第25讲 动量守恒定律及其应用（复习讲义）（山东专用）2026年高考物理一轮复习讲练测

第25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 4 考点一 动量守恒的条件及应用 4 知识点1 量守恒定律内容及条件 4 知识点2 动量守恒定律的“四性” 4 考向1 动量守恒的判断 4 考向2 动量守恒守恒定律的应用 6 考点二 碰撞问题 9 知识点1 弹性碰撞 9 知识点2 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 10 考向1 弹性碰撞规律应用 10 考向2 完全非弹性碰撞规律应用 14 考向3 类碰撞问题 17 考点三 人船模型、爆炸和反冲问题 19 知识点1 人船模型 19 知识点2 爆炸和反冲问题 20 考向1 人船模型 20 考向2 爆炸和反冲问题 22 考点四 力学三大基本观点的综合应用 24 知识点1 三大观点及相互联系 24 知识点2 三大观点的选用原则 24 知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法 24 考向1 力学三大基本观点在弹簧模型中的应用 25 考向2 力学三大基本观点在板块模型中的应用 29 04真题溯源·考向感知 33 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 动量守恒定律的应用 选择题 非选择题 山东卷T17 江苏卷T14 广西卷T8 甘肃卷T14 天津卷T8 天津卷T12 广东卷T15 重庆卷T14 考情分析： 1．高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，题目难度各省份不同，同时，这类题目往往综合性比较强，需要的能力也比较高。 2．从命题思路上看，试题情景为 典型模型类：传送带模型、板块模型、竖直面内圆周运动模型、弹簧模型，以及电磁场带电体等。 复习目标： 目标一：理解和掌握动量守恒定律。 目标二：能够利用动量守恒定律处理解决涉及碰撞、反冲、弹簧和板块等问题。 目标三：能够应用三大观点解决复杂的物理过程。 动量守恒定律及其应用 动量守恒的条件及应用 动量守恒定律内容及条件 系统不受外力或外力合力为零时，总动量守恒 表达形式：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' 常见守恒形式及成立条件 理想守恒：系统不受外力或外力合力为零 近似守恒：内力远大于外力 分动量守恒：某方向上外力合力为零 动量守恒定律的“四性” 矢量性：初末动量为矢量，需选取正方向 瞬时性：每一时刻总动量相等 同一性：速度需相对同一参考系 普适性：适用于多物体及微观粒子系统 碰撞问题 弹性碰撞 碰撞三原则 动量守恒：p1 + p2 = p1' + p2' 动能不增加：Ek1 + Ek2 ≥ Ek1' + Ek2' 速度合理：考虑碰前后的运动方向 “动碰动”弹性碰撞 “动碰静”弹性碰撞结论 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 非弹性碰撞 动量守恒，动能损失 完全非弹性碰撞 碰后物体速度相同 系统损失动能最大 人船模型、爆炸和反冲问题 人船模型 适用条件 系统由两物体组成且初始静止，系统总动量为零 动量守恒或某方向动量守恒 爆炸和反冲问题 反冲现象 系统内部分向相反方向运动 动量守恒和机械能增加 爆炸现象 动量守恒和动能增加 爆炸前后位置不变 力学三大基本观点的综合应用 三大观点 动力学观点 能量观点 三大观点的选用原则 多物体系统优先使用守恒定律 涉及速度和时间使用动量定理 涉及位移和时间使用牛顿运动定律 涉及位移和速度使用动能定理 用三大观点解物理题的科学思维方法 多体问题 正确选取研究对象和寻找相互联系 多过程问题 观察过程特征和运用物理规律 含有隐含条件的问题 挖掘隐含条件，梳理解题思路 存在多种情况的问题 分析制约条件，探讨各种情况 动量观点 考点一 动量守恒的条件及应用 知识点1 量守恒定律内容及条件 1.内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。 2.表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 3.常见的几种守恒形式及成立条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。 ③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。 知识点2 动量守恒定律的“四性” 1.矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。 2.瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 3.同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。 4.普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。 考向1 动量守恒的判断 例1 如图所示，一内侧光滑的半圆柱槽置于粗糙的水平面上。现让一小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，球面与半圆槽相切并从A点进入槽内。当小球运动到槽内最低点时，槽体仍在水平面上运动。下列说法正确的是（　　） A．小球离开右侧槽口以后达到的最大高度与初始时相同 B．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 C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统动量守恒 D．小球运动到最低点时，小球与槽组成的系统水平方向的动量向右 【答案】D 【详解】ABC．因滑块与水平面存在摩擦力，故小球与槽组成的系统机械能和动量均不守恒，小球离开右侧槽口之后达到的最大高度也会小于初始时的高度，故ABC错误； D．如若槽和水平面是光滑的，则小球与槽组成的系统水平方向动量是守恒的，现根据题意可知小球从A点滑到最低点时，槽向左运动，则地面对槽的摩擦力水平向右，但在这个过程中，始终有摩擦力对系统有向右的冲量作用，故当小球运动到最低点时，小球和槽组成的系统水平方向上的动量水平向右，故D正确。 故选D。 【变式训练1-1·变载体】某同学拍摄了台球碰撞的频闪照片如图所示，在水平桌面上，台球1向右运动，与静止的台球2发生碰撞。已知两个台球的质量相等，他测量了台球碰撞前后相邻两次闪光时间内台球运动的距离AB、CD、EF，其中EF与AB连线的夹角为α，CD与AB连线的夹角为β。下列说法中不正确的是（　　） A．若满足，说明两球碰撞前、后机械能守恒 B．若满足，说明两球碰撞前、后动量守恒 C．若满足和，说明两球碰撞前、后动量守恒 D．若满足，说明是弹性碰撞 【答案】B 【详解】BC．若两球碰撞前、后动量守恒，则有， 整理可得，，故B错误，符合题意；C正确，不符合题意； AD．两球碰撞前、后若是弹性碰撞，则有 整理可得 结合，， 可得 化简可得 根据数学知识可得 解得，故AD正确，不符合题意。 本题选错误的，故选B。 【变式训练1-2·变载体】如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块和子弹将弹簧压缩到最短，下列说法正确的是（　　） A．子弹射入木块的过程中，子弹、木块组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．子弹射入木块的过程中，子弹、木块组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 C．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒 【答案】D 【详解】AB．子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，但由于要克服阻力做功，系统机械能不守恒，故AB错误； CD．木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由于只有弹簧的弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，故C错误，D正确。 故选D。 考向2 动量守恒守恒定律的应用 例2在光滑的水平面上，一个质量为2kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以A物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后A的动量为6kg∙m/s B．碰撞后A的动量为4kg∙m/s C．物体B的质量为2kg D．碰撞过程中合外力对B的冲量为6N∙s 【答案】D 【详解】AB．图像的斜率等于速度，可知碰撞后A的动量为 选项AB错误； C．碰撞后B的动量为 碰撞前A的动量为 碰前B的动量为零，则由动量守恒可知 解得 mB=6kg 选项C错误； D．碰撞过程中合外力对B的冲量为 选项D正确。 故选D。 【变式训练2-1·变载体】如图所示，质量分别为、的甲、乙两人静止在光滑的水平冰面上，甲沿水平方向推了乙，结果两人向相反方向滑去。两人分开后，乙的速度大小为，下列说法正确的是（  ） A．甲对乙的作用力大小与乙对甲的作用力大小之比为 B．两人分开后，甲的动能与乙的动能相等 C．甲对乙的冲量大小为 D．两人分开后，甲的速度大小为 【答案】D 【详解】A．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，甲对乙的作用力大小与乙对甲的作用力大小之比为1:1，故A错误； B．根据动能与动量的定义式有 解得 结合上述可知，甲乙动量大小相等，则动能之比等于质量的反比，即两人分开后，甲的动能与乙的动能不相等，故B错误； C．甲对乙的冲量大小为 故C错误； D．根据动量守恒定律有 解得 故D正确。 故选D。 【变式训练2-2·变载体】如图所示，质量m1=2kg的滑块与质量m2=3kg的带挡板的木板用轻弹簧拴接在一起，起初弹簧处于原长，它们一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右运动，之后木板与固定墙面发生弹性碰撞，弹簧始终处于弹性限度内，忽略一切摩擦，则从木板与墙壁碰撞后到弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧对滑块的冲量大小是（　　）    A．6.4N•s B．9.6N•s C．14.4N•s D．8N•s 【答案】B 【详解】木板与墙发生弹性碰撞，以原速率反向，滑块速度不变，此后滑块与木板系统动量守恒，压缩到最短时两物体共速，有 由动量定理知弹簧对滑块的冲量等于滑块的动量的改变量，故有 代入数据得 故选B。 考点二 碰撞问题 知识点1 弹性碰撞 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有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碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(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′＝v0，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) 知识点2 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据能量守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 2.完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考向1 弹性碰撞规律应用 例1如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，小球A、B质量分别为m、（k为待定系数），A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种情况下k的取值，下列各项中不正确的是（　　） A．若，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点 B．若，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道 C．若，小球B在后续运动过程中不会脱离轨道 D．若，小球A和小球B以后每次都是在圆轨道的最低点发生碰撞 【答案】B 【详解】A．A下滑到最低点的过程中 A碰B 知 若B恰运动至轨道顶点 B在顶点 联立解得 当时，B球可运动至轨道最高点，即若，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点，故A 正确； B．当 时，B脱轨，当 则小球B第一次碰后不一定会在某处脱离圆轨道，故B错误； C．若，两球发生弹性碰撞，由于两球的质量相等，速度交换，小球B恰能运动到右侧圆弧轨道速度减为零，然后返回，不会脱离轨道，当时，B运动不到圆心等高处速度减为零，然后返回，不会脱轨，故C正确； D．当时 两球碰后速度等大反向，即小球A和小球B以后每次都是在圆轨道的最低点发生碰撞，故D正确。 本题选不正确的，故选B。 【变式训练1-1·变考法】如图甲所示，将两个质量分别为m1 = 60 g、m2 = 30 g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从小球A下端距地面h0 = 1.8 m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度一时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．B球与A球碰前的速度大小为5 m/s B．A、B两球发生的是弹性碰撞 C．若m2 ≪ m1，第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20 m D．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小的比值为1∶101 【答案】D 【详解】A．碰前，两球均做自由落体运动，则有 解得 即B球与A球碰前的速度大小为6 m/s，故A错误； B．根据题意可知，B球碰后的速度方向向上，大小为v2 = 4m/s，以向上为正方向，碰撞过程，根据动量守恒定律有 解得 碰前两球的机械能为 碰后两球的机械能为 碰撞后系统总动能减小，可知碰撞是非弹性碰撞，故B错误； C．假设碰撞是弹性碰撞，此时B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞过程有 解得 当m2 ≪ m1时，有 解得 则B球上升到最高点过程有 解得 故C错误； D．在碰撞时间t = 0.01 s内，根据动量定理，对B球有 B球重力的冲量 解得 故D正确。 故选D。 【变式训练1-2·变情境】如图所示，OMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，OM下端与MN相切。质量为m的小球B静止在水平轨道上，质量为2m的小球A从OM上距水平轨道高为h处由静止释放，A球进入水平轨道后，与B球发生弹性碰撞。A、B两小球均可视为质点。关于A、B球碰撞后的速度大小之比，正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设A与B碰前的速度为，发生弹性后A、B的速度分别为、，由动量守恒定律可得 据机械能守恒定律可得 联立解得 ， 其中 ， 可得 ， 故A、B球碰撞后的速度大小之比为1：4。 故选B。 考向2 完全非弹性碰撞规律应用 例2如图，超市中静置于水平地面的n辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量I使其向右运动，运动一段距离后与第二辆车相碰，以共同速度向右运动，运动一段距离后又与第三辆车相碰，……直到碰完第n辆车，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，忽略地面摩擦力和空气阻力。则n辆车最终的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】第一辆车的速度 整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，动量守恒，碰后共速则有 则n辆车最终的速度大小为 故选C。 【变式训练2-1·变载体】如图所示，一质量为的物块B静止于水平地面上P点，P点左侧地面光滑，物块在P点右侧运动时所受摩擦阻力大小与物块的速率成正比（，k为已知常数）、与物块质量无关。现有一个质量为m的物块A以初速度向右撞向物块B，与B发生碰撞，碰撞时间极短，则下列说法正确的是（　　） A．若A、B碰撞过程中没有机械能损失，则碰撞过程中A对B的冲量大小为 B．若A、B碰撞过程中没有机械能损失，则B的位移 C．若A、B碰后粘在一起，则碰撞过程中A对B的冲量大小为 D．若A、B碰后粘在一起，其共同运动的位移 【答案】B 【详解】A．由系统动量守恒和机械能守恒可知 解得 得 故选项A错误； B．依题意，则物块A碰后反弹，物块B碰后做减速运动，最终静止 法一：由动量定理可得 全过程累加求和有 得 法二：类比电磁感应中的安培力可以证明f与x成线性关系，由动能定理可得 解得 故选项B正确； C．若A、B碰后粘在一起，则有 解得 故 故选项C错误； D．由动量定理可得 全过程累加求和有 得 故选项D错误。 故选B。 【变式训练2-2·变载体】如图所示，在光滑的水平面上有2022个完全相同的小球等间距地排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，则整个碰撞过程中损失的机械能总量为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】以第一个小球初速度方向的为正方向，由于小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，每次碰撞后小球速度都相同，故最后每个小球速度都相同，将2022个小球组成的整体看做一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒守恒得 解得 则系统损失的机械能为 而 解得 故选C。 考向3 类碰撞问题 例3如图所示，带有光滑圆弧轨道，质量为的小车静止置于光滑的水平面上，一质量也为的小球以速度由圆弧轨道的最低端水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的最左端，则小球脱离小车后（　　） A．将向左做平抛运动 B．将向右做平抛运动 C．此过程中小球对小车做的功为 D．小球在弧形槽上上升的最大高度为 【答案】C 【详解】AB．设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒及能量守恒有， 联立解得， 即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故AB错误； C．根据功能关系可知，此过程中小球对小车做的功为，故C正确； D．当小球上升到最高点时与小车相对静止，二者具有相同的速度，设该高度为，则有， 联立解得，故D错误。 故选C。 【变式训练3-1·变载体】轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现使物块A以水平向右的速度开始运动，如图甲所示，并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列说法错误的是（    ） A．A、B两物块的质量之比为15：9 B．时，物块A的速度大小为0.25 C．内，弹簧对两物块的冲量大小相等 D．和时刻弹簧的弹性势能最大 【答案】A 【详解】A．两物块组成系统合外力为零，取向右为正方向，从0到t2的过程中，根据动量守恒定律得可得可知mA＜mB 故A错误符合题意； B．t=t2时，弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 ，联立解得mA=0.6mB，v'A=0.25v0故B正确不符合题意； C．t2～t3内，A、B物块受弹簧弹力大小相等，方向相反，根据I=Ft可知，弹簧对两物块的冲量大小相等，故C正确不符合题意； D．和时刻两物体速度相等，弹簧形变量最大，弹簧的弹性势能最大，故D正确不符合题意； 故选A。 【变式训练3-2·变载体】如图所示，一质量为的长方形木板B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为的小木块A，现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动、B开始向右运动，最终A没有滑离B，站在地面的观察者看到一段时间内小木块A正在加速运动，则这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是（　　） A．1.9m/s B．2.5m/s C．2.8m/s D．3.0m/s 【答案】B 【详解】由题意，A先向左匀减速到零，再反向向右做匀加速运动至二者共速后一起向右匀速。根据系统动量守恒，A速度为零时B的速度为，有 解得 A与B共速为，有 解得 则A加速时，B可能的速度范围为,只有B正确。 故选B。 考点三 人船模型、爆炸和反冲问题 知识点1 人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 3. 类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五 知识点2 爆炸和反冲问题 1． 对反冲现象的三点说明 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 (3)反冲运动中平均动量守恒。 2． 爆炸现象的三个规律 (1)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远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 (2)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，所以爆炸前后系统的总动能增加。 (3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 考向1 人船模型 例1如图所示，质量的人，站在质量的车的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中，车后退，车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】人和车动量守恒，初始均相对地面静止，则人走动过程人和车的动量任意时刻等大反向，则有 人由车的一端走到另一端所用时间为t，则有 即 解得 车长为 故选 C。 【变式训练1-1·变载体】如图，小球A、物块B的质量分别为、，物体B置于光滑水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为，将小球A从半圆型槽的右侧最顶端由静止释放，小球A可视为质点，一切摩擦均不计。则（    ） A．A不能到达B的左侧最高点 B．A、B组成的系统动量守恒 C．A向左运动的最大位移大小为 D．当A运动到半圆型槽的最低点时，B的速度大小为 【答案】C 【详解】A．设A到达左侧最高点的速度为v，以小球和槽组成的系统为研究对象，根据系统水平动量守恒知，系统的初动量为零，则末总动量为零，即 根据系统的机械能守恒知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A错误； B．A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向上不守恒，所以A、B组成的系统动量不守恒，故B错误； C．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，A向左运动的位移最大，设A向左的最大位移为x，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得则解得故C正确； D．设A到达最低点时的速度大小为vA，槽的速度大小为vB。取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得解得根据系统的机械能守恒得解得故D错误。故选C。 【变式训练1-2·变载体】如图所示，两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑细杆上。初始时，细绳恰好伸直并处于水平状态，两球均可视为质点且 重力加速度为g。现将 A、B由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是 （　　） A．两个小球组成系统动量守恒 B．A球在竖直平面内做变速圆周运动 C．B向右运动的最大位移大小为 D．B向右运动的最大位移大小为 【答案】C 【详解】A．两个小球组成的系统水平方向上不受力，故水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的速度发生变化，即竖直方向上合外力不为零，故系统的动量不守恒，A错误； B．B球在光滑杆上做往复运动，A球一边围绕B球做圆周运动，一边随B球做往复运动，B错误； CD．两个小球组成的系统水平方向上动量守恒，有又因为联立有从释放到A球摆到最低点的过程中，有联立解得由对称性可知B球向右运动的最大位移大小为，C正确，D错误。故选C。 考向2 爆炸和反冲问题 例22023年10月10日，据黎巴嫩媒体报道，以色列军队在黎巴嫩南部领土使用国际法禁止的白磷弹。假设一质量为m的白磷弹竖直向上运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时质量为部分的动能为，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】爆炸后瞬时质量为部分的速度大小为，另一部分的质量为，速度大小为，根据动量守恒可得又，该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为联立解得故选C。 【变式训练2-1·变载体】如图某中学放飞“水火箭”的活动中，同学们将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面v0的速度与水平方向成θ角斜向下喷出。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒 B．当θ=45°时，火箭飞得最高 C．火箭的初速度大小为 D．火箭从射出点到最高点所用时间为 【答案】C 【详解】A．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，故A错误； B．竖直方向根据可得飞行高度可知竖直方向的分速度越大，飞得越高，即当θ=90°时，火箭飞得最高，故B错误； CD．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有解得火箭上升的时间为，故C正确，D错误。故选C。 【变式训练2-2·变载体】如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为∆m，以地面为参考系，下列说法正确的是（　　） A．若，则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向相同，喷气后飞机速度不会增加 B．只有，喷气后飞机速度才会增加 C．喷气后飞机速度为 D．喷气后飞机增加的速度为 【答案】D 【详解】C．设喷出气体后飞机的速度为v′，对飞机和气体组成的系统，根据动量守恒有解得故C错误； D．结合上述可知，喷气后飞机增加的速度为，故D正确； AB．根据上述，喷气后飞机增加的速度为，可知无论u与v的大小关系如何，v′均大于v，故AB错误。故选D。 考点四 力学三大基本观点的综合应用 知识点1 三大观点及相互联系 知识点2 三大观点的选用原则 力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。 (1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。 (2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。 (3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。 (4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路。 知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法 1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系 选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。 通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。 2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律 观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。 3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件 注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中去挖掘。 4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况 解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。 考向1 力学三大基本观点在弹簧模型中的应用 例1如图所示，光滑水平面上静置有质量的滑块C，C的上表面是半径 的四分之一圆弧，且最低点切线水平。C右侧静止放置一与轻弹簧连接的小球B，B的质量也为M。让一质量的小球A从C的顶端自由释放，A到达水平面上压缩弹簧，最后又与弹簧分离，重力加速度g取不计一切摩擦，A、B均可视为质点，求： (1)A第一次与C分离时的速度大小； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)C最终的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A从释放到第一次与C分离过程，A、C组成的系统满足水平方向动量守恒，则有 根据机械能守恒可得 联立解得， 可知A第一次与C分离时A的速度大小为，方向向右；C的速度大小为，方向向左。 （2）当A、B速度相同时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒可得 解得 根据能量守恒可得 解得最大弹性势能为 （3）当弹簧恢复原长时，A与弹簧分离，以向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒可得 ， 解得， 可知A与弹簧分离时的速度大小为，方向向左；之后A追上C，最后再与C分离，从A追上C到第二次与C分离过程，以向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得， 联立解得， 可知C最终的速度大小为。 【变式训练1-1·变情境】如图所示，在足够长的光滑水平面上，放置三个滑块A、B、C，滑块A右侧栓接一水平轻质弹簧，弹簧右端与滑块B接触（不栓接）。初始时，滑块A、B与弹簧一起以速度向右做匀速直线运动，此时弹簧处于原长状态。滑块C静止在滑块B右侧，滑块C右侧距离足够远处有一足够长的斜面滑块D，底端通过一段小圆弧与水平面平滑相切，可以在水平面上无摩擦滑动。某时刻，滑块B与滑块C发生碰撞并粘在一起（碰撞时间极短）。在滑块B、C离开弹簧后，撤去滑块A（撤去操作不影响系统运动）。已知滑块A、B、C、D的质量分别为、、、。重力加速度。求： (1)在滑块B、C离开弹簧前，弹簧弹性势能的最大值； (2)滑块B、C粘在一起后，滑上斜面滑块D的最大高度； (3)滑块B、C与斜面滑块D分离时各自的速度大小。 【答案】(1) (2) (3)1m/s；1m/s 【详解】（1）设滑块B与C碰后粘在一起的速度为，有 解得 此后滑块A的速度大于滑块速度，弹簧被压缩，压樎到最短时弹性势能最大，此时三者速度相等，设为，有解得 弹性势能的最大值为解得 （2）滑块从粘在一起到与弹簧分开后，弹簧从原长被压缩再恢复原长，则有 解得， 滑块滑上滑块D过程中，滑块与滑块D在水平方向上动量守恒。到最高点时，速度相等，设为v，则有 解得 根据能量守恒可知 解得 （3）滑块与滑块D分离时，速度分别为与，则有 解得， 即滑块B、C与斜面滑块D分离时各自的速度大小分别为1m/s和1m/s。 【变式训练1-2·变情境】为了探究物体间的碰撞特性，设计了如图所示的实验装置，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量 的滑块b与质量滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量 的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量），重力加速度取。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小； (2)若滑块a碰后第一次经过圆弧轨道F点时受到的轨道支持力大小为2.4N，求a、b第一次碰后瞬间b的速度大小； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系 解得 （2）若滑块a碰后第一次经过圆弧轨道F点时受力分析得 解得 滑块a与滑块b碰撞时间极短，碰撞过程动量守恒 解得 （3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度 解得 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度 则 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系 解得 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为 则弹簧最大长度与最小长度之差 考向2 力学三大基本观点在板块模型中的应用 例2某工厂的传送装置可简化为如图所示模型，半径m的四分之一圆弧轨道最低点与长度m的传送带平滑连接，传送带以m/s的速率顺时针转动，传送带右侧与轨道平滑连接，轨道右侧地面放置一质量kg的木板，木板紧靠轨道，传送带、轨道与木板上表面平齐，距木板右端m处有一挡板。现将质量kg的物块轻放在圆弧轨道最高点，使其由静止开始运动。已知物块与传送带之间、物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余部分摩擦忽略不计，木板与右侧挡板的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，物块可看做质点且始终未滑离木板，取重力加速度m/s²。求： (1)计算物块在点时对轨道的压力的大小； (2)求物体在木板上第一次与木板共速时，木板的速度大小； (3)整个过程中木板运动的路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块下滑运动到N点，由动能定理 解得 在N点，根据牛顿第二定律有 结合牛顿第三定律，可得 （2）物块在传送带上滑行的加速度 共速时滑行距离 故物块在传送带上先减速后匀速运动，物块滑上木板时的速度为 假设木板第一次与挡板碰撞前，物块已经与木板共速，根据动量守恒定律，有 解得 该过程中对木板，由动能定理可得 解得，假设正确，故物体在木板上第一次与木板共速时，木板的速度大小 （3）木板与挡板第一次碰撞，木板位移为 木板与挡板第一次碰撞后减速到零过程，根据动能定理，有 解得，则木板从第一次到第二次与档板碰撞时发生的位移为 木板与挡板第一次碰撞后到物块与木板第二次共速，根据动量守恒有 解得 木板与挡板第二次碰撞后减速到零过程，根据动能定理，有 解得，则木板从第二次到第三次与档板碰撞时发生的位移为 木板与挡板第二次碰撞后到物块与木板第三次共速，根据动量守恒有 解得 同理可得，木板位移为 故整个过程中木板运动的路程 【变式训练2-1·变情境】如图，MN为一长为的水平传送带，传送带右端平滑对接一足够长的水平地面，在水平地面上紧靠传送带右端静置一质量为、长为d的木板a，a的最右端放置一质量为的物块b。当传送带以恒定的速率顺时针转动时，在传送带的左端由静止释放一质量为的物块c。已知a与水平地面间的动摩擦因数，b与a上表面之间、c与传送带之间的动摩擦因数均为，不计c与水平地面间的摩擦，b、c均可视为质点。设c与a的每次碰撞均为弹性正碰，且碰撞时间极短，取重力加速度大小。求： (1)c从M端第一次运动到N端的时间； (2)c与a第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，c与传送带因摩擦产生的热量； (3)如果c与a发生第三次碰撞前，b未从a上滑离，d的最小值。 【答案】(1)4.5s (2)64J (3)1.125m 【详解】（1）c从M端释放时的加速度大小为 设从释放到与传送带共速所用时间为，则有， 解得， 共速后c匀速运动到N端所用时间为 则c从M端第一次运动到N端的时间为 （2）c与a第一次相碰，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 碰后，c在传送带上先向左匀减速，再向右匀加速，c与a第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，其在传送带上运动的时间为 这段时间内，c的位移为零，c相对传送带的位移为 产生的热量为 解得 （3）c与a第一次碰撞后，a做匀减速运动，b做匀加速运动；对a有 对b有 解得， 设经时间，a、b速度相等且为，则有 解得， b相对a向左滑动的位移为 速度相等后，由于，a与b各自匀减速到停止，设a的加速度为，则有 解得 这段时间内b相对a向右滑动的位移 由于c与a相碰到ab均停下的时间为 表明：c再次与a碰撞前，ab均已停止。 所以，c与a第一次相碰到第二次相碰的时间内，b相对a向左滑动的总位移为 c与a第二次相碰后，同理可知a的速度为 b相对a向左滑动的最大位移应为 所以，要让c与a发生第三次碰撞前，b未从a上滑离，d的最小值应为 【变式训练2-2·变考法】如图所示，的质量分别为为下端带挡板的木板，其上下表面与斜面平行，板长米，斜面足够长，A可视为质点。间的动摩擦因素为与斜面间的动摩擦因数。现将A置于B的顶端，并将A、B从静止同时释放，一段时间后A与B的挡板发生弹性碰撞。（，求： (1)开始释放时的加速度大小； (2)A与B第一次碰后，的速度大小； (3)若在第二次碰前，启动B的挡板上的锁定装置，使A与挡板碰后粘在一起，则第二次碰撞产生的热量是多少？ 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）对A，根据牛顿第二定律有 解得： 对B受力分析可知 则 （2）对A，根据速度—位移公式有 解得 AB发生弹性碰撞的过程中有、 解得 （3）对A、B，由碰后到共速，根据动量守恒定律有 对A，根据动量定理有解得、 相对位移为 对B由共速到第二次碰撞，根据牛顿第二定律有 解得：根据解得： 由于 假设成立，对A、B，第二次碰撞过程中有、 解得 1．（2025·山东·高考真题）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】轨道舱与返回舱的质量比为，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m； 根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有 可得做圆周运动的线速度为 弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有 由题意 带入解得 故选C。 2．（2025·北京·高考真题）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两部分，质量分别为和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； (2)炸裂后瞬间B的速度大小； (3)落地点之间的距离d。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式 可得 （2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得 解得 即大小为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为t，则A的水平位移 B的水平位移 所以落地点A、B之间的距离 3．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； (3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为。 （2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得， 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为 （3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为 则玻璃球碰撞次后最终动能大小 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第25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 4 考点一 动量守恒的条件及应用 4 知识点1 量守恒定律内容及条件 4 知识点2 动量守恒定律的“四性” 4 考向1 动量守恒的判断 4 考向2 动量守恒守恒定律的应用 5 考点二 碰撞问题 6 知识点1 弹性碰撞 6 知识点2 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 7 考向1 弹性碰撞规律应用 8 考向2 完全非弹性碰撞规律应用 9 考向3 类碰撞问题 10 考点三 人船模型、爆炸和反冲问题 11 知识点1 人船模型 11 知识点2 爆炸和反冲问题 12 考向1 人船模型 12 考向2 爆炸和反冲问题 13 考点四 力学三大基本观点的综合应用 14 知识点1 三大观点及相互联系 14 知识点2 三大观点的选用原则 14 知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法 15 考向1 力学三大基本观点在弹簧模型中的应用 15 考向2 力学三大基本观点在板块模型中的应用 17 04真题溯源·考向感知 18 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 动量守恒定律的应用 选择题 非选择题 山东卷T17 江苏卷T14 广西卷T8 甘肃卷T14 天津卷T8 天津卷T12 广东卷T15 重庆卷T14 考情分析： 1．高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，题目难度各省份不同，同时，这类题目往往综合性比较强，需要的能力也比较高。 2．从命题思路上看，试题情景为 典型模型类：传送带模型、板块模型、竖直面内圆周运动模型、弹簧模型，以及电磁场带电体等。 复习目标： 目标一：理解和掌握动量守恒定律。 目标二：能够利用动量守恒定律处理解决涉及碰撞、反冲、弹簧和板块等问题。 目标三：能够应用三大观点解决复杂的物理过程。 动量守恒定律及其应用 动量守恒的条件及应用 动量守恒定律内容及条件 系统不受外力或外力合力为 时，总动量守恒 表达形式：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' 常见守恒形式及成立条件 理想守恒： 近似守恒：内力 于外力 分动量守恒：某方向上外力合力为 动量守恒定律的“四性” 矢量性：初末动量为矢量，需选取正方向 瞬时性：每一时刻总动量相等 同一性：速度需相对同一参考系 普适性：适用于多物体及微观粒子系统 碰撞问题 弹性碰撞 碰撞三原则 动量 ：p1 + p2 = p1' + p2' 动能不 ：Ek1 + Ek2 ≥ Ek1' + Ek2' 速度合理：考虑碰前后的运动方向 “动碰动”弹性碰撞 “动碰静”弹性碰撞结论 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 非弹性碰撞 动量 ，动能损失 完全非弹性碰撞 碰后物体速度 系统损失动能 人船模型、爆炸和反冲问题 人船模型 适用条件 系统由两物体组成且初始静止，系统总动量为 动量守恒或某方向动量守恒 爆炸和反冲问题 反冲现象 系统内部分向相反方向运动 动量守恒和机械能增加 爆炸现象 动量守恒和动能增加 爆炸前后位置不变 力学三大基本观点的综合应用 三大观点 动力学观点 能量观点 三大观点的选用原则 多物体系统优先使用守恒定律 涉及速度和时间使用动量定理 涉及位移和时间使用牛顿运动定律 涉及位移和速度使用动能定理 用三大观点解物理题的科学思维方法 多体问题 正确选取研究对象和寻找相互联系 多过程问题 观察过程特征和运用物理规律 含有隐含条件的问题 挖掘隐含条件，梳理解题思路 存在多种情况的问题 分析制约条件，探讨各种情况 动量观点 考点一 动量守恒的条件及应用 知识点1 量守恒定律内容及条件 1.内容：如果系统 ，或者所受外力的 ，这个系统的总动量保持不变。 2.表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 3.常见的几种守恒形式及成立条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力 外力。 ③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为 ，系统在该方向上 。 知识点2 动量守恒定律的“四性” 1.矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。 2.瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 3.同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。 4.普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。 考向1 动量守恒的判断 例1 如图所示，一内侧光滑的半圆柱槽置于粗糙的水平面上。现让一小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，球面与半圆槽相切并从A点进入槽内。当小球运动到槽内最低点时，槽体仍在水平面上运动。下列说法正确的是（　　） A．小球离开右侧槽口以后达到的最大高度与初始时相同 B．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 C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统动量守恒 D．小球运动到最低点时，小球与槽组成的系统水平方向的动量向右 【变式训练1-1·变载体】某同学拍摄了台球碰撞的频闪照片如图所示，在水平桌面上，台球1向右运动，与静止的台球2发生碰撞。已知两个台球的质量相等，他测量了台球碰撞前后相邻两次闪光时间内台球运动的距离AB、CD、EF，其中EF与AB连线的夹角为α，CD与AB连线的夹角为β。下列说法中不正确的是（　　） A．若满足，说明两球碰撞前、后机械能守恒 B．若满足，说明两球碰撞前、后动量守恒 C．若满足和，说明两球碰撞前、后动量守恒 D．若满足，说明是弹性碰撞 【变式训练1-2·变载体】如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块和子弹将弹簧压缩到最短，下列说法正确的是（　　） A．子弹射入木块的过程中，子弹、木块组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．子弹射入木块的过程中，子弹、木块组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 C．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒 考向2 动量守恒守恒定律的应用 例2在光滑的水平面上，一个质量为2kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以A物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后A的动量为6kg∙m/s B．碰撞后A的动量为4kg∙m/s C．物体B的质量为2kg D．碰撞过程中合外力对B的冲量为6N∙s 【变式训练2-1·变载体】如图所示，质量分别为、的甲、乙两人静止在光滑的水平冰面上，甲沿水平方向推了乙，结果两人向相反方向滑去。两人分开后，乙的速度大小为，下列说法正确的是（  ） A．甲对乙的作用力大小与乙对甲的作用力大小之比为 B．两人分开后，甲的动能与乙的动能相等 C．甲对乙的冲量大小为 D．两人分开后，甲的速度大小为 【变式训练2-2·变载体】如图所示，质量m1=2kg的滑块与质量m2=3kg的带挡板的木板用轻弹簧拴接在一起，起初弹簧处于原长，它们一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右运动，之后木板与固定墙面发生弹性碰撞，弹簧始终处于弹性限度内，忽略一切摩擦，则从木板与墙壁碰撞后到弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧对滑块的冲量大小是（　　）    A．6.4N•s B．9.6N•s C．14.4N•s D．8N•s 考点二 碰撞问题 知识点1 弹性碰撞 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有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碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等， ) (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′＝v0，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 ，大不变) 知识点2 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据能量守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 2.完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考向1 弹性碰撞规律应用 例1如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，小球A、B质量分别为m、（k为待定系数），A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种情况下k的取值，下列各项中不正确的是（　　） A．若，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点 B．若，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道 C．若，小球B在后续运动过程中不会脱离轨道 D．若，小球A和小球B以后每次都是在圆轨道的最低点发生碰撞 【变式训练1-1·变考法】如图甲所示，将两个质量分别为m1 = 60 g、m2 = 30 g的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从小球A下端距地面h0 = 1.8 m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01 s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度一时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．B球与A球碰前的速度大小为5 m/s B．A、B两球发生的是弹性碰撞 C．若m2 ≪ m1，第一次碰撞后，B球上升的最大高度可能大于20 m D．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小的比值为1∶101 【变式训练1-2·变情境】如图所示，OMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，OM下端与MN相切。质量为m的小球B静止在水平轨道上，质量为2m的小球A从OM上距水平轨道高为h处由静止释放，A球进入水平轨道后，与B球发生弹性碰撞。A、B两小球均可视为质点。关于A、B球碰撞后的速度大小之比，正确的是（　　） A． B． C． D． 考向2 完全非弹性碰撞规律应用 例2如图，超市中静置于水平地面的n辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量I使其向右运动，运动一段距离后与第二辆车相碰，以共同速度向右运动，运动一段距离后又与第三辆车相碰，……直到碰完第n辆车，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，忽略地面摩擦力和空气阻力。则n辆车最终的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【变式训练2-1·变载体】如图所示，一质量为的物块B静止于水平地面上P点，P点左侧地面光滑，物块在P点右侧运动时所受摩擦阻力大小与物块的速率成正比（，k为已知常数）、与物块质量无关。现有一个质量为m的物块A以初速度向右撞向物块B，与B发生碰撞，碰撞时间极短，则下列说法正确的是（　　） A．若A、B碰撞过程中没有机械能损失，则碰撞过程中A对B的冲量大小为 B．若A、B碰撞过程中没有机械能损失，则B的位移 C．若A、B碰后粘在一起，则碰撞过程中A对B的冲量大小为 D．若A、B碰后粘在一起，其共同运动的位移 【变式训练2-2·变载体】如图所示，在光滑的水平面上有2022个完全相同的小球等间距地排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，则整个碰撞过程中损失的机械能总量为（　　） A． B． C． D． 考向3 类碰撞问题 例3如图所示，带有光滑圆弧轨道，质量为的小车静止置于光滑的水平面上，一质量也为的小球以速度由圆弧轨道的最低端水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的最左端，则小球脱离小车后（　　） A．将向左做平抛运动 B．将向右做平抛运动 C．此过程中小球对小车做的功为 D．小球在弧形槽上上升的最大高度为 【变式训练3-1·变载体】轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现使物块A以水平向右的速度开始运动，如图甲所示，并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列说法错误的是（    ） A．A、B两物块的质量之比为15：9 B．时，物块A的速度大小为0.25 C．内，弹簧对两物块的冲量大小相等 D．和时刻弹簧的弹性势能最大 【变式训练3-2·变载体】如图所示，一质量为的长方形木板B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为的小木块A，现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动、B开始向右运动，最终A没有滑离B，站在地面的观察者看到一段时间内小木块A正在加速运动，则这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是（　　） A．1.9m/s B．2.5m/s C．2.8m/s D．3.0m/s 考点三 人船模型、爆炸和反冲问题 知识点1 人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 3. 类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五 知识点2 爆炸和反冲问题 1． 对反冲现象的三点说明 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 (3)反冲运动中平均动量守恒。 2． 爆炸现象的三个规律 (1)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远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 (2)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，所以爆炸前后系统的总动能增加。 (3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 考向1 人船模型 例1如图所示，质量的人，站在质量的车的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中，车后退，车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为（　　） A． B． C． D． 【变式训练1-1·变载体】如图，小球A、物块B的质量分别为、，物体B置于光滑水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为，将小球A从半圆型槽的右侧最顶端由静止释放，小球A可视为质点，一切摩擦均不计。则（    ） A．A不能到达B的左侧最高点 B．A、B组成的系统动量守恒 C．A向左运动的最大位移大小为 D．当A运动到半圆型槽的最低点时，B的速度大小为 【变式训练1-2·变载体】如图所示，两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑细杆上。初始时，细绳恰好伸直并处于水平状态，两球均可视为质点且 重力加速度为g。现将 A、B由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是 （　　） A．两个小球组成系统动量守恒 B．A球在竖直平面内做变速圆周运动 C．B向右运动的最大位移大小为 D．B向右运动的最大位移大小为 考向2 爆炸和反冲问题 例22023年10月10日，据黎巴嫩媒体报道，以色列军队在黎巴嫩南部领土使用国际法禁止的白磷弹。假设一质量为m的白磷弹竖直向上运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬时质量为部分的动能为，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该白磷弹爆炸后瞬时的总动能为（　　） A． B． C． D． 【变式训练2-1·变载体】如图某中学放飞“水火箭”的活动中，同学们将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面v0的速度与水平方向成θ角斜向下喷出。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒 B．当θ=45°时，火箭飞得最高 C．火箭的初速度大小为 D．火箭从射出点到最高点所用时间为 【变式训练2-2·变载体】如图所示，一架质量为m的喷气式飞机飞行的速率是v，某时刻它向后喷出的气体相对飞机的速度大小为u，喷出气体的质量为∆m，以地面为参考系，下列说法正确的是（　　） A．若，则喷出气体的速度方向与飞机飞行方向相同，喷气后飞机速度不会增加 B．只有，喷气后飞机速度才会增加 C．喷气后飞机速度为 D．喷气后飞机增加的速度为 考点四 力学三大基本观点的综合应用 知识点1 三大观点及相互联系 知识点2 三大观点的选用原则 力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。 (1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。 (2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。 (3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。 (4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路。 知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法 1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系 选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。 通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。 2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律 观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。 3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件 注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中去挖掘。 4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况 解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。 考向1 力学三大基本观点在弹簧模型中的应用 例1如图所示，光滑水平面上静置有质量的滑块C，C的上表面是半径 的四分之一圆弧，且最低点切线水平。C右侧静止放置一与轻弹簧连接的小球B，B的质量也为M。让一质量的小球A从C的顶端自由释放，A到达水平面上压缩弹簧，最后又与弹簧分离，重力加速度g取不计一切摩擦，A、B均可视为质点，求： (1)A第一次与C分离时的速度大小； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)C最终的速度大小。 【变式训练1-1·变情境】如图所示，在足够长的光滑水平面上，放置三个滑块A、B、C，滑块A右侧栓接一水平轻质弹簧，弹簧右端与滑块B接触（不栓接）。初始时，滑块A、B与弹簧一起以速度向右做匀速直线运动，此时弹簧处于原长状态。滑块C静止在滑块B右侧，滑块C右侧距离足够远处有一足够长的斜面滑块D，底端通过一段小圆弧与水平面平滑相切，可以在水平面上无摩擦滑动。某时刻，滑块B与滑块C发生碰撞并粘在一起（碰撞时间极短）。在滑块B、C离开弹簧后，撤去滑块A（撤去操作不影响系统运动）。已知滑块A、B、C、D的质量分别为、、、。重力加速度。求： (1)在滑块B、C离开弹簧前，弹簧弹性势能的最大值； (2)滑块B、C粘在一起后，滑上斜面滑块D的最大高度； (3)滑块B、C与斜面滑块D分离时各自的速度大小。 【变式训练1-2·变情境】为了探究物体间的碰撞特性，设计了如图所示的实验装置，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量 的滑块b与质量滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量 的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量），重力加速度取。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小； (2)若滑块a碰后第一次经过圆弧轨道F点时受到的轨道支持力大小为2.4N，求a、b第一次碰后瞬间b的速度大小； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 考向2 力学三大基本观点在板块模型中的应用 例2某工厂的传送装置可简化为如图所示模型，半径m的四分之一圆弧轨道最低点与长度m的传送带平滑连接，传送带以m/s的速率顺时针转动，传送带右侧与轨道平滑连接，轨道右侧地面放置一质量kg的木板，木板紧靠轨道，传送带、轨道与木板上表面平齐，距木板右端m处有一挡板。现将质量kg的物块轻放在圆弧轨道最高点，使其由静止开始运动。已知物块与传送带之间、物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余部分摩擦忽略不计，木板与右侧挡板的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，物块可看做质点且始终未滑离木板，取重力加速度m/s²。求： (1)计算物块在点时对轨道的压力的大小； (2)求物体在木板上第一次与木板共速时，木板的速度大小； (3)整个过程中木板运动的路程。 【变式训练2-1·变情境】如图，MN为一长为的水平传送带，传送带右端平滑对接一足够长的水平地面，在水平地面上紧靠传送带右端静置一质量为、长为d的木板a，a的最右端放置一质量为的物块b。当传送带以恒定的速率顺时针转动时，在传送带的左端由静止释放一质量为的物块c。已知a与水平地面间的动摩擦因数，b与a上表面之间、c与传送带之间的动摩擦因数均为，不计c与水平地面间的摩擦，b、c均可视为质点。设c与a的每次碰撞均为弹性正碰，且碰撞时间极短，取重力加速度大小。求： (1)c从M端第一次运动到N端的时间； (2)c与a第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔内，c与传送带因摩擦产生的热量； (3)如果c与a发生第三次碰撞前，b未从a上滑离，d的最小值。 【变式训练2-2·变考法】如图所示，的质量分别为为下端带挡板的木板，其上下表面与斜面平行，板长米，斜面足够长，A可视为质点。间的动摩擦因素为与斜面间的动摩擦因数。现将A置于B的顶端，并将A、B从静止同时释放，一段时间后A与B的挡板发生弹性碰撞。（，求： (1)开始释放时的加速度大小； (2)A与B第一次碰后，的速度大小； (3)若在第二次碰前，启动B的挡板上的锁定装置，使A与挡板碰后粘在一起，则第二次碰撞产生的热量是多少？ 1．（2025·山东·高考真题）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·北京·高考真题）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两部分，质量分别为和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； (2)炸裂后瞬间B的速度大小； (3)落地点之间的距离d。 3．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； (3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$