第23讲 动量守恒定律及其应用（复习讲义）（浙江专用）2026年高考物理一轮复习讲练测

第23讲 动量守恒定律及其应用 目录 _Toc202523105 01考情解码·命题预警 2 02体系构建·思维可视 3 03·核心突破·靶向攻坚 3 考点一 动量守恒定律及其应用 3 知识点1 动量守恒定律及其应用 3 知识点2 动量守恒定律的理解与应用 4 考向1 动量守恒定律的判断 4 考向2 动量守恒定律的应用 5 考点二 碰撞 7 知识点1 弹性碰撞和非弹性碰撞 7 知识点2 碰撞问题的深入理解 7 考向1 完全弹性碰撞 8 考向2 完全非弹性碰撞 9 考点三 爆炸 反冲 10 知识点1 反冲　爆炸 11 知识点2 爆炸　反冲 11 知识点3 人船模型 11 考向1 爆炸与反冲 12 考向2 人船模型 13 04真题溯源·考向感知 15 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 动量守恒定律 选择题 非选择题 浙江卷1月卷T8，3分 浙江卷1月卷T16 浙江卷1月卷T18 浙江卷6月卷T18 浙江卷1月卷T18 浙江卷6月卷T18 碰撞 爆炸 反冲 选择题 非选择题 考情分析： 1．从历年浙江选考试卷来看，动量守恒定律考查频率较高，几乎每 1 - 2 年就会在试卷中出现，是重点考查内容之一。 2．从命题思路上看，试题情景为 计算题是考查动量守恒定律的重要题型，且难度较大。常设置复杂的多物体、多过程物理情境，如多个物体的连续碰撞、物体在复合场中的碰撞与运动等 复习目标： 目标一：掌握动量守恒定律的定义、表达式及适用条件，能够准确区分系统内力与外力，清晰判断不同物理情境下系统是否满足动量守恒。 目标二：明确动量守恒定律与能量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理等知识的内在联系，能从不同角度分析物理过程。 考点一 动量守恒定律及其应用 知识点1 动量守恒定律及其应用 1.内容：如果一个系统　不受外力　，或者　所受外力的矢量和为0　，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。 2.表达式 （1）p＝　p'　，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。 （2）m1v1＋m2v2＝　m1v1'＋m2v2'　，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 （3）　Δp1　＝　－Δp2　，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 （4）Δp＝　0　，系统总动量的增量为零。 3.适用条件 （1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 （2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 （3）某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。 知识点2 动量守恒定律的理解与应用 1.动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面） 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 2.应用动量守恒定律的解题步骤 （1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。 （2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。 （3）规定正方向，确定初、末状态动量。 （4）由动量守恒定律列出方程。 （5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 考向1 动量守恒定律的判断 例1 （2025·北京石景山·一模）如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 【变式训练1】（2025·福建·一模）如图所示，小车放在光滑的水平地面上，轻质细绳一端系在小车上，另一端连接可视为质点的小球，将小球拉开一定角度（此时小车与小球均静止），然后同时放开小球和小车，小球开始在竖直平面内来回摆动。下列说法正确的是（　　） A．小球在最低点时处于平衡状态 B．小球在最高点时处于平衡状态 C．小球在最低点时，小车处于平衡状态 D．小球在最高点时，小车处于平衡状态 【变式训练2】如图所示，一根光滑刚性杆OAB固定在底座上，其中OA段是四分之一圆弧，AB段是与OA段平滑连接的水平杆，底座置于光滑水平面上。现让内径比杆略大的小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O，则此过程（    ） A．小环动量守恒 B．小环水平方向动量守恒 C．小环、杆OAB及底座组成的系统动量守恒 D．小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向动量守恒 考向2 动量守恒定律的应用 例2 如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是（　　） A．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功为零 B．在b球落地前瞬间，b球的速度大小为 C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b的冲量竖直向上 D．在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统，动量守恒，机械能守恒 【变式训练1】质量为的滑块沿倾角为、长度为的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为，并静置于光滑水平面上，重力加速度为。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（　　） A． B． C． D． 【变式训练2·】（2025·湖北襄阳·一模）如图所示，在水平地面上方固定一足够长水平轨道，质量为M的滑块套在水平轨道上，一不可伸长的轻绳一端固定在滑块底部O点，另一端连接质量为m的小球。已知O点到地面的高度为H，重力加速度大小为g，不计小球与滑块受到的空气阻力。现将小球拉至与O点等高的A处(d在水平轨道正下方)，轻绳伸直后由静止释放。下列说法正确的是（   ）    A．若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统动量不守恒，机械能守恒 B．若水平轨道光滑，轻绳OA长度为，当小球摆动到最低点时，迅速剪断轻绳小球运动一段时间后落地（不反弹），小球落地时与滑块间的水平距离是 C．若水平轨道粗糙，小球在摆动过程中滑块始终保持静止，当小球所受重力的功率最大时，轻绳与水平方向的夹角的正弦值是 D．若水平轨道粗糙，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球在摆动过程中滑块始终保持静止，滑块与水平轨道间的动摩擦因数 考点二 碰撞 知识点1 弹性碰撞和非弹性碰撞 1.碰撞的特点：在碰撞现象中，一般都满足内力　远大于　外力，可认为碰撞系统的动量守恒。 2.碰撞的分类 种类 动量是 否守恒 机械能变化情况 弹性 碰撞 守恒 在弹性力作用下，只产生系统内机械能的　转移　，系统无机械能损失 非弹性 碰撞 守恒 受非弹性力作用，使　部分　机械能转化为物体内能 完全非弹 性碰撞 守恒 碰撞后两物体合为一体，机械能损失　最大　 知识点2 碰撞问题的深入理解 1.碰撞现象满足的规律 （1）动量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。 （2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或＋≥＋。 （3）速度要符合情景 ①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前'≥v后'。 ②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2.弹性碰撞的重要结论 例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度 v1'＝v1，v2'＝v1 讨论： （1）当m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1；（质量相等，速度交换） （2）当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑） （3）当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反弹） （4）当m1≫m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1；（极大碰极小，大不变，小加倍） （5）当m1≪m2时，v1'＝－v1，v2'＝0。（极小碰极大，小等速率反弹，大不变） 3.非弹性碰撞 （1）非弹性碰撞过程动量守恒，机械能有损失： m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2' m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔEk损。 （2）完全非弹性碰撞 碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。 m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v m1＋m2＝（m1＋m2）v2＋ΔEk损max 考向1 完全弹性碰撞 例1 （2025·山东青岛·三模）物体间发生碰撞时，因材料不同，机械能损失程度不同，该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述，称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A、B间的碰撞，下列说法正确的是（　　） A．若e=0，则碰撞后A、B均静止 B．若e=1，则碰撞后A、B交换速度 C．若e=1，则碰撞前后A、B总动能相等 D．若e=0.5，A、B质量相同，则A、B碰后速度大小之比为1：3 【变式训练1】（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，两小球A、B置于光滑的水平面上，小球B静止，小球A以水平向右的速度运动，经过一段时间与小球B发生碰撞，已知A和B的质量之比为2∶1，且两球发生的是对心碰撞。下列说法正确的是（　　） A．碰后球A被反弹 B．若碰后A、B的动量大小之比为2∶1，碰撞损失的能量为碰前A球动能的 C．若碰后A、B的动量大小之比为1∶2，则碰后两球共速 D．碰前球A的动能可能为碰后球B动能的4倍 【变式训练2】（2025·湖南怀化·二模）如图甲所示，水平地面上铺设有一厚度不计的软性材质地毯，在距离地毯高为 的位置 由静止自由释放一质量为 的小球 （ 远大于小球半径），小球 与水平地面上的地毯发生碰撞后竖直反弹。已知小球 每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的 。（整个过程不计空气阻力，已知重力加速度为 ） (1)求小球 第一次反弹的最高点到释放点 的距离； (2)如果要使小球 在第一次反弹后恰好回到出发点 ，则需在释放时瞬间给小球 一个竖直向下的初速度 ， 的大小是多少？ (3)如图乙所示，紧贴小球 的正下方放置一大小相同、质量为 的小球 ，此时仍然让两小球从位置 由静止自由下落，要使小球 在第一次碰后反弹恰好回到出发点 ，则小球 的质量 与小球 的质量 之比是多少？（假设小球 每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的 ，而小球 和小球 之间的碰撞为弹性正碰） 考向2 完全非弹性碰撞 例2（2025·河南·模拟预测）光滑水平面上每隔距离d静止放置一个质量为m的小球，共放置10个小球，从左至右依次标号为1、2、3、…、10．小球A静止放置在1号小球左端d处．现用一水平向右的恒力F作用于小球A，当小球A与1号球碰后，撤掉F，小球均可视为质点，小球间碰撞时间忽略不计． (1)若小球A质量为m，且小球之间的碰撞均为弹性碰撞，求10号球开始运动的时间； (2)若小球A质量为2m，且小球之间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求小球A与1号球碰撞过程中的能量损失； (3)在（2）中条件下，求小球与10号球碰后10号球的速度大小。 【变式训练1】（2025·重庆九龙坡·二模）超市工人常要将散落在各处的购物手推车收集。如图所示，静置于水平地面的辆手推车沿同一直线从左到右等间距排列，第1辆车内装有货物，总质量为；其余是空车，质量均为，相邻各车有效距离均为。工人对车施加某种影响后，车开始运动，车与车相碰时间很短，均可看成完全非弹性碰撞（碰后不再分开）。忽略车在运动过程中所受地面和空气阻力，重力加速度为。 (1)若，工人在极短时间内给第1辆车一水平向右、大小为的初速度，随即放手。求两次碰撞结束后第1辆车的速度大小。 (2)若，工人用大小恒为的推力持续向右作用于第1辆车。求发生第2次碰撞前瞬间第1辆车的速度大小。 (3)若足够大，工人用大小恒为的推力持续向右作用于第1辆车。求第1辆车速度的最大值。 【变式训练2】（2024·河北邯郸·模拟预测）如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端与物块b接触但不拴接，小车质量，AO部分粗糙且长，物块a、b与AO间的动摩擦因数均为，OB部分光滑。小物块a放在小车的最左端，和小车一起以的速度向右匀速运动，小车撞到墙后速度立马变为零，但小车不与墙壁粘连。已知小车上OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，a、b两物块（均视为质点）质量均为，a、b碰撞时间极短且碰后a、b粘连在一起以相同的速度运动，取重力加速度。求： (1)物块a第一次经过О点时速度的大小； (2)弹簧被压缩时弹性势能的最大值； (3)当物块a、b最终相对小车静止时，a、b在小车上的位置到О点的距离x（结果保留两位有效数字）。 考点三 爆炸 反冲 知识点1 反冲　爆炸 1.反冲 （1）定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。 （2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力　远大于　系统受到的外力。如发射炮弹、发射火箭等。 （3）规律：遵从动量守恒定律。 2.爆炸：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且　远大于　系统所受的外力，所以系统动量　守恒　。如爆竹爆炸。 知识点2 爆炸　反冲 1.爆炸现象 动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 知识点3 人船模型 1.模型图示 2.模型特点 （1）两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。 （2）两物体的位移大小满足：m－M＝0，x人＋x船＝L 联立得x人＝L，x船＝L。 3.运动特点 （1）人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。 （2）人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即＝＝。 4.“人船模型”的拓展（某一方向动量守恒） 考向1 爆炸与反冲 例1 （2025·海南·三模）“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为（含火药），“起花”内装有质量为的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为，重力加速度为，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．“起花”升空获得的推力是空气施加的 B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒 C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为 D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为 【变式训练1】（2025·湖南邵阳·三模）经典力学认为：一个初始条件和受力情况确定的多体力学系统的运行情况是一定的，理论上也是可以计算的。如下是极简版理想化三体力学系统，如图所示的光滑水平支持面内建立直角坐标系，质量分别为2m和m、m的3个刚性小球A和B、C置于光滑水平支持面上，初始坐标分别为，A和B、C之间分别用两条长均为的理想轻绳连接，某瞬间分别给A、B、C球一瞬时冲量，使它们获得垂直于连线等大的初速度，A球初速度方向为轴方向，B、C球初速度方向为轴负向，之后小球A、B、C在运动过程中通过连绳相互作用。忽略一切摩擦和空气阻力，后续B、C两球之间的碰撞视为弹性碰撞。 (1)当A球的速度大小为方向沿轴正方向时，求B球沿方向的分速度； (2)求A球离开O点的最大位移； (3)当A球相对O点的位移为时，求B球速度大小。 【变式训练2】总质量为m的返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到某点时，向原来运动方向喷出气体以降低卫星的速度，随后卫星转到与地球相切的椭圆轨道，要使卫星相对地面的速度变为原来的k倍（k＜1），则卫星在该点将质量为的气体喷出的对地速度大小应为（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为，地球表面重力加速度为g） A． B． C． D． 考向2 人船模型 例2 （2025·江苏苏州·三模）一长度为L、质量为M的木板静止放置在光滑水平地面上，一质量为m的青蛙静止蹲在木板的左端。观察者发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大高度为h。青蛙向右上方起跳时，恰好能落至长木板右端。设青蛙（看作质点）每次起跳做功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： (1)每次青蛙起跳做的功W； (2)青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小（用木板长度L表示）； (3)若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小（用h表示）； 【变式训练1】（2025·山东青岛·三模）如图所示，上下表面均光滑的“”形物块A静止在水平面上，其右端固定一发射装置，左端M固定挡板，在A上放置长度为d=1.08m的薄板B，B从N端部分伸出。发射装置沿方向弹出物块C，C恰好沿水平方向滑上B，此时B右端与N对齐。B离开N端一段距离后，N处弹出一带有轻质弹簧的挡板（图中未画出），弹出后弹簧水平。B返回右端时，通过弹簧与A相互作用，此过程中B与C始终保持相对静止，B最终紧靠左侧挡板相对A静止。已知A的总质量为M=5kg，B、C的质量均为m=1kg，B、C间动摩擦因数，A的高度h=0.8m，MN的长度L=3m，B与挡板间的碰撞为弹性碰撞，，，重力加速度。求 (1)C的弹出速度大小； (2)B伸出部分的长度； (3)B第一次接触弹簧前，C相对B滑动的距离s； (4)整个过程A向右运动的距离。 【变式训练2】（2025·山东滨州·二模）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为。一质量为的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为。求： (1)每次青蛙起跳做的功； (2)青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离； (3)若长木板的长度为，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移（用木板长度表示）； (4)长木板的长度与的关系。 1. （2024·山西朔州·模拟预测）如图是老师在课堂上做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼状磁铁用一根木棒穿过，手拿住木棒（保持水平），此时两磁铁保持静止。当手突然释放，让木棒和磁铁一起自由下落时（不计空气阻力），发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法正确的是（　　） A．放手下落过程中，磁铁受滑动摩擦力作用 B．放手下落过程中，磁铁的运动轨迹是一条直线 C．放手下落过程中，两个磁铁水平方向动量不守恒 D．放手下落过程中，磁铁和棒组成系统机械能不守恒 2. （2024·四川成都·二模）如图，半径为的固定光滑圆轨道竖直放置，套在轨道上质量均为的小球和（均可视为质点）用一根长为的轻杆连接。将置于轨道最低点并由静止释放，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　） A．小球、与轻杆组成的系统机械能守恒 B．小球、与轻杆组成的系统动量守恒 C．小球、等高时，球的速率为 D．从释放到小球、等高的过程中，杆对球做功为 3. （2023·广东肇庆·模拟预测）如图所示，2022年2月5日，中国在交接棒时，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威获得更大的速度向前滑行。若任子威的质量大于曲春雨的质量，不计阻力，在曲春雨用力推任子威的过程中，下列说法正确的是（　　） A．曲春雨的加速度小于任子威的加速度 B．任子威的速度增加量等于曲春雨的速度减少量 C．任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量 D．曲春雨推任子威的力大于任子威对曲春雨的推力 4. （2024·河南郑州·一模）滑板运动备受青少年青睐．有一个动作是人越过横杆，滑板从横杆底下穿过，如图所示。忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力，若人安全过杆，则下列说法正确的是（    ） A．起跳过程中，板对人的作用力大于人对板的作用力 B．起跳过程中，板对人的作用力始终大于人的重力 C．人从离开滑板到落回滑板的过程中，始终处于失重状态 D．人从开始起跳到落回滑板的过程中，人与滑板构成的系统动量守恒 5. （2023·浙江宁波·模拟预测）2022年2月5日在北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队成功夺冠。运动员在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。不考虑空气阻力的影响，则交接过程中（　　） A．两运动员的总动量不守恒 B．两运动员的总机械能守恒 C．每个运动员所受推力的冲量大小相同 D．每个运动员的动量变化相同 6. （2024·浙江·一模）2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。图示为陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　） A．在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零 B．运动员和滑板构成的系统机械能守恒 C．运动员和滑板构成的系统动量守恒 D．上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零 7. （2023·辽宁大连·模拟预测）如图所示，倾角为θ的光滑斜面体A放在光滑的水平面上，已知A的质量为2m，高为h，质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A的顶端。现撤去推力F，A、B便开始运动。重力加速度为g，则（　　）    A．推力的大小为 B．运动过程中，A对B做负功 C．A、B组成的系统，水平方向上动量守恒 D．当杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体的速度大小 8. （2023·湖南永州·一模）如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置，静止释放b球，下列说法正确的是（  ）    A．b球落地的瞬间，a球的速度为0 B．在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒 C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0 D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0 9. （23-24高三上·贵州·开学考试）如图所示，光滑的半圆槽质量为M，半径为R，静止在光滑的水平地面上，一质量为m的小球（视为质点）恰好能沿槽右边缘的切线方向释放滑入槽内，小球沿槽内壁运动直至槽左边缘。重力加速度大小为g。关于小球和半圆槽的运动，下列说法正确的是（　　）    A．小球和半圆槽组成的系统，动量守恒，机械能守恒 B．小球和半圆槽组成的系统，动量不守恒，机械能守恒 C．小球滑到最底端时的速度大小等于 D．小球滑到最底端时的速度小于 10. （2024·广东东莞·模拟预测）如图所示，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，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，人和车不一定停止运动 C．锤子、人和车组成的系统水平方向动量守恒 D．不断用锤子沿竖直面上的弧线敲击车的左端，车和人左右来回运动 11. （2023·河北秦皇岛·三模）某娱乐活动的部分闯关环节可简化抽象为下面的情景。如图所示，长、质量的木板静止在光滑水平面上，左右平台无限长且与木板等高，木板左端与左平台接触，质量的小滑块在恒力F作用下从静止开始运动，力F与水平方向的夹角为，F作用2s后撤去，小滑块又滑行1s后以的速度离开平台后滑上木板，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为，小滑块可视为质点，重力加速度取。已知，。求： （1）撤去力F时小滑块的速度大小； （2）力F的大小； （3）要使小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰，s的取值范围。    1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第23讲 动量守恒定律及其应用 目录 01考情解码·命题预警 2 02体系构建·思维可视 3 03·核心突破·靶向攻坚 3 考点一 动量守恒定律及其应用 3 知识点1 动量守恒定律及其应用 3 知识点2 动量守恒定律的理解与应用 4 考向1 动量守恒定律的判断 4 考向2 动量守恒定律的应用 6 考点二 碰撞 10 知识点1 弹性碰撞和非弹性碰撞 10 知识点2 碰撞问题的深入理解 10 考向1 完全弹性碰撞 11 考向2 完全非弹性碰撞 14 考点三 爆炸 反冲 18 知识点1 反冲　爆炸 18 知识点2 爆炸　反冲 18 知识点3 人船模型 19 考向1 爆炸与反冲 20 考向2 人船模型 23 04真题溯源·考向感知 26 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 动量守恒定律 选择题 非选择题 浙江卷1月卷T8，3分 浙江卷1月卷T16 浙江卷1月卷T18 浙江卷6月卷T18 浙江卷1月卷T18 浙江卷6月卷T18 碰撞 爆炸 反冲 选择题 非选择题 考情分析： 1．从历年浙江选考试卷来看，动量守恒定律考查频率较高，几乎每 1 - 2 年就会在试卷中出现，是重点考查内容之一。 2．从命题思路上看，试题情景为 计算题是考查动量守恒定律的重要题型，且难度较大。常设置复杂的多物体、多过程物理情境，如多个物体的连续碰撞、物体在复合场中的碰撞与运动等 复习目标： 目标一：掌握动量守恒定律的定义、表达式及适用条件，能够准确区分系统内力与外力，清晰判断不同物理情境下系统是否满足动量守恒。 目标二：明确动量守恒定律与能量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理等知识的内在联系，能从不同角度分析物理过程。 考点一 动量守恒定律及其应用 知识点1 动量守恒定律及其应用 1.内容：如果一个系统　不受外力　，或者　所受外力的矢量和为0　，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。 2.表达式 （1）p＝　p'　，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。 （2）m1v1＋m2v2＝　m1v1'＋m2v2'　，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 （3）　Δp1　＝　－Δp2　，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 （4）Δp＝　0　，系统总动量的增量为零。 3.适用条件 （1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 （2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 （3）某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。 知识点2 动量守恒定律的理解与应用 1.动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面） 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 2.应用动量守恒定律的解题步骤 （1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。 （2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。 （3）规定正方向，确定初、末状态动量。 （4）由动量守恒定律列出方程。 （5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 考向1 动量守恒定律的判断 例1 （2025·北京石景山·一模）如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 【答案】B 【详解】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。 故选B。 【变式训练1】（2025·福建·一模）如图所示，小车放在光滑的水平地面上，轻质细绳一端系在小车上，另一端连接可视为质点的小球，将小球拉开一定角度（此时小车与小球均静止），然后同时放开小球和小车，小球开始在竖直平面内来回摆动。下列说法正确的是（　　） A．小球在最低点时处于平衡状态 B．小球在最高点时处于平衡状态 C．小球在最低点时，小车处于平衡状态 D．小球在最高点时，小车处于平衡状态 【答案】C 【详解】AC．小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，小球在最低点时，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，小球处于超重状态，小车受合外力为零处于平衡状态，选项A错误、C正确； BD．小球在最高点时，小球、小车的加速度均不为0，都不是平衡状态，选项B、D错误。 故选C。 【变式训练2】如图所示，一根光滑刚性杆OAB固定在底座上，其中OA段是四分之一圆弧，AB段是与OA段平滑连接的水平杆，底座置于光滑水平面上。现让内径比杆略大的小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O，则此过程（    ） A．小环动量守恒 B．小环水平方向动量守恒 C．小环、杆OAB及底座组成的系统动量守恒 D．小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向动量守恒 【答案】D 【详解】A．小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O，小环在圆弧段合力不为零，动量不守恒，故A错误； B．小环在圆弧段受到圆弧的弹力，小环水平方向合力不为零，动量不守恒，故B错误； C．小环、杆OAB及底座组成的系统在竖直方向合力不为零，动量不守恒，故C错误； D．小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故D正确。 故选D。 考向2 动量守恒定律的应用 例2 如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球，a球质量大于b球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是（　　） A．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功为零 B．在b球落地前瞬间，b球的速度大小为 C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b的冲量竖直向上 D．在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆系统，动量守恒，机械能守恒 【答案】ABC 【详解】D．在b球落地前的整个过程中，b竖直方向有加速度，系统竖直方向的合外力不为零，而水平方向不受外力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒。由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故D错误； A．设杆对a球做功W1，对b球做功W2，系统机械能守恒，则除了重力之外的力的功必定为零，即 W1 + W2 = 0 对a球，由动能定理可知 W1 = 0 故 W2 = 0 故A正确； B．对两球及杆系统，根据系统水平方向动量守恒知，系统初始动量为零，则在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，根据系统的机械能守恒得 解得b球的速度大小为 故B正确； C．对b球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零。在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如图所示 图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，所以杆对b球的水平和竖直冲量可知，杆对b球的冲量不为零，且方向竖直向上，故C正确。 故选ABC。 【变式训练1】质量为的滑块沿倾角为、长度为的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为，并静置于光滑水平面上，重力加速度为。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，有 对滑块竖直方向 由能量关系可知 联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为 故选B。 【变式训练2·】（2025·湖北襄阳·一模）如图所示，在水平地面上方固定一足够长水平轨道，质量为M的滑块套在水平轨道上，一不可伸长的轻绳一端固定在滑块底部O点，另一端连接质量为m的小球。已知O点到地面的高度为H，重力加速度大小为g，不计小球与滑块受到的空气阻力。现将小球拉至与O点等高的A处(d在水平轨道正下方)，轻绳伸直后由静止释放。下列说法正确的是（   ）    A．若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统动量不守恒，机械能守恒 B．若水平轨道光滑，轻绳OA长度为，当小球摆动到最低点时，迅速剪断轻绳小球运动一段时间后落地（不反弹），小球落地时与滑块间的水平距离是 C．若水平轨道粗糙，小球在摆动过程中滑块始终保持静止，当小球所受重力的功率最大时，轻绳与水平方向的夹角的正弦值是 D．若水平轨道粗糙，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球在摆动过程中滑块始终保持静止，滑块与水平轨道间的动摩擦因数 【答案】ABD 【详解】A．若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统水平方向合外力为零，则滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒，而竖直方向系统由于受到重力的作用，动量不守恒，故系统的动量不守恒，整个过程只有重力做功，机械能守恒， A正确; B．设小球摆到最低点时速度大小为，滑块速度大小为，以根据水平方向系统动量守恒，则有 根据系统机械能守恒，则有 剪断轻绳后，滑块做匀速运动，小球做平抛运动，经时间t落地，则有 小球落地时与滑块间的水平距离 联立解得 B正确 C．设轻绳长度为L，轻绳与水平方向夹角为时，绳中张力为F，小球速度为，对小球，根据动能定理，则有 根据牛顿第二定律，则有 小球的功率 重力功率最大时，小球速度的竖直分量最大，即小球加速度的竖直分量，则 联立解得 C错误; D．结合上述分析可知,当轻绳与水平方向夹角为时，则有， 解得 对滑块受力分析，设滑块受到的滑动摩擦力为，支持力为,根据力的平衡，水平方向 竖直方向 滑块始终保持静止，则有 联立解得 整理可得 在区间，此式要恒成立，由数学知识可得需满足 解得 D正确。 故选ABD。 考点二 碰撞 知识点1 弹性碰撞和非弹性碰撞 1.碰撞的特点：在碰撞现象中，一般都满足内力　远大于　外力，可认为碰撞系统的动量守恒。 2.碰撞的分类 种类 动量是 否守恒 机械能变化情况 弹性 碰撞 守恒 在弹性力作用下，只产生系统内机械能的　转移　，系统无机械能损失 非弹性 碰撞 守恒 受非弹性力作用，使　部分　机械能转化为物体内能 完全非弹 性碰撞 守恒 碰撞后两物体合为一体，机械能损失　最大　 知识点2 碰撞问题的深入理解 1.碰撞现象满足的规律 （1）动量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。 （2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或＋≥＋。 （3）速度要符合情景 ①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前'≥v后'。 ②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2.弹性碰撞的重要结论 例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度 v1'＝v1，v2'＝v1 讨论： （1）当m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1；（质量相等，速度交换） （2）当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑） （3）当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反弹） （4）当m1≫m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1；（极大碰极小，大不变，小加倍） （5）当m1≪m2时，v1'＝－v1，v2'＝0。（极小碰极大，小等速率反弹，大不变） 3.非弹性碰撞 （1）非弹性碰撞过程动量守恒，机械能有损失： m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2' m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔEk损。 （2）完全非弹性碰撞 碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。 m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v m1＋m2＝（m1＋m2）v2＋ΔEk损max 考向1 完全弹性碰撞 例1 （2025·山东青岛·三模）物体间发生碰撞时，因材料不同，机械能损失程度不同，该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述，称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A、B间的碰撞，下列说法正确的是（　　） A．若e=0，则碰撞后A、B均静止 B．若e=1，则碰撞后A、B交换速度 C．若e=1，则碰撞前后A、B总动能相等 D．若e=0.5，A、B质量相同，则A、B碰后速度大小之比为1：3 【答案】CD 【详解】A．若e=0，则碰撞后二者相对速度为零，即碰撞后两物体速度相同，但不一定均静止，故A错误； BC．设A、B的质量分别为、，碰前物体A的速度为，碰后物体A、B的速度分别为和，若 则 根据动量守恒定律，有 即 两式相乘可得 即碰撞前后系统动能相等，两物体发生弹性碰撞，若 则可解得， 此时两物体发生速度交换。所以两物体不一定发生速度交换，故B错误，C正确； D．若 即 根据动量守恒定律，有 因，所以上式变为 两式联立得， 即A、B碰后速度大小之比为1：3，故D正确。 故选CD。 【变式训练1】（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，两小球A、B置于光滑的水平面上，小球B静止，小球A以水平向右的速度运动，经过一段时间与小球B发生碰撞，已知A和B的质量之比为2∶1，且两球发生的是对心碰撞。下列说法正确的是（　　） A．碰后球A被反弹 B．若碰后A、B的动量大小之比为2∶1，碰撞损失的能量为碰前A球动能的 C．若碰后A、B的动量大小之比为1∶2，则碰后两球共速 D．碰前球A的动能可能为碰后球B动能的4倍 【答案】BD 【详解】A．两物体发生完全非弹性碰撞，碰后球A不被反弹，A错误； B．碰后球A和球B的动量之比为2∶1，可知两物体发生完全非弹性碰撞，设物体A碰前速度为v0，碰后两球B的速度为。由动量守恒定律 解得 碰前球A的动能为 碰后球A、B的动能分别为， 该碰撞过程损失的机械能为 所以碰撞损失的能量为碰前的，B正确； C．若碰后碰后两球共速，A和B的质量之比为2∶1，则A、B的动量大小之比为2∶1，故C错误； D．若碰前球A的动能可能为碰后球B动能的4倍，由 则 由动量守恒定律 解得 碰撞过程中损失的机械能为 碰撞过程可能发生，故D正确。 故选BD。 【变式训练2】（2025·湖南怀化·二模）如图甲所示，水平地面上铺设有一厚度不计的软性材质地毯，在距离地毯高为 的位置 由静止自由释放一质量为 的小球 （ 远大于小球半径），小球 与水平地面上的地毯发生碰撞后竖直反弹。已知小球 每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的 。（整个过程不计空气阻力，已知重力加速度为 ） (1)求小球 第一次反弹的最高点到释放点 的距离； (2)如果要使小球 在第一次反弹后恰好回到出发点 ，则需在释放时瞬间给小球 一个竖直向下的初速度 ， 的大小是多少？ (3)如图乙所示，紧贴小球 的正下方放置一大小相同、质量为 的小球 ，此时仍然让两小球从位置 由静止自由下落，要使小球 在第一次碰后反弹恰好回到出发点 ，则小球 的质量 与小球 的质量 之比是多少？（假设小球 每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的 ，而小球 和小球 之间的碰撞为弹性正碰） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）方法一：设小球A与地毯碰前的瞬时速率为v，从自由释放到落点前瞬间由机械能守恒定律得 设第一次碰后小球A上升的最大高度为h，依题意有碰后的瞬时速率为 ，则碰后反弹到最高点有 则第一次反弹的最高点到释放点P的距离为 方法二：设小球A与地毯碰前的瞬时速率为v，从自由释放到落点前瞬间由自由落体得 设第一次碰后小球A上升的最大高度为h，依题意有碰后的瞬时速率为 ，则碰后反弹到最高点有 则第一次反弹的最高点到释放点P的距离为 （2）方法一：当小球A自由下落的初速度为 时，其与地毯碰前的瞬时速度为 ，由机械能守恒得 反弹后小球A恰好回到释放点P，则有 联立得 方法二：当小球A自由下落的初速度为 时，其与地毯碰前的瞬时速度为 ，由运动学公式得 反弹后小球A恰好回到释放点P，则有 联立得 （3）设小球B与地毯碰前的瞬时速率为v，则与地毯碰后的速率为 ，此时小球A的速率为v，由于小球A和小球B之间的碰撞为弹性碰撞，则由动量守恒（取竖直向上为正）和机械能守恒得 ， 碰后小球A恰好回到释放点P，则有 联立上述各式，得 考向2 完全非弹性碰撞 例2（2025·河南·模拟预测）光滑水平面上每隔距离d静止放置一个质量为m的小球，共放置10个小球，从左至右依次标号为1、2、3、…、10．小球A静止放置在1号小球左端d处．现用一水平向右的恒力F作用于小球A，当小球A与1号球碰后，撤掉F，小球均可视为质点，小球间碰撞时间忽略不计． (1)若小球A质量为m，且小球之间的碰撞均为弹性碰撞，求10号球开始运动的时间； (2)若小球A质量为2m，且小球之间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求小球A与1号球碰撞过程中的能量损失； (3)在（2）中条件下，求小球与10号球碰后10号球的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球A与1号球碰前，做匀加速直线运动，对小球A由牛顿第二定律，有 由运动学公式，有 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守恒，有 联立解得， 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，n号球与号球碰撞后速度交换，号球碰后也以速度v匀速运动，所以10号球开始运动的时间 解得 （2）小球A与1号球碰前，对小球A由动能定理，有 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 小球A与1号球碰撞后能量损失 联立解得 （3）小球A与1号球碰前 小球A与1号球碰后 小球与2号球碰撞前后动量守恒，有 则碰后 小球与3号球碰撞前后，有 则碰后 同理可推，小球与n号球碰撞前后，有 碰后 则小球与10号球碰撞前后，有 碰后 即 得 【变式训练1】（2025·重庆九龙坡·二模）超市工人常要将散落在各处的购物手推车收集。如图所示，静置于水平地面的辆手推车沿同一直线从左到右等间距排列，第1辆车内装有货物，总质量为；其余是空车，质量均为，相邻各车有效距离均为。工人对车施加某种影响后，车开始运动，车与车相碰时间很短，均可看成完全非弹性碰撞（碰后不再分开）。忽略车在运动过程中所受地面和空气阻力，重力加速度为。 (1)若，工人在极短时间内给第1辆车一水平向右、大小为的初速度，随即放手。求两次碰撞结束后第1辆车的速度大小。 (2)若，工人用大小恒为的推力持续向右作用于第1辆车。求发生第2次碰撞前瞬间第1辆车的速度大小。 (3)若足够大，工人用大小恒为的推力持续向右作用于第1辆车。求第1辆车速度的最大值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）3辆车在整个运动过程中，由动量守恒定律得 故第1辆车的速度大小 （2）第1辆车在第1个过程中，由动能定理得 第1、2辆车相碰，由动量守恒定律得 前2辆车在第2个过程中，由动能定理得 故发生第2次碰撞前瞬间第1辆车的速度大小 （3）前辆车整体，在一个过程中，由动能定理得 前辆车整体与第辆车相碰，由动量守恒定律得 解得 类推得 所以解得 分别取，结合(2)问中的，对应关系式依次为 ...... 将上述式相加得 整理得 当即时，第1辆车速度最大 【变式训练2】（2024·河北邯郸·模拟预测）如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定在竖直墙壁上，左端与物块b接触但不拴接，小车质量，AO部分粗糙且长，物块a、b与AO间的动摩擦因数均为，OB部分光滑。小物块a放在小车的最左端，和小车一起以的速度向右匀速运动，小车撞到墙后速度立马变为零，但小车不与墙壁粘连。已知小车上OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，a、b两物块（均视为质点）质量均为，a、b碰撞时间极短且碰后a、b粘连在一起以相同的速度运动，取重力加速度。求： (1)物块a第一次经过О点时速度的大小； (2)弹簧被压缩时弹性势能的最大值； (3)当物块a、b最终相对小车静止时，a、b在小车上的位置到О点的距离x（结果保留两位有效数字）。 【答案】(1)3m/s (2)2.25J (3)0.16m 【详解】（1）小车与墙壁碰撞后停止运动，物块a继续向右运动，由动能定理得 解得 （2）a、b碰撞过程系统总动量守恒，则有 代入数据解得 当弹簧被压缩到最短时，a、b的速度均为0，此时弹簧的弹性势能最大，有 （3）弹簧恢复到原长时两物块均以大小为=1.5m/s的速度在小车上向左滑动，设a、b与小车共速时的速度大小为，以向左为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 由能量守恒定律得 解得 考点三 爆炸 反冲 知识点1 反冲　爆炸 1.反冲 （1）定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。 （2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力　远大于　系统受到的外力。如发射炮弹、发射火箭等。 （3）规律：遵从动量守恒定律。 2.爆炸：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且　远大于　系统所受的外力，所以系统动量　守恒　。如爆竹爆炸。 知识点2 爆炸　反冲 1.爆炸现象 动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 知识点3 人船模型 1.模型图示 2.模型特点 （1）两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。 （2）两物体的位移大小满足：m－M＝0，x人＋x船＝L 联立得x人＝L，x船＝L。 3.运动特点 （1）人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。 （2）人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即＝＝。 4.“人船模型”的拓展（某一方向动量守恒） 考向1 爆炸与反冲 例1 （2025·海南·三模）“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起花”的总质量为（含火药），“起花”内装有质量为的火药，点火后在极短的时间内将火药以相对地面大小为的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为，重力加速度为，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．“起花”升空获得的推力是空气施加的 B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒 C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为 D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为 【答案】BD 【详解】A．“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A错误； B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作动量守恒，故B正确； C．点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为，根据动量守恒定律有 得 故C错误； D．根据题意，“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1的两块碎块的速度之比为1：2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1：2，落地时水平方向的速度大小之比为1：2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1：2，所以落地时的速度之比不可能是1：2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为，故D正确。 故选BD。 【变式训练1】（2025·湖南邵阳·三模）经典力学认为：一个初始条件和受力情况确定的多体力学系统的运行情况是一定的，理论上也是可以计算的。如下是极简版理想化三体力学系统，如图所示的光滑水平支持面内建立直角坐标系，质量分别为2m和m、m的3个刚性小球A和B、C置于光滑水平支持面上，初始坐标分别为，A和B、C之间分别用两条长均为的理想轻绳连接，某瞬间分别给A、B、C球一瞬时冲量，使它们获得垂直于连线等大的初速度，A球初速度方向为轴方向，B、C球初速度方向为轴负向，之后小球A、B、C在运动过程中通过连绳相互作用。忽略一切摩擦和空气阻力，后续B、C两球之间的碰撞视为弹性碰撞。 (1)当A球的速度大小为方向沿轴正方向时，求B球沿方向的分速度； (2)求A球离开O点的最大位移； (3)当A球相对O点的位移为时，求B球速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对三球组成的系统在方向动量守恒有 解得 （2）对三球组成的系统在方向动量守恒 解得 由微元法可知 又A球与B、C两球方向最大相对位移有 解得 （3）设当A球的位移为时，A、B连线与轴夹角为，设A球速度为；B、C球方向速度为，方向速度为，如图所示 对三球组成的系统方向动量守恒有 由系统机械能守恒 由A、B速度关联 又 联立可得 【变式训练2】总质量为m的返回式人造地球卫星沿半径为R的圆轨道绕地球运动到某点时，向原来运动方向喷出气体以降低卫星的速度，随后卫星转到与地球相切的椭圆轨道，要使卫星相对地面的速度变为原来的k倍（k＜1），则卫星在该点将质量为的气体喷出的对地速度大小应为（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为，地球表面重力加速度为g） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设原本速度，由万有引力提供向心力 喷出后速度，相对地球速度，由动量守恒 又 解得 故选C。 考向2 人船模型 例2 （2025·江苏苏州·三模）一长度为L、质量为M的木板静止放置在光滑水平地面上，一质量为m的青蛙静止蹲在木板的左端。观察者发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大高度为h。青蛙向右上方起跳时，恰好能落至长木板右端。设青蛙（看作质点）每次起跳做功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： (1)每次青蛙起跳做的功W； (2)青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小（用木板长度L表示）； (3)若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小（用h表示）； 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对青蛙竖直起跳过程列动能定理 解得每次青蛙起跳做的功 （2）对青蛙在木板上向右上方起跳过程 由几何关系 联立解得 （3）青蛙在地面上起跳时，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则竖直方向 水平方向 联立解得 则当时， 对青蛙起跳 解得青蛙水平方向上最大位移为 【变式训练1】（2025·山东青岛·三模）如图所示，上下表面均光滑的“”形物块A静止在水平面上，其右端固定一发射装置，左端M固定挡板，在A上放置长度为d=1.08m的薄板B，B从N端部分伸出。发射装置沿方向弹出物块C，C恰好沿水平方向滑上B，此时B右端与N对齐。B离开N端一段距离后，N处弹出一带有轻质弹簧的挡板（图中未画出），弹出后弹簧水平。B返回右端时，通过弹簧与A相互作用，此过程中B与C始终保持相对静止，B最终紧靠左侧挡板相对A静止。已知A的总质量为M=5kg，B、C的质量均为m=1kg，B、C间动摩擦因数，A的高度h=0.8m，MN的长度L=3m，B与挡板间的碰撞为弹性碰撞，，，重力加速度。求 (1)C的弹出速度大小； (2)B伸出部分的长度； (3)B第一次接触弹簧前，C相对B滑动的距离s； (4)整个过程A向右运动的距离。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）C斜上抛运动分解成水平匀速和竖直方向竖直上抛运动。竖直方向 解得 另有 C的弹出速度大小 （2）C弹出时，AC系统水平方向动量守恒 解得 C斜上抛运动，竖直方向 解得 水平方向A匀速运动 解得 （3）规定向左为正方向，水平方向BC第一次共速过程动量守恒 解得 由能量转化和守恒得 解得 B与A第一次弹性碰撞，， 解得， BC第二次共速过程，动量守恒， 解得 由能量转化和守恒得 解得 （4）整个过程中，C相对于B向左运动的距离为，由能量转化和守恒 解得 对AC整体和B运用人船模型得 且有 所以A向右运动的位移为 对AB整体和C运用人船模型得 且有 所以A向右运动的位移为： 整个过程A向右运动的距离 【变式训练2】（2025·山东滨州·二模）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为。一质量为的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为。求： (1)每次青蛙起跳做的功； (2)青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离； (3)若长木板的长度为，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移（用木板长度表示）； (4)长木板的长度与的关系。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）对青蛙竖直起跳过程列动能定理 解得每次青蛙起跳做的功 （2）对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则 竖直方向 水平方向 联立解得 则当时， 对青蛙起跳 解得青蛙第三次向右上方跳起的水平距离 （3）青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有 由几何关系 联立解得 （4）对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为，水平初速度为，木板后退速度为。则对青蛙，竖直方向 水平方向 对青蛙和木板系统 青蛙相对地面位移 对青蛙第一次起跳 联立得 又由于 可知当时，青蛙跳的最远，则 1. （2024·山西朔州·模拟预测）如图是老师在课堂上做的一个演示实验，将中间开孔的两块圆饼状磁铁用一根木棒穿过，手拿住木棒（保持水平），此时两磁铁保持静止。当手突然释放，让木棒和磁铁一起自由下落时（不计空气阻力），发现两块磁铁向中间靠拢并吸在一起了，下列说法正确的是（　　） A．放手下落过程中，磁铁受滑动摩擦力作用 B．放手下落过程中，磁铁的运动轨迹是一条直线 C．放手下落过程中，两个磁铁水平方向动量不守恒 D．放手下落过程中，磁铁和棒组成系统机械能不守恒 【答案】D 【详解】A．放手下落过程中，磁铁竖直方向只受重力作用，木棒与磁铁间没有弹力，所以不受摩擦力作用，故A错误； B．磁铁水平方向受相互吸引力作用，且引力不断增大，所以磁铁所受合力的方向与速度方向不在一条直线上，磁铁做曲线运动，故B错误； C．两个磁铁水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，故C错误； D．放手下落过程中，两磁铁间的吸引力做正功，所以系统机械能不守恒，故D正确。 故选D。 2. （2024·四川成都·二模）如图，半径为的固定光滑圆轨道竖直放置，套在轨道上质量均为的小球和（均可视为质点）用一根长为的轻杆连接。将置于轨道最低点并由静止释放，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　） A．小球、与轻杆组成的系统机械能守恒 B．小球、与轻杆组成的系统动量守恒 C．小球、等高时，球的速率为 D．从释放到小球、等高的过程中，杆对球做功为 【答案】AD 【详解】A．小球、与轻杆组成的系统，只有动能和重力势能相互转化，故机械能守恒，故A正确； B．小球、与轻杆组成的系统，所受合力不为零，故动量不守恒，故B错误； C．小球、等高时，小球上升高度为，小球下降高度为，根据杆连物体沿杆方向速度相等的关系知，小球、的速度大小关系有 解得 系统机械能守恒 解得 故C错误； D．从释放到小球、等高的过程中，根据功能关系，杆对球做功为 故D正确。 故选AD。 3. （2023·广东肇庆·模拟预测）如图所示，2022年2月5日，中国在交接棒时，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威获得更大的速度向前滑行。若任子威的质量大于曲春雨的质量，不计阻力，在曲春雨用力推任子威的过程中，下列说法正确的是（　　） A．曲春雨的加速度小于任子威的加速度 B．任子威的速度增加量等于曲春雨的速度减少量 C．任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量 D．曲春雨推任子威的力大于任子威对曲春雨的推力 【答案】C 【详解】C．曲春雨猛推任子威的前后瞬间可认为两人组成的系统动量守恒，而根据动量守恒定律可知，两人动量变化量的大小一定是相同的，因此任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量，故C正确； ABD．曲春雨猛推任子威的前后瞬间，作用瞬间极短，设为，两者之间的作用力为相互作用力，由牛顿第三定律可知，曲春雨推任子威的力等于任子威对曲春雨的推力，设为，曲春雨的质量设为，速度减少量为，任子威的质量设为，速度增加量为，则由动量定理可得 ， 而任子威的质量大于曲春雨的质量，即 则可得 根据牛顿第二定律可得 任子威的质量大于曲春雨的质量，可知任子威的加速度小于曲春雨得加速度，故ABD错误。 故选C。 4. （2024·河南郑州·一模）滑板运动备受青少年青睐．有一个动作是人越过横杆，滑板从横杆底下穿过，如图所示。忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力，若人安全过杆，则下列说法正确的是（    ） A．起跳过程中，板对人的作用力大于人对板的作用力 B．起跳过程中，板对人的作用力始终大于人的重力 C．人从离开滑板到落回滑板的过程中，始终处于失重状态 D．人从开始起跳到落回滑板的过程中，人与滑板构成的系统动量守恒 【答案】C 【详解】A．板对人的作用力与人对板的作用力是一对相互作用力，大小相等，故A错误； B．起跳过程中，人的加速度不一定一直向上，所以板对人的作用力不一定始终大于人的重力，故B错误； C．人从离开滑板到落回滑板的过程中，人只受重力作用，加速度为重力加速度，人始终处于失重状态，故C正确； D．人从开始起跳到落回滑板的过程中，人与滑板构成的系统竖直方向所受合外力不为零，动量不守恒，故D错误。 故选C。 5. （2023·浙江宁波·模拟预测）2022年2月5日在北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队成功夺冠。运动员在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。不考虑空气阻力的影响，则交接过程中（　　） A．两运动员的总动量不守恒 B．两运动员的总机械能守恒 C．每个运动员所受推力的冲量大小相同 D．每个运动员的动量变化相同 【答案】C 【详解】A．两运动员在交接的过程中，系统所受合力矢量和为零，系统动量守恒，故两运动员的总动量守恒，故A错误； B．后方运动员推前方运动员，推力对两运动员都做正功，故两运动员的总机械能增加，故B错误； C．两运动员受到的推力为相互作用力，力的作用时间相同，每个运动员所受推力的冲量大小相同。故C正确； D．系统动量守恒，两个运动员的动量变化量等大反向，动量变化不相同，故D错误。 故选C。 6. （2024·浙江·一模）2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。图示为陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　） A．在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零 B．运动员和滑板构成的系统机械能守恒 C．运动员和滑板构成的系统动量守恒 D．上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零 【答案】B 【详解】A．在最高点的时候人的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故在最高点的时候人的速度不为零，受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故A错误； B．运动员和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确； C．在开始起跳到脱离滑板瞬间，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故C错误； D．上升过程是运动员只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，运动员处于完全失重状态，滑板对人的作用力为零，故D错误。 故选B。 7. （2023·辽宁大连·模拟预测）如图所示，倾角为θ的光滑斜面体A放在光滑的水平面上，已知A的质量为2m，高为h，质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A的顶端。现撤去推力F，A、B便开始运动。重力加速度为g，则（　　）    A．推力的大小为 B．运动过程中，A对B做负功 C．A、B组成的系统，水平方向上动量守恒 D．当杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体的速度大小 【答案】BD 【详解】A．静止时A对B只有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图1所示    由平衡条件可知，竖直方向上有 可得 由牛顿第三定律可知，静止时B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为 对A受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有 故A错误； B．斜面体对直杆的作用力垂直斜面向上，而直杆的位移方向为竖直向下，所以斜面体对直杆的作用力做负功，故B正确； C．由于运动过程中直杆B受到光滑套管C的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统水平方向上动量不守恒，故C错误； D．当在很短时间内光滑直杆下落高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为，所以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为，斜面体的速度大小为，由系统机械能守恒有 由速度关系 解得 故D正确。 故选BD。 8. （2023·湖南永州·一模）如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置，静止释放b球，下列说法正确的是（  ）    A．b球落地的瞬间，a球的速度为0 B．在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒 C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0 D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0 【答案】AC 【详解】A．a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A正确； BD．由于当b球落地的瞬间，系统水平方向动量为0，所以a球先加速后减速到最后速度变为0，则轻杆对a球先做正功后做负功，由于球a、b与轻杆组成的系统机械能守恒，则在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球先做负功后做正功，且对b球做的总功为0，由于轻杆对b球先做负功后做正功，此过程中b球的机械能不守恒，故BD错误； C．对b球，水平方向上动量变化为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零。在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与只在重力作用下的速度一样，如图所示v-t图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向向上，所以杆对b球的水平和竖直冲量可知，杆对b球的冲量不为零，且方向竖直向上，故C正确。 故选AC。    9. （23-24高三上·贵州·开学考试）如图所示，光滑的半圆槽质量为M，半径为R，静止在光滑的水平地面上，一质量为m的小球（视为质点）恰好能沿槽右边缘的切线方向释放滑入槽内，小球沿槽内壁运动直至槽左边缘。重力加速度大小为g。关于小球和半圆槽的运动，下列说法正确的是（　　）    A．小球和半圆槽组成的系统，动量守恒，机械能守恒 B．小球和半圆槽组成的系统，动量不守恒，机械能守恒 C．小球滑到最底端时的速度大小等于 D．小球滑到最底端时的速度小于 【答案】BD 【详解】AB．根据题意可知，小球落入槽中后，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，故A错误，B正确； CD．当小球运动到最低点时，有 解得 故C错误，D正确。 故选BD。 10. （2024·广东东莞·模拟预测）如图所示，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，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，人和车不一定停止运动 C．锤子、人和车组成的系统水平方向动量守恒 D．不断用锤子沿竖直面上的弧线敲击车的左端，车和人左右来回运动 【答案】CD 【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AB错误，C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，故D正确。 故选CD。 11. （2023·河北秦皇岛·三模）某娱乐活动的部分闯关环节可简化抽象为下面的情景。如图所示，长、质量的木板静止在光滑水平面上，左右平台无限长且与木板等高，木板左端与左平台接触，质量的小滑块在恒力F作用下从静止开始运动，力F与水平方向的夹角为，F作用2s后撤去，小滑块又滑行1s后以的速度离开平台后滑上木板，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为，小滑块可视为质点，重力加速度取。已知，。求： （1）撤去力F时小滑块的速度大小； （2）力F的大小； （3）要使小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰，s的取值范围。    【答案】（1）15m/s ；（2）12.5N ；（3） 【详解】（1）撤去力F后，小滑块在滑行1s过程中由动量定理有 解得撤去力F时滑块的速度 （2）小滑块在滑行2s过程中由动量定理有 解得 （3）小滑块与木板作用，根据动量守恒定律有 解得小滑块与木板共速为 设木板在小滑块的摩擦力作用下位移大小为，由动能定理有 解得木板位移 故当即时，小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$