2027高考物理复习易错辨析动量 易错辨析（含高考真题）

动量：易错辨析（含高考真题）

目录

一、动量与冲量：矢量性与物理意义的底层混淆（最基础易错）...................................2

1.动量与动能的本质区别：矢量与标量的致命差异...................................................2

2.冲量的三大认知误区..................................................................................................2

3.反弹类问题：矢量性导致的动量变化计算错误.......................................................3

二、动量定理：四大应用陷阱，90%学生都踩过..............................................................3

1.混淆“合外力冲量”与“单个力的冲量”（最核心丢分点）......................................3

2.忽略矢量性，未规定正方向......................................................................................3

3.变力冲量的错误求解..................................................................................................3

4.动量定理与动能定理的混用......................................................................................4

三、动量守恒定律：条件判断是最大丢分点.......................................................................4

1.三大守恒条件的混淆（必考易错）..........................................................................4

2.系统选取不当：单个物体永远不满足动量守恒.......................................................4

3.矢量方程列写错误：无正方向、符号混乱...............................................................5

四、碰撞模型：三类碰撞的约束条件极易忽略...................................................................5

1.三类碰撞模型的核心辨析..........................................................................................5

2.一动一静弹性碰撞：速度公式与特例.......................................................................6

3.速度合理性：碰后不能二次碰撞..............................................................................6

4.碰撞与反冲的能量变化混淆......................................................................................6

五、动量+能量综合：守恒条件混淆是致命痛点..............................................................6

1.两大守恒定律的条件绝对不能混..............................................................................6

2.摩擦生热：相对位移≠对地位移................................................................................6

3.爆炸/反冲：动量守恒，动能增加...........................................................................7

六、特殊模型：流体、人船、子弹打木块专属易错...........................................................7

1.流体模型：微元质量与速度变化错误.......................................................................7

2.人船模型：相对位移与绝对位移混淆.......................................................................7

3.子弹打木块/板块模型：双规律应用.......................................................................7

七、多过程与图像问题：衔接与解读失误...........................................................................7

1.多过程问题：速度衔接错误......................................................................................7

2.图像问题：斜率与动量的关联..................................................................................8

八、高考动量解题三步法（彻底避坑）...............................................................................8

总结..........................................................................................................................................8

专题1动量...................................................................................................................................8

真题试练1：动量、冲量和动量定理....................................................................................8

真题试练2：动量守恒定律..................................................................................................25

动量是高中物理力学体系的核心交汇点，衔接牛顿运动定律、能量观点，是新高考物

理选择题、实验题、计算题的必考内容，分值占比高、综合性强。从历年阅卷数据来

看，动量模块是学生失分重灾区，失分原因并非公式记不住，而是概念混淆、条件判

断失误、矢量性忽略、模型套用错误。本文结合高考命题规律与高频易错场景，对动

量、冲量、动量定理、动量守恒、碰撞模型、动量能量综合等核心内容进行系统性易

错辨析，直击丢分根源，帮大家精准避坑、高效提分。

一、动量与冲量：矢量性与物理意义的底层混淆（最基础

易错）

动量与冲量是动量模块的入门概念，看似简单，却是后续所有规律应用的基础，学生

常因标矢性不分、物理意义模糊出现低级错误。

1.动量与动能的本质区别：矢量与标量的致命差异

1

动量定义式푝=푚푣，是矢量，方向与速度方向一致；动能定义式퐸=푚푣2，是标量

k2

2

，只有大小没有方向。二者关联式푝=2푚퐸k，仅能换算大小，不能替代物理意义的区

别。

•高频误区1：“动量为零，动能一定为零；动能为零，动量一定为零”。

辨析：对单个物体成立，对系统不成立。例如两个质量相同、速度等大反向的小球组

11

成的系统，总动量푝=푚푣−푚푣=0，但总动能퐸=푚푣2+푚푣2=푚푣2≠0。

总k总22

•高频误区2：“动量守恒，动能一定守恒”。

辨析：动量守恒是矢量守恒，动能守恒是标量守恒，只有弹性碰撞同时满足二者守恒

，非弹性碰撞、完全非弹性碰撞均满足动量守恒、动能损失。匀速圆周运动中，动能

不变，但动量方向时刻变化，动量不守恒。

1

高频误区3：混淆公式，将动量写成푝=푚푣2，动能写成퐸=푚푣。

•2k

这是基础计算错误，牢记：动量对应速度一次方，动能对应速度二次方。

2.冲量的三大认知误区

冲量퐼=퐹푡是力的时间累积效应，是过程量；动量是状态量，二者通过动量定理关联

。

•误区1：“力越大，冲量越大”。

辨析：冲量由力和作用时间共同决定，小力长时间的冲量可能大于大力短时间的冲量

；力作用时间为0，冲量一定为0。

•误区2：“只有运动物体才受冲量，静止物体不受冲量”。

辨析：冲量与运动状态无关，静止在桌面的物体，重力和支持力均有冲量，只是合冲

量为0。

•误区3：“变力冲量可用퐼=퐹푡直接计算”。

辨析：퐼=퐹푡仅适用于恒力；变力冲量需用F-t图像面积、平均值法、动量定理求解，

这是高考填空题高频考点。

3.反弹类问题：矢量性导致的动量变化计算错误

这是考试最低级但最高发的错误，典型例子：质量为푚的小球以速度푣撞墙，原速率反

弹。

•错误做法：Δ푝=푚푣−푚푣=0（忽略速度方向）

•正确做法：规定初速度方向为正，푣初=푣，푣末=−푣，Δ푝=푚(−푣)−푚푣=−2푚푣

，负号表示动量变化方向与初速度相反。

核心提醒：所有动量相关计算，第一步必须规定正方向。

二、动量定理：四大应用陷阱，90%学生都踩过

动量定理核心公式：퐼合=Δ푝=푚푣末−푚푣初，揭示合外力的冲量等于物体动量的变化量

，适用于恒力、变力、直线、曲线所有运动场景，是求解时间、冲量、变力的首选工

具。学生失分集中在受力分析、矢量性、公式适用范围三点。

1.混淆“合外力冲量”与“单个力的冲量”（最核心丢分点）

动量定理中的퐼合是所有外力的合冲量，而非单个力的冲量，学生常遗漏重力、摩擦力

等外力。

•典型错题：竖直上抛运动，求物体从抛出到落回抛出点的动量变化。

错误：只考虑空气阻力冲量；正确：必须计入重力冲量，合冲量等于动量变化。

•解题规范：先完整受力分析，再求合外力，最后计算合冲量，绝不遗漏任何外

力。

2.忽略矢量性，未规定正方向

动量定理是矢量方程，一维运动必须规定正方向，速度、冲量、动量均带正负号。

•易错场景：刹车、碰撞、反弹、竖直运动，速度方向改变时，符号错误直接导

致结果错误。

•规避方法：画图标注速度方向，统一正方向，所有矢量严格按方向标注正负。

3.变力冲量的错误求解

高考常考变力冲量，学生盲目套用퐼=퐹푡导致错误。

•正确方法：

①F-t图像：图线与时间轴围成的面积表示冲量；

퐹+퐹

②平均值法：力随时间均匀变化时，퐼=12⋅푡；

2

③动量定理法：已知动量变化，直接由퐼合=Δ푝求变力冲量。

4.动量定理与动能定理的混用

二者均是力学核心定理，但研究角度完全不同：

规律研究角度物理量适用场景

动量定理力的时间累积冲量、动量（矢量求时间、冲量、变

）力

动能定理力的空间累积功、动能（标量）求位移、功、速度

大小

•误区：求时间用动能定理，求位移用动量定理。

辨析：涉及时间优先用动量定理，涉及位移优先用动能定理，二者不可混用。

三、动量守恒定律：条件判断是最大丢分点

动量守恒定律是动量模块的核心规律，高考占比最高，失分率也最高，核心问题是守

恒条件判断错误、系统选取不当、矢量性忽略。

1.三大守恒条件的混淆（必考易错）

动量守恒的核心前提：系统所受合外力为0，分三种情况，学生常盲目套用：

1.理想守恒：系统不受外力或合外力为0（如光滑水平面的碰撞）；

2.近似守恒：内力远大于外力，外力冲量可忽略（碰撞、爆炸、反冲、打击，高

考最常考）；

3.分方向守恒：总合外力不为0，但某一方向合外力为0，该方向动量守恒（如

平抛、斜面滑块）。

•高频误区：“只要初末动量相等，系统就动量守恒”。

辨析：初末动量相等仅说明合外力冲量为0，过程中合外力可能不为0，动量时刻变化

，不属于动量守恒。

2.系统选取不当：单个物体永远不满足动量守恒

动量守恒的研究对象是相互作用的物体系统，学生常选单个物体，将内力变为外力，

导致守恒不成立。

•典型案例：子弹打木块，选木块为系统，子弹的冲击力是外力，动量不守恒；

选子弹+木块为系统，冲击力是内力，光滑水平面合外力为0，动量守恒。

•选取技巧：将所有发生相互作用的物体纳入系统，最大限度减少外力，简化守

恒判断。

3.矢量方程列写错误：无正方向、符号混乱

动量守恒方程是矢量方程，一维情况下必须规定正方向，将矢量运算转化为代数运算

。

′′

•错误写法：푚1푣1+푚2푣2=푚1푣1+푚2푣2（未标注方向，直接用大小计算）；

•正确写法：规定正方向后，反向速度带负号，严格按代数和计算。

四、碰撞模型：三类碰撞的约束条件极易忽略

碰撞是动量守恒最典型的应用，高考必考计算题，学生失分集中在模型混淆、动能约

束、速度合理性三点。碰撞的三大铁律：动量守恒、动能不增加、速度符合实际，缺

一不可。

1.三类碰撞模型的核心辨析

碰撞类型动量动能核心特征

弹性碰撞守恒守恒形变完全恢复，无

能量损失

非弹性碰撞守恒损失形变部分恢复，能

量转化为内能

完全非弹性碰撞守恒损失最大碰后共速，形变完

全不恢复

•误区1：所有碰撞都动能守恒。

辨析：只有弹性碰撞动能守恒，非弹性、完全非弹性碰撞动能一定损失，绝对不能列

动能守恒方程。

•误区2：完全非弹性碰撞忘记“共速”。

111

核心公式：푚푣+푚푣=(푚+푚)푣，动能损失Δ퐸=푚푣2+푚푣2−(푚+푚

112212共kmax211222212

2

)푣共。

2.一动一静弹性碰撞：速度公式与特例

一动一静弹性碰撞（푣2=0）是高考高频模型，速度公式：

푚1−푚22푚1

′′

푣1=푣1，푣2=푣1

푚1+푚2푚1+푚2

′′

•特例：푚1=푚2，速度交换（푣1=0，푣2=푣1），这是秒杀题目的关键结论，学

生常记错。

3.速度合理性：碰后不能二次碰撞

一维碰撞必须满足：碰后后方物体速度≤前方物体速度，否则会发生二次碰撞，不符合

实际。

′′

•典型错误：小球A碰静止小球B，计算得푣퐴>푣퐵，说明结果不合理，方程列写

错误。

4.碰撞与反冲的能量变化混淆

•碰撞：动能减少（弹性除外）；

•反冲/爆炸：内力做正功，动能增加，动量仍守恒。

误区：反冲过程动能减少，实际火箭发射、爆竹爆炸都是动能增加的反冲过程。

五、动量+能量综合：守恒条件混淆是致命痛点

动量与能量综合是高考压轴题必考模型，学生最大问题是混淆动量守恒与机械能守恒

条件，其次是能量损失计算错误。

1.两大守恒定律的条件绝对不能混

•动量守恒：系统合外力为0（与做功无关）；

•机械能守恒：只有重力/系统内弹力做功（与合外力无关）。

•典型场景：光滑水平面的碰撞→动量守恒，机械能不一定守恒；自由落体→机

械能守恒，动量不守恒（重力是外力）。

2.摩擦生热：相对位移≠对地位移

子弹打木块、板块模型中，系统产生的热量푄=푓⋅푥相对，而非摩擦力乘以对地位移。

•误区：用木块的对地位移计算热量，结果偏小；

•辨析：热量等于摩擦力与相对位移的乘积，这是能量守恒的核心考点。

3.爆炸/反冲：动量守恒，动能增加

爆炸过程内力远大于外力，动量近似守恒，内力做功将化学能转化为机械能，动能一

定增加，学生常误判为动能减少。

六、特殊模型：流体、人船、子弹打木块专属易错

高考常考三类特殊模型，学生因模型理解不透彻频繁丢分。

1.流体模型：微元质量与速度变化错误

流体（水流、气流、粒子流）冲击力计算，核心是柱状微元法：

•微元质量：Δ푚=휌푆푣Δ푡；

•动量定理：퐹Δ푡=Δ푝=Δ푚⋅Δ푣；

•误区：速度变化量计算错误，如水流撞墙后沿墙流下，末速度垂直分量为0，

仅计算垂直方向动量变化。

2.人船模型：相对位移与绝对位移混淆

人船模型条件：系统初始静止，水平方向动量守恒，푚人푥人=푚船푥船，且푥人+푥船=퐿

（船的长度）。

•误区：将相对位移当作绝对位移，忘记位移均是相对地面的位移；

푚船푚人

•秒杀结论：푥人=퐿，푥船=퐿。

푚人+푚船푚人+푚船

3.子弹打木块/板块模型：双规律应用

•动量守恒：光滑水平面，子弹+木块系统合外力为0；

11

能量守恒：푚푣2=(푚+푀)푣2+푓푥；

•202共相对

•误区：只列动量守恒，忘记能量守恒，或相对位移计算错误。

七、多过程与图像问题：衔接与解读失误

1.多过程问题：速度衔接错误

多过程运动（如冰壶先匀减速再碰撞），前一过程的末速度是后一过程的初速度，学

生常忽略速度方向、大小的衔接，导致后续计算全部错误。

•解题规范：分阶段列方程，明确每个过程的初末状态，标注速度方向。

2.图像问题：斜率与动量的关联

x-t图像斜率表示速度，푝=푚푣，可由斜率求动量；v-t图像面积表示位移，斜率表示

加速度。

•误区：将x-t图像当作运动轨迹，混淆斜率物理意义，导致动量方向判断错误

。

八、高考动量解题三步法（彻底避坑）

1.审条件：判断系统、受力，确定动量是否守恒（理想/近似/分方向）；

2.选规律：求时间→动量定理；求碰撞→动量守恒+动能约束；求位移→动能定

理；

3.规矢量：规定正方向，所有速度、动量、冲量带正负号，严格列矢量方程。

总结

动量模块的易错点，本质是对矢量性的忽视、对守恒条件的模糊、对模型规律的僵化

套用。只要牢牢抓住“先判条件、再选规律、严守矢量”三大原则，理清动量与动能、

动量定理与动能定理、三类碰撞的核心区别，就能彻底避开丢分陷阱，在高考中稳稳

拿下动量全部分数。

专题1动量

真题试练1：动量、冲量和动量定理

1.(2025广东,10,6分)(多选)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大

小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水

平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为

F=F0-kt(F>0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机

在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有()

A.受到空气作用力的方向会变化

B.受到拉力的冲量大小为F-1kTT

02

C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+F-1kTT

02

2

D.T时刻受到空气作用力的大小为3(F-kT)2+mg+F0-kT

402

答案ABD由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,故无

人机处于平衡状态,由于重力不变,拉力方向不变,大小随时间变化,则受到的空气作用力方

向必然变化(点拨:可以画出力的矢量三角形帮助快速解题),A正确;无人机在0~T时间内受

F+F-kT

到的拉力的大小随时间均匀变化,可采用平均值法求解其冲量大小,则有I=00T=

F2

1

F-kTT,B正确;无人机受到的重力的冲量大小为mgT,由于冲量是矢量,重力和拉力方向

02

不同,所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与拉力冲量的代数和,C错

误;对无人机受力分析如图所示,将空气作用力分解为水平方向的分力Fx和竖直方向的分力

3

F,则有F=22,其中F=(F-kT)cos30°=(F-kT),F=mg+(F-kT)sin30°=mg+

y空气Fx+Fyx020y0

12

32F0-kT

(F0-kT),则有F空气=(F-kT)+mg+,D正确。

2402

2.(2025云南,6,4分)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数

为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动

,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为

t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整

个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则()

A.t1<t2B.t1>t2C.x1>x2D.x1<x2

答案A【命题点】匀变速直线运动动能定理动量定理

解析设物块在MN间的位移为x0,所用时间为t0;在进入MN之前的位移为x1',所用时间为

1

t';滑出MN之后的位移为x',所用时间为t'。由动能定理得-μmg(x'+x')-μmgx=0-m

122212102

22μ-μ

2v0-2μ1gx0v012

v0,解得x1'+x2'=,而x总=x1'+x2'+x0=-x0,故x1=x2,C、D错误。由动量定

2μ2g2μ2gμ2

v0μ1v0

理得-μ2mg(t1'+t2')-μ1mgt0=0-mv0,解得t1'+t2'=-t0,总时间t总=t1'+t2'+t0=-

μ2gμ2μ2g

μ1-μ2

t0(μ1>μ2),由于MN的长度一定,第二次通过MN时的平均速度大,所用时间t0小,故

μ2

总时间t总大,所以t1<t2,A正确,B错误。

3．（2024福建）（多选）物块置于足够长光滑斜面上并锁定，t=0时刻解除锁定，并对

物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是（

）

A．0~4t0，物体一直沿斜面向下运动B．0~4t0，合外力的总冲量为0

C．t0时动量是2t0时的一半D．2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~4t0的位移

【答案】AD

2mgsinθ+mgsinθ

【解析】根据图像可知当F=2mgsinθ时，物块加速度a==3gsinθ，

m

2mgsinθmgsinθ

方向沿斜面向下；当F=−2mgsinθ时，物块加速度大小a=−=gsinθ，

m

方向沿斜面向上，作出物块0~4t0内的v−t图像

根据图像可知0~4t0，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；根据图像可知0~4t0，

物块的末速度不等于0，根据动量定理I合=Δp≠0，故B错误；根据图像可知t0时物块

速度大于2t0时物块的速度，故t0时动量不是2t0时的一半，故C错误；v−t图像与横轴围成

的面积表示位移，故由图像可知2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~4t0的位移，D正确。

4.(2024广西,10,6分)(多选)如图,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向

的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个

侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将

木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向

竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移,未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发

生弹性形变,弹力呈线性变化,重力加速度为g,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则()

A.进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I

I2

B.进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为+mg

2mΔx

I2

C.进入过程,木料和木栓的机械能共损失了+mgΔx

2m

μ(I2+2m2x)

D.木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为gΔ

4mΔx(cosθ+μsinθ)

【答案】BCD

【解析】锤子撞击木栓过程,对木栓分析可知合外力的冲量为0,锤子对木栓的冲量为I,方

向竖直向下,设木料对木栓的合力冲量大小为I木料,以竖直向下为正方向,则I+mgt+I木料=0,

1I2

解得I=-(I+mgt),A错误;锤子对木栓冲量为I,则木栓获得的动能为E=mv2=,木栓进

木料k22m

I2

入木料过程根据动能定理有(mg-f)Δx=0-E,解得平均阻力为f=+mg,B正确;木栓进入

k2mΔx

I2I2

过程损失的机械能即阻力做的功,所以ΔEk=fΔx=+mgΔx=+mgΔx,C正确;对木栓

2mΔx2m

的一个侧面分析其所受的支持力与摩擦力,如图所示,

11

由于方孔侧壁弹力呈线性变化,则有(fsinθ+Fcosθ)=f(点拨:平均阻力与重力方向共

2N4

线,所以木栓每个侧面所受摩擦力和支持力需要在竖直方向上分解),又因为f=μFN,联立可

μ(I2+2m2x)

得f=gΔ,D正确。

4mΔx(cosθ+μsinθ)

5.(2024北京,8,3分)将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻

力大小与速度大小成正比,则下列说法正确的是()

A.上升和下落两过程的时间相等

B.上升和下落两过程损失的机械能相等

C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量

D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度

【答案】C

【解析】空气阻力对小球一直做负功,除最高点外同一位置小球上升时的速度大于下降时

的速度,所以上升过程的时间小于下落过程的时间,A错误。空气阻力大小f=kv,由微元法可

得上升过程空气阻力做功较大,所以上升过程损失的机械能较大,B错误。由动量定理I=m

·Δv可得上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确。上升过程的加速度大小

mg+fmg−f

a=,下落过程的加速度大小a=,所以a>a,D错误。

上m下m上下

6.(2024安徽,9,5分)(多选)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上

建立Oxy直角坐标系,如图(1)所示。从t=0开始,将一可视为质点的物块从O点由静止释

放,同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2,其大小与时间t的关系如图(2)所示。已知

物块的质量为1.2kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。则()

A.物块始终做匀变速曲线运动B.t=1s时,物块的y坐标值为2.5m

C.t=1s时,物块的加速度大小为53m/s2D.t=2s时,物块的速度大小为102m/s

【答案】BD

【解析】根据题图(2)可得,在0~4s内F1=4-t(N),F2=3t(N),故两力的合力为F=4+2t(N),

物块在y轴方向受力为mgsin30°,在x轴方向所受的力在改变,故物块所受合力在改变,

mgsin30°

物块做变加速曲线运动,A错误;物块在y轴方向的加速度为a==5m/s2,故t=1s

ym

1

时,物块的y坐标值为y=at2=2.5m,B正确;t=1s时,x轴方向合力为6N,故此时在x轴

2y

6

方向的加速度a=m/s2=5m/s2,此时物块加速度大小为a=22=52m/s2,C错误

x1.2ax+ay

;t=2s时,在x轴正方向上,对物块根据动量定理有Ft=mvx-0,在0~4s内F与时间t成线性

(4+2×0)+(4+2×2)

关系,可得F=N=6N,联立解得v=10m/s,此时y轴方向速度为v=at=10

2xyy

m/s,故此时物块的速度大小为v=22=102m/s,D正确。

vx+vy

7.(2023天津,5,5分)质量为m的列车以速度v匀速行驶,突然以大小为F的力制动刹车直

到列车停止,整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力,下列说法正确的是()

F

A.减速运动过程的加速度大小a=B.力F的冲量大小为mv

m

mv2

C.刹车距离为D.匀速行驶时功率为(f+F)v

2(F+f)

【答案】C

F+fvmv

【解析】根据牛顿第二定律有F+f=ma,得a=,故A错误;根据运动学公式有t==,故

maF+f

Fmvv2mv2

力F的冲量大小I=Ft=,B错误;根据v2=2ax可得x==,故C正确;匀速行驶时牵

F+f2a2(F+f)

引力等于阻力,则功率P=fv,故D错误。

1mv2

一题多解刹车过程,由动能定理得-(F+f)x=0-mv2,解得x=,C正确。

22(F+f)

8.(2023新课标,19,6分)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲

的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同

时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻()

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小

C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零

【答案】BD

【解析】设磁铁乙对磁铁甲的作用力大小为F1,磁铁甲对磁铁乙的作用力大小为F2,从释放

甲和乙到任一时刻t,根据动量定理有(F1-μm甲g)t=p甲=m甲v甲,(F2-μm乙g)t=p乙=m乙v乙,因

为F1=F2,m甲>m乙,所以,p甲<p乙,v甲<v乙,故B正确,A、C错误;因μm甲g>μm乙g,甲、乙组

成的系统所受的合力不为0,所以甲和乙组成的系统动量不守恒,即甲和乙的动量之和不为

零,故D正确。

9.(2023广东,10,6分)(多选)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个

质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力,开窗帘的过程中,电机对滑块1施加

一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为

0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法

正确的有()

A.该过程动量守恒

B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s

C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·s

D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N

【答案】BD

【解析】取向右为正方向,两滑块碰撞前的动量p1=mv1=0.40kg·m/s,碰撞后的动量

p2=2mv2=0.44kg·m/s,p1<p2,故两滑块的碰撞过程动量不守恒,A错误。对滑块1,由动量

定理可得I1=mv2-mv1=-0.18kg·m/s,滑块1受到的合外力的冲量大小为0.18kg·m/s,方

向水平向左,B正确。对滑块2,由动量定理可得I2=mv2=0.22kg·m/s,滑块2受到的合外

力的冲量大小为0.22kg·m/s,方向水平向右,C错误。对滑块2,由冲量的定义式可得

I2=FΔt,解得滑块2受到滑块1的平均作用力大小F=5.5N,D正确。

10.(2025陕晋青宁,15,16分)如图,有两个电性相同及质量分别为m、4m的粒子A、B,初

始时刻相距l0,粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动,此时A、B两粒子

1

系统的电势能等于mv2。经时间t粒子B到达P点,此时两粒子速度相同,同时开始给粒子

2501

B施加一恒力,方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时,粒子A恰好运动至P点且速

度为0,A、B粒子间距离恢复为l0,这时撤去恒力。任意两带电粒子系统的电势能与其距离

成反比,忽略两粒子所受重力。求:(m、l0、v0、t1均为已知量)

(1)粒子B到达P点时的速度v1;

(2)t1时间内粒子B的位移xB;

(3)恒力作用的时间t2。

1v0t12l02l0

答案(1)v0,方向水平向右(2)-,方向水平向右(3)

5511v0

解析(1)从初始时刻到B运动至P点的过程,A、B组成的系统动量守恒,有

mv0=(m+4m)v1

1

解得v=v,方向水平向右

150

(2)设B到达P点(A、B共速)时,系统的电势能为Ep2,则由能量守恒得

11

mv2+E=(m+4m)v2+E

20p121p2

1

代入E=mv2

p1250

11

解得E=mv2

p2250

Er

设A与B共速时A、B间距离为r,因电势能与距离成反比,则有p1=

Ep2l0

l

解得r=0

11

在t1时间内,由动量守恒有mv0=mvA+4mvB,可得mv0Δt=mvA·Δt+4mvB·Δt

两边对时间累加求和,有mv0t1=mxA+4mxB

由位移关系得l0+xB=xA+r

vt2l

联立解得x=01-0,方向水平向右

B511

(3)在恒力作用的t2时间内,对A、B系统,由功能关系得

11111

Fl+(m+4m)v2+mv2=×4mv2+mv2

02125020250

3mv2

解得F=0

2l0

由动量定理得Ft2=0+4mv0-5mv1

2l0

解得t2=

v0

11.(2025甘肃,14,15分)(15分)如图1所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上。

初始时刻,物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的变

化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加速度为

g,θ=30°。求:

(1)t=6s时F的大小,以及t在0~6s内F的冲量大小。

(2)t在0~6s内,摩擦力f随时间t变化的关系式,并作出相应的f-t图像。

(3)t=6s时,物块的速度大小。

33

答案(1)3mg9mg(N·s)

22

11

mg-mgt(N)(0≤t≤4s)

2817

(2)f=11f-t图像见解析(3)g(m/s)

mgt-mg(N)(4s<t≤6s)2

82

【命题点】力的分析F-t图像动量定理

3

解析(1)由题图2可知F=mgt(N)

4

3

代入t=6s可得F=3mg

2

0~6s内F的冲量大小等于F-t图像中0~6s的图线与横轴围成的面积,

133

即I=×6s×3mg=9mg(N·s)。

F222

(2)初始时刻物块刚好能静止在细杆上,有mgsinθ=μmgcosθ

力F作用时,垂直杆方向有FN=|mgcosθ-Fsinθ|

又f=μFN

311

代入F=mgt(N)可得f=-tmg(N)

4|28|

11

mg-mgt(N)(0≤t≤4s)

28

即f=11

mgt-mg(N)(4s<t≤6s)

82

沿杆方向的合力Fx=Fcosθ+mgsinθ-f

1311

代入f值验证可得Fx=+t--tmg(N)≥0,说明0~6s内摩擦力方向始终沿细杆向

28|28|

上(t=4s时摩擦力为0)

画出f-t图像如图甲所示。

1311

(3)由(2)中分析得Fx=+t--tmg(N)

28|28|

1

mgt(N)(0≤t≤4s)

2

即Fx=1

mg+mgt(N)(4s<t≤6s)

4

作出Fx-t图像如图乙所示,Fx-t图线与时间轴围成的面积表示合力的冲量大小

由动量定理得Fx1t1+Fx2t2=mv-0

115

代入数据得×4s×2mg+×2s×2mg+mg=mv

222

17

解得v=g(m/s)。

2

14.(2025河北,14,14分)(14分)如图,一长为2m的平台,距水平地面高度为1.8m。质量

为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的

动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g取10m/s2。

(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。

(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m,物块从离开平台到弹起至最大高度

所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物块弹离

地面时水平速度的大小。

答案(1)0.6m(2)0.1N·s0

【命题点】平抛运动的规律动能定理和动量定理的应用

解析(1)设小物块到达平台右端抛出时的速度大小为v1,

11

由动能定理得-μmgL=mv2-mv2

2120

代入数据解得v1=1m/s

1

小物块做平抛运动过程中,竖直方向上有h=gt2,解得t=0.6s

211

水平方向上有x=v1t1=0.6m

(2)设第一次落地时的速度大小为v2,水平分速度大小v2x=v1=1m/s

竖直分速度大小v2y=gt1=6m/s

设第一次落地后弹起的竖直分速度大小为v2y',水平分速度为v2x',第一次弹起至最高点所用

12H

时间为t,则由H=gt2,代入H=0.45m,得t==0.3s

2222g

v2y'=2gH=3m/s

小物块第一次与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1s

以竖直向上为正方向,在Δt时间内对小物块在竖直方向上应用动量定理得

IF-mgΔt=mv2y'-(-mv2y)

代入数据解得弹力冲量的大小为IF=0.1N·s

假设小物块与地面间在Δt的作用时间内始终存在滑动摩擦力,以水平向右为正方向,在Δt

内对小物块在水平方向上应用动量定理,得-μIF=mv2x'-mv2x

代入数据解得物块弹离地面时的水平速度v2x'=-1m/s<0,假设不符

说明在小物块弹起前水平分速度减小到零,然后物块若向左加速,则摩擦力方向会变为向右,

故在水平分速度减小到零后,小物块在水平方向上的速度将保持为零不再变化,最终离地时

的水平分速度为零。

在求解小物块弹离地面时的水平分速度时易错得水平方向分速度向左且大小为1m/s,此时需要讨论,物块

与地面间的滑动摩擦力只能是阻力,不可能提供向左的动力。

15.(2025北京,17,9分)(9分)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出,经过时间t到达

最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分,质量分别为2m和m,其中A以速度v沿水平

方向飞出。重力加速度为g,不计空气阻力。求:

(1)该物体抛出时的初速度大小v0;

(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB;

(3)A、B落地点之间的距离d。

答案(1)gt(2)2v(3)3vt

【命题点】竖直上抛运动平抛运动动量守恒定律反冲模型

解析(1)物体运动至最高点时速度为0

由运动学公式有0=v0-gt,可得v0=gt

(2)炸裂瞬间A、B水平方向动量守恒,炸裂前总动量为0,炸裂后A的速度为v

取A的速度v的方向为正方向,由水平方向动量守恒得0=2mv-mvB

解得vB=2v

(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等,均为t

则A的水平位移xA=vt

B的水平位移xB=vBt=2vt

所以落地点A、B之间的距离d=xA+xB=vt+2vt=3vt

16.(2025四川,15,16分)(16分)如图所示,倾角为θ的斜面固定于水平地面,斜面上固定有

半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点,bd为半圆挡板直径且沿水平

方向,c为半圆挡板最高点,两挡板相切于b点,de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点

。小球甲从a点以一定初速度出发,沿挡板运动到c点与小球乙发生弹性碰撞,碰撞前瞬间

解除对小球乙的锁定,小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1,两小球均

可视为质点,不计一切摩擦,重力加速度大小为g。

(1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小;

m

(2)若小球甲恰能到达c点,且碰撞后小球乙能运动到e点,求小球乙与小球甲的质量比值2

m1

满足的条件;

(3)在满足(2)问中质量比值的条件下,若碰撞后小球乙能穿过线段de,求小球甲初动能满足

的条件。

m2m217

答案(1)gsinθ(2)≤1或=7(3)m1gRsinθ≤Ek0<12m1gRsinθ

m1m12

【命题点】斜面上的圆周运动碰撞类平抛运动

审读试题,明确此题为质点在斜面上的运动模型,需应用“空间转平面”方法提炼出常规运动模型,有以下三

类常规模型。

第一,类竖直面内的圆周运动模型。

本题中bcd段为“单轨道内侧圆周运动模型”,考查能够做完整圆周运动的临界条件。临界条件为在等效最

高点时(本题对应斜面上圆周运动的最高点)对轨道的压力等于零,沿径向方向的合力提供小球做圆周运动所

需的向心力。

第二,碰撞模型。

本题为具有初速度的小球甲与静止的小球乙进行弹性碰撞,碰撞过程满足动量守恒与机械能守恒。

第三,类平抛运动模型。

本题涉及小球乙在斜面上做类平抛运动,将恒定合力由重力变为重力沿斜面向下的分力,解