小一定相等，方向相反，故B正确；

CD．设推开瞬间，甲的速度大小为v甲，乙的速度大小为v乙，由动量守恒定律可得

m甲v甲m乙v乙

若m甲m乙，则

v甲v乙

即分开瞬间甲的速率小于乙的速率。分开后，两人在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据牛

顿第二定律有

mgmaag

则从推开到停下，所用时间为

vv

t

ag

由于推开瞬间v甲v乙，所以

t甲t乙

即分开后甲先停下来，故CD错误。

故选B。

9．把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时(子弹尚未离开枪

筒)，关于枪、子弹、车，下列说法正确的是（）

A．枪和子弹组成的系统，动量守恒

B．枪和车组成的系统，动量守恒

C．因为子弹和枪筒之间的摩擦力很大，使三者组成的系统的动量变化很大，故系统动量不守恒

D．三者组成的系统，动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力

的合力为零

【答案】D

【详解】AB．物体（系统）所受合外力为零时或内力远大于外力时，动量守恒。枪和子弹组成的系

统，小车对枪由力的作用；枪和车组成的系统，子弹对枪有力的作用；动量不守恒，AB错误；

C．子弹和枪筒之间的摩擦力很大，是内力，三者组成的系统的合外力为零，动量守恒，C错误；

D．因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零，三者组成的系统，

动量守恒，D正确。

故选D。

系统在某一方向不受外力

10．课后同学们都在讨论上周的高考题，说现在的题目是越来越灵活了，我们还要更加努力才行！

如图所示，在光滑的地面上，人、车、锤一起向右在做匀速直线运动，不计空气阻力，下列说法正

确的是（）

A．车上的人用锤连续敲打小车可以使小车停止运动

B．人、车、锤组成的系统机械能守恒，系统动量也守恒

C．人、车、锤组成的系统机械能不守恒，系统水平方向动量守恒

D．人、车、锤组成的系统机械能不守恒，用锤敲打小车时锤给车的冲量大于车给锤的冲量

【答案】C

【详解】A．在光滑的地面上，人、车、锤一起向右在做匀速直线运动，虽然车上的人用锤连续敲

打小车，但该系统水平方向所受合外力始终为零，即该系统水平方向动量守恒，则可知动量不为零，

因此连续敲打小车不能使小车停止运动，故A错误；

B．人在敲打小车得过程中消耗了体内所存储得化学能，即化学能向机械能转化，因此，人、车、锤

组成的系统机械能守恒不守恒，故B错误；

C．车上的人用锤连续敲打小车得过程中，锤子在下降过程中合外力不为零，因此该系统动量不守恒，

但该系统水平方向所受合外力为零，因此该系统水平方向动量守恒，故C正确；

D．用锤敲打小车时锤给车的作用力和车对锤得作用力大小相等方向相反，因此可知，锤给车的冲

量等于车给锤的冲量，故D错误。

故选C。

11．如图所示，半圆槽静止放在水平面上，现将一小球从槽的顶端A处由静止释放，不计一切摩擦，

小球在槽内运动的过程中，下列说法正确的是（）

A．只有重力对小球做功

B．小球和槽组成的系统动量守恒

C．小球不可能到达与A等高的C点

D．小球和槽系统机械能守恒

【答案】D

【详解】A．小球下滑过程中，槽对小球的弹力会做功，故A错误；

B．小球和槽在运动过程中所受的外力矢量和不为零，则小球和槽组成的系统动量守恒不守恒，但系

统水平方向不受外力作用，即系统水平方向动量守恒，故B错误；

C．由题意知水平方向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又因为整个过程

系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与A等

高的C点，故C错误；

D．整个过程中小球和槽系统机械能守恒，故D正确。

故选D。

12．如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一

小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的

是（）

A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功

B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动

【答案】C

【详解】B．当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统

水平方向动量不守恒，故B错误；

A．当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，

小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；

C．小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正

确；

D．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。

故选C。

碰撞中的不变量

13．如图所示，质量m22kg的物体静止在光滑水平面上，质量m11kg的物体以v16m/s的初速

度与m2发生碰撞，以v1的方向为正方向，则碰撞后两物体的速度可能是（）

A．v11m/sv23m/sB．v16m/sv26m/s

C．v13m/sv21.5m/sD．v12m/sv22m/s

【答案】D

【详解】A．碰撞前的总动量为

pm1v16kgm/s

碰撞后的总动量

pm1v1m2v27kgm/s

可知

pp

根据碰撞的特点，碰撞前后动量守恒，故A不符合题意；

B．碰撞前的总动量为

pm1v16kgm/s

碰撞后的总动量

pm1v1m2v26kgm/s

可知

pp

碰撞前的总能量为

1

E=mv218J

k211

碰撞后的总能量为

11

E=mv2mv254J

k211222

可知

EkEk

根据碰撞的特点可知，碰撞后的动能不增加，故B不符合题意；

C．根据碰撞的特点，碰撞后要满足运动关系

v1v2

故C不符合题意；

D．碰撞前的总动量为

pm1v16kgm/s

碰撞后的总动量

pm1v1m2v26kgm/s

可知

pp

碰撞前的总能量为

1

E=mv218J

k211

碰撞后的总能量为

11

E=mv2mv26J

k211222

可知

EkEk

且碰撞后要满足运动关系

v1v2

故D符合题意。

故选D。

14．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压

缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在

两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（）

︰︰

A．两滑块的动能之比EkAEkB12

︰︰

B．两滑块的动量大小之比pApB21

︰︰

C．两滑块的速度大小之比vAvB21

︰︰

D．弹簧对两滑块做功之比WAWB11

【答案】A

【详解】AC.在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得

2mvAmvB0

得

v

vB

A2

两滑块速度大小之比为

vA:vB1:2

两滑块的动能之比

11

E：E2mv2:mv21:2

kAkB2A2B

故A正确，C错误；

B.由动量守恒定律知，两滑块的动量大小之比

：

pApB2mvA:mvB1:1

故B错误；

D.弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为

∶：

WAWB12

故D错误。

故选A。

15．质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象如图所示,由图有以下说法：①碰撞

前两物体质量与速度的乘积相同；②质量m1等于质量m2；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；

④碰撞前两物体质量与速度的乘积大小相等、方向相反．其中正确的是（）

A．①②B．②③

C．②④D．③④

【答案】C

【详解】由题图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动,但运动方向相反,碰后两物体位置不变,即处于

静止，所以碰后速度都为零，故①③错误，④正确；又由图线夹角均为θ，故碰前速度大小相等，可

得m1等于m2，故②正确。由上分析可知，故C正确，ABD错误。

多选题

16．如图所示，光滑的水平地面上有一辆质量M120kg的小车，一质量m60kg的人站在小车左端

与小车一起以速度v02m/s水平向右做匀速直线运动，某一时刻，人相对小车以速度v14m/s水平

向左跳下，落地后在落地点经过0.2s的屈膝缓冲后保持静止，已知从起跳点到落地点的过程中人的

重心下降高度为h0.8m，重力加速度g10m/s2，则下列说法中正确的是（）

A．屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1200N

B．屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800N

16

C．落地时人与小车左端的水平距离为m

15

D．落地时人与小车左端的水平距离为1.6m

【答案】BD

【详解】AB．人落地时竖直方向速度分量为vy

v2

yh

2g

由动量定理可得

mgtFt0mvy

F1800N

由牛顿第三定律可知，屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800N，

故A错误，B正确；

CD．以地面为参考系，设人跳车后车相对地面的速度为v2，人相对地面的速度为v3，以初速度方向

为正方向，

v3v1v2

Mmv0mv3Mv2

解得

102

vm/s；vm/s

2333

人离开车后做类平抛运动，人落地的时间为

2h

t0.4s

1g

结合上述分析，落地时人与小车左端的水平距离为

LL人L车v3t1v2t11.6m

故C错误，D正确。

故选BD。

17．如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静

止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所

示，重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是（）

A．A、B之间动摩擦因数为0.1B．长木板的质量M=2kg

C．长木板长度至少为2mD．A、B组成的系统损失的机械能为4J

【答案】AB

【详解】B．从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同

速度为

v=1m/s

取向右为正方向，根据动量守恒定律得

mv0=（m＋M）v

解得

M=m=2kg

故B正确；

A．由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为

v

a=1m/s2

t

对B，根据牛顿第二定律得

μmg=Ma

解得动摩擦因数为

μ=0.1

故A正确；

C．由图像可知前1s内B的位移为

1

xB=×1×1m=0.5m

2

A的位移为

21

xA=×1m=1.5m

2

所以木板最小长度为

L=xA-xB=1m

故C错误；

D．A、B组成的系统损失的机械能为

11

ΔE=mv2(mM)v2=2J

202

故D错误。

故选AB。

18．在光滑水平面上A、B两玩具小车中间夹有一个弹簧，如图所示，用手抓住小车并使弹簧压缩

后使小车处于静止状态。下面说法正确的是（）

A．两手同时放开后，两小车及弹簧构成系统的动量始终为零

B．只放开左手，在弹簧恢复原长的过程中，两小车及弹簧构成系统动量守恒

C．只放开左手，在弹簧恢复原长的过程中，两小车及弹簧构成系统的动量方向向左

D．先放开左手，后放开右手，两小车及弹簧构成系统的动量始终守恒

【答案】AC

【详解】A．由题意，可知两手同时放开后，两小车及弹簧构成系统受到的合外力为零，满足动量

守恒的条件，且由于系统的初动量为零，则系统的动量守恒且始终为零，故A正确；

BC．只放开左手，在弹簧恢复原长的过程中，两小车及弹簧构成系统受到的合外力不为零，不满足

动量守恒的条件，系统动量不守恒，且由于放开左手时，小车受到向左弹簧弹力的作用，小车将向

左运动，则在弹簧恢复原长的过程中，两小车及弹簧构成系统的动量方向向左，故B错误，C正确；

D．在放开左手而未放开右手之前，两小车及弹簧构成系统受到弹簧向左的弹力，系统动量不守恒；

放开右手后，则系统所受合外力为零，系统的动量守恒，所以系统的动量并不是始终守恒，故D错

误。

故选AC。

19．如图所示，一粗糙长木板M放置在光滑水平地面上，物块N以某一水平速度滑上M，此后N

始终未脱离M，则在运动过程中，下列说法正确的是（）

A．M的动量守恒

B．M、N组成的系统动量守恒

C．M、N组成的系统机械能守恒

D．存在某段时间内，N合外力的冲量为零

【答案】BD

【详解】A．M、N共速前，M受到摩擦力的作用，动量是变化的，故A错误；

B．由于整个运动过程中，M、N组成的系统受到的合外力为零，故动量守恒，故B正确；

C．由于存在摩擦力做功转化为内能，M、N组成的系统机械能不守恒，故C错误；

D．M、N共速后，N合力为零，此后的运动的任意时间内，N合外力的冲量为零，故D正确。

故选BD。

20．如图所示，光滑水平面上有A、B两木块，A、B紧靠在一起，子弹以速度v0向原来静止的A射

去，子弹击穿A留在B中。下面说法正确的是

A．子弹击中A的过程中，子弹和A、B组成的系统动量守恒

B．子弹击中A的过程中，A和B组成的系统动量守恒

C．子弹击中A的过程中，子弹和A组成的系统动量守恒

D．子弹击穿A后，子弹和B组成的系统动量守恒

【答案】AD

【详解】A．子弹击中A的过程中，子弹和A、B组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒。故

A正确。

B．子弹击中A的过程中，由于子弹对A和B组成的系统有作用力，所以A和B系统动量不守恒。

故B错误。

C．子弹击中A的过程中，B对子弹和A组成的系统有作用力，系统的动量不守恒。故C错误。

D．子弹击穿A后，子弹和B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。故D正确。

故选AD。

21．如图所示，一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，静止在O点，一质量

为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板．已知碰后环

与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长，则下列说法正确的是（）

A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒

B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒

C．环撞击板后，板的新的平衡位置在O点正下方

D．碰撞后新平衡位置与下落高度h无关

【答案】BCD

【详解】A．由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械不守恒，减小的机械能转化为内能，A

错误；

B．圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，外力可忽略不计，则系统总动量守恒，

B正确；

CD．碰撞前板的平衡位置满足

kx=Mg

碰撞后平衡时，有：

kx(mM)g

即碰撞后新平衡位置在O点正下方，且与下落高度h无关，CD正确。

故选BCD。

【点睛】本题关键是抓住碰撞过程和碰撞后下降的两个过程，碰撞过程动量守恒，机械能不守恒，

之后环与板及弹簧系统机械能守恒，满足简谐振动的规律。

22．在光滑的水平面上有一辆平板车，人拎着一个锤子站在车的左侧，人和车都处于静止状态。若

人挥动锤子敲打车的左端，如图所示，则下列说法正确的是（）

A．当人挥动锤子，敲打车之前，车一直保持静止

B．当锤子停止运动时，人和车也停止运动

C．锤子、人和车组成的系统水平方向动量守恒

D．不断敲击车的左端，车和人会持续向右运动

【答案】BC

【详解】ABC．把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由于

人和车初始状态都处于静止，总动量为0，挥动锤子敲打车的左端，根据动量守恒可知，系统的总

动量为零，大锤向左运动，小车向右运动，大锤向右运动，小车向左运动，所以敲打车之前，车不

会一直保持静止。当锤子停止运动时，人和车也停止运动。故A错误，BC正确；

D．由于系统的总动量为零，且总动量为0，大锤向左运动，小车向右运动，大锤向右运动，小车向

左运动，所以车左右往复运动，车不会持续地向右运动，故D错误。

故选BC。

23．如图所示，长板A静止在光滑水平面上，左端连接一轻弹簧，物块B从粗糙的A上表面右端以

初速度v0进入，向左运动，后经弹簧又被反弹，并恰好停留在A的最右端。若以A与B为系统，以

下说法中正确的是（）

A．运动过程中系统机械能守恒B．运动过程中系统机械能不守恒

C．在B压缩弹簧运动过程中系统动量守恒D．弹簧压缩量最大时B的速度与B的最终速度

相同

【答案】BCD

【详解】AB．由题可知，A与B最终的速度是相等的，由于摩擦生热，运动的过程中二者组成的系

统的机械能不守恒，故A错误，B正确；

C．二者组成的系统位于光滑的水平地面上，在运动的过程中二者在水平方向受到的合外力为0，系

统的动量守恒，故C正确；

D．当弹簧压缩量最大时A与B恰好相对速度为0，则B的速度和A的速度是相同的；由于最终B

恰好停留在A的最右端，二者没有相对运动，所以二者的速度也相同，可知，两个时刻A与B的速

度都相等，结合动量守恒定律可知，弹簧压缩量最大时B的速度与B的最终速度相同，故D正确。

故选BCD。

24．在“探究碰撞中的不变量”实验中，关于实验结论的说明，正确的是（）

A．只需找到一种情景的“不变量”即可，结论对其他情景也同样适用

B．只找到一种情景的“不变量”还不够，其他情景未必适用

C．实验中要寻找的“不变量”必须在各种碰撞情况下都不改变

D．进行有限次实验找到的“不变量”，具有偶然性，结论还需要检验

【答案】BCD

【详解】AB．在“探究碰撞中的不变量”实验中，只找到一种情景的“不变量”还不够，其他情景未必

适用，A错误，B正确；

C．寻找的“不变量”必须在各种碰撞情况下都不改变，C正确；

D．有限次实验的结果偶然性较大，得出的结论需要检验，D正确。

故选BCD。

25．在做“探究碰撞中的不变量”实验时，利用小车在光滑水平面上碰撞另一辆静止小车实现一维碰

撞，下列操作和说法哪些是正确的（）

A．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量

B．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起

C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车

D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源

【答案】BC

【详解】AB．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后两车粘在一起，

有共同速度，选项A错误，B正确；

CD．先接通打点计时器的电源，待打点稳定后再释放拖动纸带的小车，选项C正确，D错误。

故选BC。

解答题

26．北京举办第24届冬季奥运会，催生了许多室内冰雪项目。如图所示，为室内冰雪乐园中一个游

玩项目，倾斜冰面与水平面夹角θ=37°，冰面斜长a=75m、横宽b=40m，冰面两侧均安装有安全护网，

底部有缓冲装置（未画出）。周末某父子俩前往游玩，设父亲与滑板总质量为M=80kg，儿子与滑板

总质量为m=40kg，工作人员将载有人的凹形滑板由冰面顶端中点静止释放的瞬间，父亲沿水平方向

推了一下儿子，父子俩迅速分开，并沿冰面滑下。假设运动中始终没有碰到护网，父子俩都能安全

到达冰面底端（不计一切阻力，父子俩均视为质点，重力加速度g取10m/s2），求：

（1）父子俩下滑的时间t多长？

（2）父亲推儿子时最多做功W为多少？

【答案】（1）5s；（2）480J

【详解】（1）父子俩都沿冰面做类平抛运动，沿冰面向下的加速度为

mgsin

a6m/s2

1m

根据匀变速直线运动规律

1

aat2

21

代入数据解得

t5s

（2）推开后，设父亲获得初速度为vM，儿子获得初速度vm，父子俩水平动量守恒，则

MvMmvm

b

因儿子质量小些，只要儿子安全即可，水平滑动距离为，根据位移与时间关系

2

b

vt

2m

代入数据得

=

vm4m/s

代入动量守恒公式得

vM2m/s

根据功能关系

11

WMv2mv2

2M2m

代入数据得最多做功为

W480J

27．如图所示，A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗

糙，质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为

0.5m/s，铁块可视为质点，求：

（1）A的最终速度；

（2）铁块刚滑上B时铁块的速度。

【答案】（1）0.25m/s；（2）2.75m/s

【详解】解：（1）铁块从A的左端向右滑动，铁块做减速运动，A、B一起做加速运动，当铁块冲

上B后，A、B分离，A做匀速运动，B继续做加速运动，当铁块与B达到共同速度后，一起做匀

速运动。选铁块和木块A、B为系统，取水平向右为正方向，由系统总动量守恒得

mvMBmvBMAvA

代入数据解得

vA0.25m/s

（2）设铁块刚滑上B时的速度为v，此时A、B的速度均为vA0.25m/s，铁块与A、B组成的系

统动量守恒，由系统动量守恒得

mvmvMAMBvA

解得

v2.75m/s

【点睛】对于多物体、多