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10 年高考（2010-2020 年）全国 1 卷物理试题分类解析（解析版）
第 16 章 动量
一、 选择题
1.（2017 年）14．将质量为 1.00kg 的模型火箭点火升空，50g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的
速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程
中重力和空气阻力可忽略）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
【解析】
【答案】A
2（2018 年.全国 1 卷）14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车
的动能
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
【解析】 ，与位移 成正比。 ，与速度平方，时间平方，
动量平方成正比。
【答案】14．B
3.（2018 年全国 2 卷）15．高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层
坠下，与地面的撞击时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
【解析】设 ，根据动能定理 和动量定理 解得
【答案】15．C
二、 计算题
kg m/s⋅ kg m/s⋅
kg m/s⋅ kg m/s⋅
skgmskgmmvp /30/6001050 3 =××== −
max2
1 2 == mvEk x
m
ptmamvEk 22
1
2
1 2
222 ===
mh 50= 2
2
1 mvmgh =
t
mvmgF ∆=− =F N3105.3 ×2
1.（2010 年）35（2）(10 分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，
右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的 2 倍，重物与木板间的动摩擦因数为 。使木板与
重物以共同的速度 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。求木板从第一
次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速度为 g。
【解析】木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运
动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：
，解得：
木板在第一个过程中，用动量定理，有：
用动能定理，有：
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间 t=t1+t2= + =
解法 2。分 3 个阶段求解。
第 1 过 程 ， 木 板 第 一 次 与 墙 碰 撞 后 ， 向 左 匀 减 速 直 线 运 动 ， 直 到 静 止 ， 加 速 度
，时间 ，位移 。
第 2 过程，木板反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度 ，根据（以上两过程始末）
动量守恒， ，解得： 。
第 2 过程的时间 ，位移 。
第 3 个 过 程 ， 木 板 与 木 块 一 起 匀 速 直 线 运 动 ， 直 到 木 板 第 二 次 撞 墙 ， 时 间
µ
0v
vmmmvmv )2(2 00 +=−
3
0vv =
10 2)( mgtvmmv µ=−−
mgsmvmv 22
1
2
1 2
0
2 µ−=−
2vts =
g
v
µ3
2 0
g
v
µ3
2 0
g
v
µ3
4 0
gm
mg µµ
22a =⋅=
g
v
a
vt µ2
00
1 ==
g
v
a
v
µ42s
2
0
2
0
1 ==
v
vmmmvmv )2(2 00 +=−
3
0vv =
g
v
a
vt µ6
0
2 ==
g
v
a
v
µ362s
2
0
2
2 ==3
，
总时间 。
本题考查动量守恒定律和匀变速运动及匀速运动的规律。
2.（2011 年）35.（2）（9 分）如图，三个木块的质量均为 m，置于光滑的水平桌面上。B、C
之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不连接。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 B
和 C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于 B、C 可视为一个整体。现 A 以初速 沿 B、C 的连线方
向朝 B 运动，与 B 相碰并粘合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 AB 分离。
已知 C 离开弹簧时的速度为 ，求弹簧释放的势能。
（2）【解析】设碰后 A、B、C 的速度的大小为 v，由动量守恒得
mv0=3mv ①
设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 v1，由动量守恒得
3mv=2mv1+mv0 ②
设弹簧的弹性势能为 EP，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，
③
由①②③式得弹簧所释放的势能为
④
3.（2012 年）18．如图，小球 a、b 用等长细线悬挂于同一固定点 O．让球 a 静止下垂，将球 b
向右拉起，使细线水平．从静止释放球 b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向
之间的最大偏角为 60°．忽略空气阻力，求
（i）两球 a、b 的质量之比；
（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b 在碰前的最大动能之比．
g
v
v
ss
v
st µ3
2 0213
3 =−==
=++= 321 tttt g
v
µ3
4 0
0v
0v
2
0
2
1
2
2
1)2(2
1)32
1 mvvmEvm P +=+（
2
3
1
oP mvE =4
【解析】（1）b 球下摆过程中，由动能定理得：
m2gL= m2v02﹣0，
碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：
m2v0=（m1+m2）v，
两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：
（m1+m2）v2=（m1+m2）gL（1﹣cosθ），
解得： =（ ﹣1）：1=（ ﹣1）：1
（2）两球碰撞过程中损失是机械能：
Q=m2gL﹣（m1+m2）gL（1﹣cosθ），
碰前 b 球的最大动能 Eb= m2v02，
=【1﹣ （1﹣cosθ）】：1=（1﹣ ）：1
【答案】（i）两球 a、b 的质量之比为（ ﹣1）：1
（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b 在碰前的最大动能之比为（1﹣ ）：1
4.（2013 年）35.（2）（9 分） 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块 A 和 B，两者相距
为 d。现给 A 一初速度，使 A 与 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短；当两木块都停止运动后，相
距仍然为 d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ。B 的质量为 A 的 2 倍，重力加速度
大小为 g。求 A 的初速度的大小。
【解析】由于 A、B 碰撞时间极端，系统所受外力远小于内力，系统动量守恒，故有
，由于是弹性碰撞，碰撞前后系统总动能相等，故有 ；5
对碰撞后 A、B 的运动分别运用动能定理有 、 ，依题
意 有 ； 对 碰 撞 前 A 的 运 动 运 用 动 能 定 理 有 。 解 得 ：
。
【答案】 。
5.（2014 年）35.(2)(9 分)如图，质量分别为 m 、m 的两个弹性小球 A、B 静止在地面上方，
B 球距地面的高度 h=0.8m，A 球在 B 球的正上方。先将 B 球释放，经过一段时间后再将 A 球
释放。当 A 球下落 t=0.3s 时，刚好与 B 球在地面上方的 P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬
间 A 球的速度恰为零。已知 m =3 m ，重力加速度大小 g=10m/s ，忽略空气阻力及碰撞中
的动能损失。求（i）B 球第一次到达地面时的速度；（ii）P 点距地面的高度。
（i）【解析】设 B 球第一次到达地面时的速度大小为 v ，由运动学公式有 v =
将 h=0.8m 代入上式，得 v =4m/s ○2
（ii）【解析】设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为 和 （ =0），B 球的速度分别为
和 。由运动学规律可得 =gt ○3
A B
B A
2
B B gh2
B
1v '
1v '
1v 2v
'
2v 1v6
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规
定向下的方向为正，有 m + m = m ○4 m + m = m ○4
○5
设 B 球与地面相碰后的速度大小为 ，由运动学及碰撞的规律可得 = ○6
设 P 点距地面的高度为 h＇，由运动学规律可得 h＇= ○7
联立○2○3○4○4○6○7式，并代入已知条件可得 h＇=0.75m ○8
6.（2015 年）35.(2)(10 分)如图，在足够长的光滑水平面上，物体 A、B、C 位于同一直线上，A
位于 B、C 之间。A 的质量为 m，B、C 的质量都为 M，三者均处于静止状态。现使 A 以某一
速度向右运动，求 m 和 M 之间应满足什么条件，才能使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞。设物
体间的碰撞都是弹性的。
【解析】A 向右运动与 C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速
度方向向右为正，
开始时 A 的速度为 0，第一次碰撞后 C 的速度为 C1，A 的速度为 A1。由动量守恒定律和
机械能守恒
定律得
联立以上 2 式解得：
如果 m>M，第一次碰撞后，A 与 C 速度同向，且 A 的速度小于 C 的速度，不可能与 B 发
生碰撞；如果
A 1v B 2v B
'
2v 2
1
A 1v 2
2
1
B 2v 2
2
1
B
'
2v 2
'
Bv '
Bv Bv
g
vvB
2
2
2
' −
υ υ υ
110 CA Mvmvmv +=
2
1
2
1
2
0 2
1
2
1
2
1
CA mvmvmv +=
01 vMm
MmvA +
−=
01
2 vMm
mvC +=7
m=M，第一次碰撞后，A 停止，C 以 A 碰前的速度向右运动，A 不可能与 B 发生碰撞；所
以只需考虑
m
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