第8讲　动量定理　动量守恒定律 专题讲义 -2025届高考物理二轮复习

第8讲　动量定理　动量守恒定律 考点一　动量定理的应用 1.冲量的三种计算方法 (1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。 (2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。 (3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。 2.动量定理在“四类”问题中的应用 (1)求解缓冲问题。 (2)求解平均力问题。 (3)求解流体问题。 (4)在电磁感应中求解电荷量问题。 例1（2025河南安阳·一模）泡沫塑料由于其良好的缓冲性能成为近代广泛使用的缓冲材料，在易碎物品的长途运输中起着重要作用。运输车在颠簸的路面上行驶，用泡沫塑料包装物品，泡沫塑料所起的作用是（　　） A．减小物品与包装箱的接触时间，减小合力冲量 B．延长物品与包装箱的接触时间，增大合力冲量 C．延长物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力 D．减小物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力 跟踪训练1（2023山东威海·二模）如图所示，一单摆在AB之间做简谐运动，O为平衡位置，下列说法正确的是（　　）    A．摆线拉力的水平分量提供摆球的回复力 B．从A到B的过程，摆线拉力的冲量为零 C．任意半个周期内，合力的冲量一定为零 D．任意半个周期内，合力做的功一定为零 【答案】D 【详解】A．重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力，A错误； B．冲量等于利于时间的乘积，摆线拉力的冲量不为零，B错误； CD．任意半格周期内，速度大小不变。除最大位移处，速度方向一定改变，则动量改变，合力冲量不为零。而动能不变，合力做功一定为零，C错误，D正确。选D。 跟踪训练2（2024辽宁·二模）如图所示，从竖直圆上的A到圆周上的C、D两点有两条光滑的直轨道，BC是圆的竖直直径，AD是圆的倾斜直径，AD与BC夹角为。让两个质量相等的小球1、2同时从A点由静止释放，分别沿AC、AD滑行到圆上的C、D两点。，，则在运动过程中，1、2两球重力的冲量大小之比为（　　） A． B． C． D． 考点二　动量守恒定律及其应用 1.判断守恒的三种方法 2.动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (2)Δp1＝－Δp2。 (3)Δp＝0。 3.爆炸与反冲的三个特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。 (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。 (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反。 例2（2025安徽黄山·一模）（多选）如图所示，两质量相同且可视为质点的塑料小球，表面均匀带等量异种微量电荷，左球带负电，右球带正电。两球间夹一张绝缘纸，分别用两根等长轻质绝缘细线悬挂于O点，受重力作用两球静止。某时刻在系统所在空间加上水平向右的匀强电场，两球向两边摆动。不考虑两球间的库仑力作用和对匀强电场的影响，取O点电势为零，下列说法正确的是（　　） A．两球在最高点合外力均为0 B．运动过程中，两球组成的系统在水平方向上动量守恒 C．两球速度最大时，二者电势能相同 D．从最低点摆到最高点的过程中，任意一个小球所受电场力的瞬时功率逐渐变小 跟踪训练3（2020陕西咸阳·一模）静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（ ） A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些 B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些 C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些 D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等 跟踪训练4（2023河南郑州·一模）如图所示,轻弹簧的下端系着质量相等的a、b两球,两小球之间由轻质细线连接,系统静止时弹簧未超出弹性限度。现剪断a、b间细线,在接下来的运动过程中,下列说法正确的是 A．a、b两球组成的系统机械能守恒 B．a、b两球和轻弹簧组成的系统机械能守恒 C．a、b两球组成的系统动量守恒 D．a、b两球和轻弹簧组成的系统动量守恒 例3（2023河南开封·一模）如图所示,一内、外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上,槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球(可视为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落,从A点与半圆槽相切进入槽内,则下列说法正确的是 A．小球在槽内运动的全过程中机械能守恒 B．小球第二次经过槽最低点时,槽的速度最大 C．小球在槽内运动的全过程中,只有重力对小球做功 D．小球在槽内运动的全过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒、动量守恒 跟踪训练5（2020山西等·二模）一人站在滑板上以速度在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为。已知人与滑板的质量分别为，则人离开时滑板的速度大小为（ ） A． B． C． D． 跟踪训练6（2024江西·二模）（多选）如图所示，设某质量为的卫星在半径为的圆形轨道上正常运行，受到来自正前方反方向运动的太空垃圾撞击，太空垃圾的质量为0.05m，速度大小与卫星的速度大小相同.撞击后两者组合在一起.已知地球表面重力加速度为，地球半径为，下列说法正确的是(　　) A．撞击前卫星的速度为 B．卫星与太空垃圾撞击后的速度为 C．卫星与太空垃圾撞击后的组合体的运动周期增大 D．卫星与太空垃圾撞击后的一小段时间内，组合体在运动过程中速度将增大 考点三　“碰撞”模型及拓展 1.碰撞的基本规律 2.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 例4（2025河北·二模）（多选）如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比可能为 A．4 B．2 C． D． 跟踪训练7（2025黑龙江等·二模）如图所示，一辆装有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，已知圆弧AB轨道半径R＝50 cm，小车及轨道的总质量为0．5 kg，小球质量为1 kg(可视为质点)，小球以v＝6 m/s的速度从圆弧轨道最低点A沿切线方向水平滑上小车，不计空气阻力，g取10 m/s2，在小球落地前的运动过程中，下列说法正确的是 A．小球从B点离开小车时的速度大小为 m/s B．小球运动到最高点时距A点的竖直高度为0．6 m C．小球运动过程中最小速度是4 m/s D．小车运动过程中最大速度是4 m/s 跟踪训练8（2025辽宁·二模）如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为k的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为m的小物块a，小物块a与弹簧间不拴接，开始时小物块a静止于P点。质量也为m的小物块b从斜面上Q点由静止释放，与小物块a发生正碰后立即粘在一起成为组合体c，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为Ep＝kx2，重力加速度为g，弹簧始终未超出弹性限度。则P、Q之间的距离是 A． B． C． D． 高考真题 1.(多选)(2023·新课标卷，19)如图10，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(　　) 图10 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 2.(多选)(2023·广东卷，10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图11所示的简化模型，多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s，关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) 图11 A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 3.(多选)(2022·全国乙卷，20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图12所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则(　　) 图12 A.4 s时物块的动能为零 B.6 s时物块回到初始位置 C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s D.0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J 4.(2023·海南卷，17)如图13所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场。 图13 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大(g＝10 m/s2)； (2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆横截面的电荷量。 5.(2022·山东卷，2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图2所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(　　) 图2 A.火箭的加速度为零时，动能最大 B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 6．（2022北京·高考真题）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2的速率大于m1的速率 C．碰撞后m2的动量大于m1的动量 7．（2023全国·高考真题）某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ） A．40 B．80 C．120 D．160 8．（2023全国·高考真题）（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 作业练习 基础练习 1．（2024四川眉山·临考冲刺）一物体沿水平面做初速度为零的匀加速直线运动，以动量大小p为纵轴建立直角坐标系，横轴分别为速度大小v、运动时间t、位移大小x，则以下图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2020四川成都·二模）如图，倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的小物块A和B（质量均为），弹簧的劲度系数为，B靠着固定挡板，最初它们都是静止的。现沿斜面向下正对着A发射一颗质量为、速度为的子弹，子弹射入A的时间极短且未射出，子弹射入A后经时间，挡板对B的弹力刚好为零。重力加速度大小为，则（　　） A．子弹射入A之前，挡板对B的弹力大小为 B．子弹射入A的过程中，A与子弹组成的系统机械能守恒 C．在时间内，A发生的位移大小为 D．在时间内，弹簧对A（含子弹）的冲量大小为 3.．（2020陕西西安陕西省西安中学·一模）一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为(　　) A．E0 B．E0 C．E0 D．E0 4．（2024河北·一模）如图所示为正四面体OABC,O为其顶点,底面ABC水平, D为AB边的中点。由O点水平抛出相同的甲、乙两小球,两小球分别落在A点和D点,空气阻力不计。则下列说法正确的是 A．甲球和乙球初动能之比为2∶1 B．甲球和乙球末动量大小之比为3∶1 C．甲球和乙球末动能之比为12∶11 D．甲球和乙球动量的变化量之比为2∶1 5．（2024江苏·临考冲刺）如图所示，光滑水平面上有两个质量均为m的物块A、B(可视为质点)，B上连接一劲度系数为k的轻质弹簧。A以初速度大小v0向静止的B 运动。从A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短时所用时间为t，弹簧始终处于弹性限度内，A与弹簧之间没有挂钩或粘连，下列说法正确的是 A．在A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间t内，A与B动能之和的最小值为m B．从A接触弹簧到再次与弹簧分离的过程中，A、B发生的位移大小有xA＞xB C．从A接触弹簧到再次与弹簧分离时所用时间大于2t D．在A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间t内，A、B发生的位移之和为xA＋xB＝v0t 6．（2023湖北襄阳等·一模）在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m、静止的B球发生对心碰撞。碰撞后,A球的速度方向与碰撞前相反,则碰撞后B球的速度大小可能是 A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v 7．（2025四川·一模）（多选）如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为，若X、Y质量分别为mX和mY，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则（　　） A．=1 B． =2 C．=2 D．=4 提升练习 8．（2022北京·二模）如图所示，若令x轴和y轴分别表示某个物理量，则图像可以反映某种情况下物理量之间的关系，图线上任一点的切线斜率、图线与x轴围成的面积有时也有相应的物理含义。A为图线上一点，过A点作图线的切线交y轴于M点，过A点作垂线交x轴于N点，切线AM的斜率记为k，图线与x轴围成的阴影面积记为S。下列说法正确的是（     ） A．对于一段只含有电热元件的电路，若x轴表示电流I，y轴表示电压U，斜率k可以表示电热元件的电阻大小 B．对于某电容器的充电过程，若x轴表示电量q，y轴表示电容器两端电压U，斜率k可以表示电容器的电容大小 C．对于做匀变速曲线运动的物体，若x轴表示运动时间t，y轴表示物体所受合力F，面积S可以表示时间t内的合外力冲量大小 D．对于做圆周运动的物体，若x轴表示半径r，y轴表示角速度ω，面积S可以表示对应半径变化的线速度大小的变化 9．（2025广东珠海·一模）（多选）如图，动物园熊猫馆中有一个长，倾角为30°的坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量的熊猫从坡道顶端由静止滑下，熊猫与防护板的碰撞时间，熊猫与防护板碰撞后不反弹，忽略熊猫的大小和坡道的摩擦力，重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．熊猫从开始下滑到碰到防护板所用的时间为 B．熊猫碰到防护板前瞬间的动量大小为 C．熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为 D．熊猫与防护板碰撞过程中重力的冲量大小为 10．（2025云南·一模）（多选）如图甲所示，内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b（可视为质点）置于槽的底部中点，时，a、b分别以速度向相反方向运动，已知b的运动速度v随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，下列说法正确的是（　　） A．前17 s内a与b共碰撞3次 B．初始时a的速度大小为 C．前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次 D．槽内底部长为 11．（2023山东济南·一模）（多选）某课外兴趣小组在一次实验中，将自制火箭从地面竖直向上发射，火箭到达最高点时爆炸，分裂成质量不等的P、Q两部分，P、Q两部分的质量比为。爆炸后部分的初速度大小为，方向斜向下与竖直方向成60°。若爆炸点离地高度为，不计P、Q运动过程中受到的阻力，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．部分落地时的速度大小为 B．部分落地时的速度大小为 C．部分落地点与爆炸点的水平距离为 D．部分落地点与爆炸点的水平距离为 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第8讲　动量定理　动量守恒定律 考点一　动量定理的应用 1.冲量的三种计算方法 (1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。 (2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。 (3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。 2.动量定理在“四类”问题中的应用 (1)求解缓冲问题。 (2)求解平均力问题。 (3)求解流体问题。 (4)在电磁感应中求解电荷量问题。 例1（2025河南安阳·一模）泡沫塑料由于其良好的缓冲性能成为近代广泛使用的缓冲材料，在易碎物品的长途运输中起着重要作用。运输车在颠簸的路面上行驶，用泡沫塑料包装物品，泡沫塑料所起的作用是（　　） A．减小物品与包装箱的接触时间，减小合力冲量 B．延长物品与包装箱的接触时间，增大合力冲量 C．延长物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力 D．减小物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力 【答案】C 【详解】A B．泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱的接触时间，而物品的动量变化量未发生变化，根据动量定理，合力冲量不变，故AB错误； C D．设物品撞击时所受合力为，根据动量定理 可得 可知泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱的接触时间，减小物品所受到的合力，故C正确，D错误。 故选C。 跟踪训练1（2023山东威海·二模）如图所示，一单摆在AB之间做简谐运动，O为平衡位置，下列说法正确的是（　　）    A．摆线拉力的水平分量提供摆球的回复力 B．从A到B的过程，摆线拉力的冲量为零 C．任意半个周期内，合力的冲量一定为零 D．任意半个周期内，合力做的功一定为零 【答案】D 【详解】A．重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力，A错误； B．冲量等于利于时间的乘积，摆线拉力的冲量不为零，B错误； CD．任意半格周期内，速度大小不变。除最大位移处，速度方向一定改变，则动量改变，合力冲量不为零。而动能不变，合力做功一定为零，C错误，D正确。选D。 跟踪训练2（2024辽宁·二模）如图所示，从竖直圆上的A到圆周上的C、D两点有两条光滑的直轨道，BC是圆的竖直直径，AD是圆的倾斜直径，AD与BC夹角为。让两个质量相等的小球1、2同时从A点由静止释放，分别沿AC、AD滑行到圆上的C、D两点。，，则在运动过程中，1、2两球重力的冲量大小之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意可知，小球沿运动的加速度为，则有 解得。设与水平方向夹角为，连接，如图所示， 由几何关系可得，小球沿运动的加速度为，则有，解得。在运动过程中，1、2两球重力的冲量大小之比为，选D。 考点二　动量守恒定律及其应用 1.判断守恒的三种方法 2.动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (2)Δp1＝－Δp2。 (3)Δp＝0。 3.爆炸与反冲的三个特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。 (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。 (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反。 例2（2025安徽黄山·一模）（多选）如图所示，两质量相同且可视为质点的塑料小球，表面均匀带等量异种微量电荷，左球带负电，右球带正电。两球间夹一张绝缘纸，分别用两根等长轻质绝缘细线悬挂于O点，受重力作用两球静止。某时刻在系统所在空间加上水平向右的匀强电场，两球向两边摆动。不考虑两球间的库仑力作用和对匀强电场的影响，取O点电势为零，下列说法正确的是（　　） A．两球在最高点合外力均为0 B．运动过程中，两球组成的系统在水平方向上动量守恒 C．两球速度最大时，二者电势能相同 D．从最低点摆到最高点的过程中，任意一个小球所受电场力的瞬时功率逐渐变小 【答案】BC 【详解】A．两球在最高点时均受到重力、细线的拉力、水平方向的电场力，此时小球的速度为零，但受力不平衡，以带正电的小球为例，重力和电场力的合力方向斜向右下方，而绳子的拉力不能与该合力平衡，合外力不为0，A错误； B．对两球组成的系统，在水平方向上，系统受到的外力为电场力，由于两球带等量的异种电荷，水平方向上所受的电场力等大反向，系统在水平方向所受合外力为零，因此水平方向上，系统的动量守恒，B正确； C．两球速度最大时，两球在同一水平面上，根据电场力做功 两球带等量的异种电荷，开始时的电势相同，速度最大时，二者在同一水平面上，根据对称性可知，末位置电势相等，所以电场力做功相等，电势能的变化量相等。由于O点电势能为0，速度最大时，二者具有相同的电势能，C正确； D．小球从最低点摆动到最高点时，小球在水平方向上的速度先增大后减小，而电场力的大小不变，根据 可知，电场力的瞬时功率先增大后减小，D错误。选BC。 跟踪训练3（2020陕西咸阳·一模）静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（ ） A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些 B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些 C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些 D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等 【答案】C 【详解】设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″=0．根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv-mv′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故C正确． 跟踪训练4（2023河南郑州·一模）如图所示,轻弹簧的下端系着质量相等的a、b两球,两小球之间由轻质细线连接,系统静止时弹簧未超出弹性限度。现剪断a、b间细线,在接下来的运动过程中,下列说法正确的是 A．a、b两球组成的系统机械能守恒 B．a、b两球和轻弹簧组成的系统机械能守恒 C．a、b两球组成的系统动量守恒 D．a、b两球和轻弹簧组成的系统动量守恒 【答案】B 【解析】经典试题:连接体模型 剪断a、b间细线后,弹簧对a球做功,a球的机械能发生变化,b球只有重力对它做功,机械能不变,所以a、b两球组成的系统机械能不守恒,A错误;剪断a、b间细线后,a、b两球和轻弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力做功,系统的机械能守恒,B正确;剪断a、b间细线后,a、b两球组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,C错误;剪断a、b间细线后,a、b两球和轻弹簧组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,D错误。 例3（2023河南开封·一模）如图所示,一内、外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上,槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球(可视为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落,从A点与半圆槽相切进入槽内,则下列说法正确的是 A．小球在槽内运动的全过程中机械能守恒 B．小球第二次经过槽最低点时,槽的速度最大 C．小球在槽内运动的全过程中,只有重力对小球做功 D．小球在槽内运动的全过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒、动量守恒 【答案】B　 【解析】热门考点：机械能守恒定律、动量守恒定律 小球在槽内运动的全过程中,小球与槽组成的系统的机械能与其他形式能没有相互转化,故系统的机械能守恒,但小球的机械能不守恒,小球第一次在槽内左半部分下滑过程中向左下方挤压半圆柱槽,所以墙对槽有向右的弹力,所以小球与槽组成的系统所受合力不为零,即动量不守恒,A、D错误;小球从槽底部向上和又沿着槽下滑的过程中,推动槽向右运动,此过程中槽对小球的支持力做负功,小球对槽的压力一直对槽做正功(易错:小球对槽的压力对槽一直做正功,使槽一直加速),所以小球第二次经过槽最低点时槽的速度最大,B正确,C错误。 跟踪训练5（2020山西等·二模）一人站在滑板上以速度在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为。已知人与滑板的质量分别为，则人离开时滑板的速度大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 规定初速度v0的方向为正方向，根据动量守恒定律可知： 解得 负号表示速度与正方向相反，大小为； 故选C。 跟踪训练6（2024江西·二模）（多选）如图所示，设某质量为的卫星在半径为的圆形轨道上正常运行，受到来自正前方反方向运动的太空垃圾撞击，太空垃圾的质量为0.05m，速度大小与卫星的速度大小相同.撞击后两者组合在一起.已知地球表面重力加速度为，地球半径为，下列说法正确的是(　　) A．撞击前卫星的速度为 B．卫星与太空垃圾撞击后的速度为 C．卫星与太空垃圾撞击后的组合体的运动周期增大 D．卫星与太空垃圾撞击后的一小段时间内，组合体在运动过程中速度将增大 【答案】BD 【解析】撞击前卫星做匀速圆周运动，由黄金代换得错误；卫星与太空垃圾撞击过程动量守恒有.解得.B正确；卫星与太空垃圾撞击后的组合体速度降低.所受的万有引力大于运动所需的向心力，做向心运动，轨道半径减小.周期减小.万有引力做正功.速度增大.C错误、D正确. 考点三　“碰撞”模型及拓展 1.碰撞的基本规律 2.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 例4（2025河北·二模）（多选）如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比可能为 A．4 B．2 C． D． 【答案】BC 【解析】设A的质量为m，碰前A的速度大小为v0，碰后A的速度大小为v1，B的速度大小为v2，A、B组成的系统在碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝4mv2－mv1，由于能发生第二次碰撞，则v1＞v2，则mv0＜4mv1－mv1，解得＜3，A、B碰撞过程中能量不增加，则m≥m＋×4m，解得≥，故≤＜3，B、C正确，A、D错误。 【知识拓展】碰撞的可能性 （1）碰撞过程中动量守恒；（2）能量不增加；（3）同向运动，碰撞过程速度方向不变时，碰前后者速度大于前者，碰后后者速度小于等于前者。 跟踪训练7（2025黑龙江等·二模）如图所示，一辆装有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，已知圆弧AB轨道半径R＝50 cm，小车及轨道的总质量为0．5 kg，小球质量为1 kg(可视为质点)，小球以v＝6 m/s的速度从圆弧轨道最低点A沿切线方向水平滑上小车，不计空气阻力，g取10 m/s2，在小球落地前的运动过程中，下列说法正确的是 A．小球从B点离开小车时的速度大小为 m/s B．小球运动到最高点时距A点的竖直高度为0．6 m C．小球运动过程中最小速度是4 m/s D．小车运动过程中最大速度是4 m/s 【答案】B　 【解析】小球到达B点时，水平方向与小车速度相同，设为v1，小球在B点的合速度大小设为v2，则小球从A点运动至B点的过程中，小球与小车在水平方向上动量守恒，即mv＝（m＋m车）v1，解得v1＝4 m/s，系统机械能守恒，即mv2＝m车＋mgR＋m，解得v2＝3 m/s，v2＞v1，则小球到达B点时竖直向上的分速度vy＝＝ m/s，还能上升的高度h＝＝0.1 m，小球运动到最高点时距A点的竖直高度H＝R＋h＝60 cm，A错误，B正确；小球运动至最高点时的速度不是最小值（易错点：小球运动至最高点时只是竖直分速度最小，不是实际运动速度最小），当小球返回至小车的左端时，系统水平方向上动量守恒，即mv＝mv'1＋m车v'2，系统机械能守恒，即mv2＝mv'21＋m车v'22　（关键点：小球上升下降过程结束时相当于与小车发生了一次弹性正碰），联立解得v'1＝2 m/s，v'2＝8 m/s，则小球的最小速度为2 m/s，小车的最大速度为8 m/s，C、D错误。 跟踪训练8（2025辽宁·二模）如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为k的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为m的小物块a，小物块a与弹簧间不拴接，开始时小物块a静止于P点。质量也为m的小物块b从斜面上Q点由静止释放，与小物块a发生正碰后立即粘在一起成为组合体c，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为Ep＝kx2，重力加速度为g，弹簧始终未超出弹性限度。则P、Q之间的距离是 A． B． C． D． 【答案】B　 【解析】设P、Q之间的距离为x，小物块b匀加速下滑和小物块a碰撞前的速度大小为v，则mgxsin θ＝mv2，由碰撞过程中动量守恒有mv＝2mv共，之后小物块a、b粘在一起做简谐运动，组合体c在以后的运动过程恰好不离开弹簧，则弹簧为原长时组合体c的速度恰好为零，由能量守恒可得×2m＋k＝2mg××sin θ，综上可得x＝，B正确。 高考真题 1.(多选)(2023·新课标卷，19)如图10，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(　　) 图10 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　根据F－μmg＝ma可得a＝F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则f甲＞f乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。 2.(多选)(2023·广东卷，10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图11所示的简化模型，多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s，关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) 图11 A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 答案　BD 解析　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。 3.(多选)(2022·全国乙卷，20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图12所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则(　　) 图12 A.4 s时物块的动能为零 B.6 s时物块回到初始位置 C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s D.0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J 答案　AD 解析　物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N 对物块在0～3 s时间内由动量定理可知 (F－Ff)t1＝mv3 代入数据可得v3＝6 m/s 3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误； 设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3 解得t2＝1 s 所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确； 在0～3 s时间内，对物块由动能定理可得 (F－Ff)x1＝mv，解得x1＝9 m 3～4 s时间内，对物块由动能定理可得 －(F＋Ff)x2＝0－mv，解得x2＝3 m 4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2 发生的位移大小为x3＝at＝4 m<x1＋x2 即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误； 物块在6 s时的速度大小为v6＝at3＝4 m/s 0～6 s时间拉力对物块所做的功为 W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。 4.(2023·海南卷，17)如图13所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场。 图13 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大(g＝10 m/s2)； (2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆横截面的电荷量。 答案　(1) m/s　 A(或4.17 A)　(2)0.085 C 解析　(1)对金属杆，离开液面后跳起的高度为H， 由运动学公式有v2＝2gH 解得v＝ m/s 对金属杆从刚闭合电键至其下端离液面高度为H的过程，由动能定理有ILBh－mg(H＋h)＝0 解得I＝ A(或4.17 A)。 (2)对金属杆，由动量定理有(I′LB－mg)t′＝mv′ 由运动学公式有v′2＝2gH′ 又q＝I′t′ 解得q＝0.085 C。 5.(2022·山东卷，2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图2所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(　　) 图2 A.火箭的加速度为零时，动能最大 B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 答案　A 解析　火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度逐渐减小的变加速运动，当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律可知，高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理可知，合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系可知，高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。 6．（2022北京·高考真题）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2的速率大于m1的速率 C．碰撞后m2的动量大于m1的动量 D．碰撞后m2的动能小于m1的动能 【答案】C 【解析】x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2碰前的速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2碰后的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv，可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝mv2，可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。 7．（2023全国·高考真题）某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ） A．40 B．80 C．120 D．160 【答案】C 【详解】设机枪在这1分钟内射出子弹的数量为n，子弹受到机枪的平均作用力为F，弹头质量为m，出膛速度为v。由题意可知，1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力F′＝12 N，由牛顿第三定律可得F＝F′＝12 N，将所用的子弹作为研究对象，则由动量定得得Ft＝nmv－0，代入数据解得n＝120，故C正确。 8．（2023全国·高考真题）（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】设乙对甲的磁力大小为F，对两磁铁受力分析如图所示，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可知F＝F'，a＝－μg，因为m甲＞m乙，所以a甲＜a乙，故在它们相互接近过程中的任一时刻v甲＜v乙，A错误；由动量定理可知p＝(F－μmg)t，因为m甲＞m乙，所以p甲＜p乙，甲和乙的动量之和不为零，B、D正确，C错误。 【一题多解】　极限法 假设甲的质量足够大，使得甲受到的最大静摩擦力大于磁铁间的引力，则甲不动，乙向甲靠近，可知B、D正确，A、C错误。 作业练习 基础练习 1．（2024四川眉山·临考冲刺）一物体沿水平面做初速度为零的匀加速直线运动，以动量大小p为纵轴建立直角坐标系，横轴分别为速度大小v、运动时间t、位移大小x，则以下图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】AB．物体做初速度为零的匀加速直线运动，则速度 根据功率的计算公式有 可知动量与速度和时间都成正比关系，AB错误； CD．根据匀变速直线运动规律有 根据功率的计算公式有 根据数学知识可知C图正确，C正确，D错误； 选C。 2．（2020四川成都·二模）如图，倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的小物块A和B（质量均为），弹簧的劲度系数为，B靠着固定挡板，最初它们都是静止的。现沿斜面向下正对着A发射一颗质量为、速度为的子弹，子弹射入A的时间极短且未射出，子弹射入A后经时间，挡板对B的弹力刚好为零。重力加速度大小为，则（　　） A．子弹射入A之前，挡板对B的弹力大小为 B．子弹射入A的过程中，A与子弹组成的系统机械能守恒 C．在时间内，A发生的位移大小为 D．在时间内，弹簧对A（含子弹）的冲量大小为 【答案】C 【详解】A．子弹射入前，将两物块看成一个整体，受力分析如图所示 由力的平衡条件可知挡板对的弹力大小为，A错误； B．子弹射入物块的过程中，子弹和的机械能因摩擦而损失一部分，B错误； C．子弹射入前，对物块由力的平衡条件可知，弹簧对的弹力大小为，且弹簧处于压缩状态，其压缩量为，当挡板对物块的弹力刚好为零时，弹簧对物块的拉力大小应为，其伸长量为，所以在时间内，发生的位移大小为，故C正确； D．子弹射入的过程，由动量守恒定律得，解得，设挡板对弹力刚好为零时的速度为，从子弹射入后到刚要离开挡板的过程，子弹、、弹簧组成的系统机械能守恒，则有，解得，对（含子弹）由动量定理得，解得弹簧对（含子弹）的冲量大小，故D错误。选C。 3.．（2020陕西西安陕西省西安中学·一模）一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为(　　) A．E0 B．E0 C．E0 D．E0 【答案】C 【详解】放出质量为m的粒子后，剩余质量为M－m，该过程动量守恒，有：mv0＝(M－m)v放出的粒子的动能为E0＝mv02，原子核反冲的动能：Ek＝(M－m)v2，解得：Ek＝E0，故选C。 4．（2024河北·一模）如图所示为正四面体OABC,O为其顶点,底面ABC水平, D为AB边的中点。由O点水平抛出相同的甲、乙两小球,两小球分别落在A点和D点,空气阻力不计。则下列说法正确的是 A．甲球和乙球初动能之比为2∶1 B．甲球和乙球末动量大小之比为3∶1 C．甲球和乙球末动能之比为12∶11 D．甲球和乙球动量的变化量之比为2∶1 【答案】C　 【解析】重难考点：动能及动能定理+动量及动量定理 甲球和乙球抛出后均做平抛运动,下落的高度相同,则运动时间相同;设正四面体的棱长为a,则甲球的水平位移为x甲=a,乙球的水平位移为x乙=a,根据x=v0t可得甲球和乙球初速度大小之比为2∶1,根据Ek=m可知,初动能之比为4∶1,A错误;两球下落的高度为h==a,由x=v0t、h=gt2及mv2=m+mgh可得末速度大小v==,解得v甲=,v乙=,根据p=mv可知甲球和乙球末动量大小之比==,根据Ek=mv2可知甲球和乙球末动能之比==,B错误,C正确;根据Δp=mgt可知甲球和乙球动量的变化量之比为1∶1,D错误。 【一题多解】 根据动能定理有Ek=m+mgh,甲球和乙球末动能之比==,根据p2=2mEk可知甲球和乙球末动量大小之比==。 5．（2024江苏·临考冲刺）如图所示，光滑水平面上有两个质量均为m的物块A、B(可视为质点)，B上连接一劲度系数为k的轻质弹簧。A以初速度大小v0向静止的B 运动。从A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短时所用时间为t，弹簧始终处于弹性限度内，A与弹簧之间没有挂钩或粘连，下列说法正确的是 A．在A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间t内，A与B动能之和的最小值为m B．从A接触弹簧到再次与弹簧分离的过程中，A、B发生的位移大小有xA＞xB C．从A接触弹簧到再次与弹簧分离时所用时间大于2t D．在A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间t内，A、B发生的位移之和为xA＋xB＝v0t 【答案】D 【解析】弹簧第一次被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，A与B动能之和最小，且A、B的速度相同，取A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv，则EkA＋EkB＝·2mv2＝m，A错误；A接触弹簧及A与弹簧分离时，A与B之间的距离都为弹簧长度，所以从A接触弹簧到再次与弹簧分离的过程中，A、B发生的位移大小相等，B错误；由于A、B和弹簧组成的系统无机械能损失，可理解为发生弹性碰撞，两个物块质量相等，则A、B速度互换，A、B相对靠近和A、B相对远离(但没有脱离弹簧)的过程具有对称性，即两段过程用时一定均为t，所以从A接触弹簧到再次与弹簧分离时所用时间为2t，C错误；由动量守恒定律可得mv0＝m＋m，则有mv0t＝mt＋mt，故mv0t＝mxA＋mxB，因此在A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间t内，A、B发生的位移之和为xA＋xB＝v0t，D正确。 6．（2023湖北襄阳等·一模）在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m、静止的B球发生对心碰撞。碰撞后,A球的速度方向与碰撞前相反,则碰撞后B球的速度大小可能是 A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v 【答案】C　 【解析】经典试题：对心碰撞 碰后A球反向的临界情况为A球速度刚好为零,此时由动量守恒定律有mv=3mv1,解得v1=v;第二个临界情况为A球反向且反向速度最大,此时A、B的碰撞应为弹性碰撞,有mv=mv2+3mv3,mv2=m+·3m,解得v3=v,所以B球的速度大小在v~v范围内,C正确。 【一题多解】 逐个把选项代入mv=mvA+3mvB,mv2≥m+·3m,符合A球反向且动能不增加的只有C选项。 【技巧必背】 一动碰一静模型中,A、B球均有对应的最大速度和最小速度,若为完全非弹性碰撞,则A球速度最大,B球速度最小。若为弹性碰撞,则A球速度反向最大(mA<mB)或者沿原方向最小(mA>mB),B球速度最大。 7．（2025四川·一模）（多选）如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为，若X、Y质量分别为mX和mY，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则（　　） A．=1 B． =2 C．=2 D．=4 【答案】AC 【详解】小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程，根据机械能守恒定律有，两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有，两球碰撞过程，根据动量守恒有，联立求得，，选AC。 提升练习 8．（2022北京·二模）如图所示，若令x轴和y轴分别表示某个物理量，则图像可以反映某种情况下物理量之间的关系，图线上任一点的切线斜率、图线与x轴围成的面积有时也有相应的物理含义。A为图线上一点，过A点作图线的切线交y轴于M点，过A点作垂线交x轴于N点，切线AM的斜率记为k，图线与x轴围成的阴影面积记为S。下列说法正确的是（     ） A．对于一段只含有电热元件的电路，若x轴表示电流I，y轴表示电压U，斜率k可以表示电热元件的电阻大小 B．对于某电容器的充电过程，若x轴表示电量q，y轴表示电容器两端电压U，斜率k可以表示电容器的电容大小 C．对于做匀变速曲线运动的物体，若x轴表示运动时间t，y轴表示物体所受合力F，面积S可以表示时间t内的合外力冲量大小 D．对于做圆周运动的物体，若x轴表示半径r，y轴表示角速度ω，面积S可以表示对应半径变化的线速度大小的变化 【答案】C 【详解】 A．若x轴表示电子原件两端的电压U，y轴表示流过它的电流I，而 则图像切线的斜率不表示电阻大小，A错误； B．根据电容的定义式 对于某电容器的充电过程，若x轴表示电量q，y轴表示电容器两端电压U，斜率k不可以表示电容器的电容大小，B错误； C．对于做匀变速曲线运动的物体，若x轴表示运动时间t，y轴表示物体所受合力F，则合外力冲量为 I = Ft 根据微元法可知，面积S可以表示时间t内的合外力冲量大小，C正确； D．对于做圆周运动的物体，若x轴表示半径r，y轴表示角速度ω，对应半径变化的线速度大小为 v = ωr 则面积S不可以表示对应半径变化的线速度大小的变化，D错误。 故选C。 9．（2025广东珠海·一模）（多选）如图，动物园熊猫馆中有一个长，倾角为30°的坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量的熊猫从坡道顶端由静止滑下，熊猫与防护板的碰撞时间，熊猫与防护板碰撞后不反弹，忽略熊猫的大小和坡道的摩擦力，重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．熊猫从开始下滑到碰到防护板所用的时间为 B．熊猫碰到防护板前瞬间的动量大小为 C．熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为 D．熊猫与防护板碰撞过程中重力的冲量大小为 【答案】AC 【详解】A．对熊猫受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 由匀变速直线运动规律可得 解得 A正确； B．根据匀变速直线运动规律可得，熊猫碰到防护板前瞬间的速度大小为 故熊猫碰到防护板前瞬间的动量大小为 B错误； C．设熊猫受到防护板对它的平均作用力，选取碰撞前速度的方向（沿斜面向下）为正方向，根据动量定理则有 解得 C正确； D．根据冲量的定义可得，熊猫与防护板碰撞过程中重力的冲量大小为 D错误。 故选AC。 10．（2025云南·一模）（多选）如图甲所示，内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b（可视为质点）置于槽的底部中点，时，a、b分别以速度向相反方向运动，已知b的运动速度v随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，下列说法正确的是（　　） A．前17 s内a与b共碰撞3次 B．初始时a的速度大小为 C．前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次 D．槽内底部长为 【答案】BC 【详解】AC．根据碰撞规律可知，物块b与槽壁碰撞后速度大小不变，方向改变，与a碰撞后交换速度，则根据物块b的v-t图像可知，前17 s内a与b共碰撞4次，发生在4~6 s之间、8 s时刻、10~12 s之间以及16 s时刻；前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次，分别在2 s、10 s和12 s时刻，A错误，C正确；     B．b与a碰撞前速度为v2=2 m/s向左，碰撞后b的速度=1 m/s向右，因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰撞后两物块交换速度，可知碰撞前a的速度，即初始时a的速度大小为1 m/s，B正确； D．槽内底部长为，D错误。选BC。 11．（2023山东济南·一模）（多选）某课外兴趣小组在一次实验中，将自制火箭从地面竖直向上发射，火箭到达最高点时爆炸，分裂成质量不等的P、Q两部分，P、Q两部分的质量比为。爆炸后部分的初速度大小为，方向斜向下与竖直方向成60°。若爆炸点离地高度为，不计P、Q运动过程中受到的阻力，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．部分落地时的速度大小为 B．部分落地时的速度大小为 C．部分落地点与爆炸点的水平距离为 D．部分落地点与爆炸点的水平距离为 【答案】AC 【详解】AB．爆炸过程中由动量守恒定律得 对Q从爆炸到落地由动能定理得 解得 A正确，B错误； CD．对P部分在在竖直方向有 解得 水平方向有 解得部分落地点与爆炸点的水平距离为 C正确，D错误； 故选AC。 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$