1.3动量守恒定律 讲义-2025-2026学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册

1.3动量守恒定律 学习目标 1.会根据动量定理、牛顿第三定律推导动量守恒定律(重点)。 2.知道系统、内力、外力的概念。 3.理解并掌握动量守恒定律的内容、公式及成立条件(重点) 4.能在具体问题中判断动量是否守恒，能熟练运用动量守恒定律解释相关现象和解决相关问题(重难点)。 考点梳理 动量守恒定律 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。 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变化量等大反向。 (4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 3．适用条件 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。 4．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。 知识点梳理1：动量守恒定律的理解 1．系统、内力与外力 (1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。 (2)内力：系统中物体间的作用力。 (3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。 2．动量守恒定律 (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。 (2)表达式： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等)。 (3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。 (4)普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速(接近光速)物体．既适用于宏观领域，也适用于微观领域。 系统动量是否守恒的判定方法 1．选定研究对象及研究过程，分清外力与内力。 2．分析系统受到的外力矢量和是否为零，若外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒。系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。 3．除了利用动量守恒条件判定外，还可以通过实际过程中系统各物体各方向上总动量是否保持不变来进行直观的判定。 例题精讲： 【例1】（2025春•常州期末）光滑水平面上放置固定有竖直杆的小车，轻绳一端系有小球另一端系于杆顶，车右侧有固定挡板。现将小球向右拉开至如图位置，释放小球小车，小球第一次向左摆动至最高点过程中　　 A．下摆过程，球车系统水平动量守恒 B．下摆过程，球车系统竖直动量守恒 C．上摆过程，球车系统水平动量守恒 D．上摆过程，球车系统竖直动量守恒 【例2】（2025春•青羊区校级期中）如图所示，质量为的长木板置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在木板左端的挡板上（挡板固定在木板上），右端与质量为的小木块连接。木块与长木板之间光滑，开始时和都静止，弹簧处于自然状态。现同时对、施加反向的水平恒力、，两物体开始运动到弹簧第一次最长的过程，弹簧未超过其弹性限度，则对、、弹簧组成的系统，下列说法正确的是　　 A．若，，系统机械能一定不守恒、动量一定守恒 B．若，，系统机械能一定守恒、动量一定不守恒 C．若，，系统机械能一定不守恒、动量一定守恒 D．若，，系统机械能一定守恒、动量一定不守恒 【例3】（2025春•佛山期末）如图所示，在光滑水平面上放一个质量为的斜面体，质量为的物块以一定初速度冲上斜面，滑到最高点后沿斜面滑下。物块在斜面滑动过程中，下列说法中正确的是　　 A．和组成的系统动量守恒 B．和组成的系统所受合力方向向上 C．上滑过程中，和组成的系统动量守恒 D．和组成的系统水平方向动量守恒 【例4】（2025•东西湖区校级模拟）光滑水平桌面上放置两个质量均为的小球、，用轻弹簧连接，小球紧靠挡板，如图所示，初始时弹簧处于原长。小球以水平向左运动并压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，在小球开始向左运动到弹簧第二次恢复原长的过程中，下列说法正确的是　　 A．、及弹簧组成的系统机械能和动量均守恒 B．挡板对小球做的功为 C．挡板对小球的冲量大小为 D．小球离开挡板后，系统弹性势能最大值为 【例5】（2025春•天津校级月考）如图所示，一颗水平飞行的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋，并留在其中，和沙袋一起上摆。将子弹射入沙袋叫做Ⅰ过程，子弹和沙袋一起上摆叫做Ⅱ过程，则在这两个阶段中，关于子弹和沙袋组成的系统，下列说法中正确的是　　 A．第Ⅰ、Ⅱ两阶段机械能、动量都守恒 B．第Ⅰ、Ⅱ两阶段机械能、动量都不守恒 C．第Ⅰ阶段机械能守恒，第Ⅱ阶段动量守恒 D．第Ⅰ阶段动量守恒，第Ⅱ阶段机械能守恒 知识点梳理2：动量守恒定律的基本应用 1．对动量定理的理解 ①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 ②动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。 ③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变化的力，则F应理解为合外力在作用时间内的平均值。 ④动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 2．动量定理、动能定理的区别 ①动量定理指出力在时间上的积累改变了物体的动量，动能定理指出力在空间上的积累改变了物体的动能。 ②动量定理是矢量式，动能定理是标量式。 例题精讲： 【例6】（2024秋•潮州期末）如图所示，两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上，车上各站着一人，人与车总质量均为，甲、乙中的一人手持一质量为的篮球。从某时刻起，持球人将篮球以水平速度抛给另一人，另一人接到球后，又把球抛给对方，直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出，这时甲、乙的速率分别为、。下列判断正确的是　　 A．第一次抛接球的过程，抛球人获得的速度为 B．第一次抛接球的过程，接球人获得的速度为 C．若，说明甲是最终的持球人 D．若，说明乙是开始的持球人 【例7】（2025春•丰泽区期末）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小分别为和。甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为和。甲、乙两运动员的质量之比为　　 A． B． C． D． 【例8】（2025春•南关区校级期中）如图，质量为的小船在静止水面上以速率向右匀速行驶，一质量为的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为　　 A． B． C． D． 【例9】（2025春•五华区校级期中）如图所示，一质量为的长方形木板放在光滑水平面上，在其右端放一质量为的小木块，现以地面为参考系，给和以大小均为、方向相反的初速度，使开始向左运动、开始向右运动，最终没有滑离，站在地面的观察者看到一段时间内小木块正在加速运动，则这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是　　 A． B． C． D． 【例10】（2025春•南京月考）如图所示，甲、乙两条形磁铁在外力作用下均静止于水平桌面上，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互靠近的过程中的任一时刻　　 A．甲的速率比乙的大 B．甲、乙的速率相等 C．甲和乙动量之和为零 D．甲和乙动量之和不为零 课后提优练习 一．选择题（共15小题） 1．（2024秋•如皋市月考）如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧曲面体静止在光滑的水平面上。一质量为m的小物块从曲面体顶端由静止开始下滑到曲面最底端，此过程中（　　） A．物块的机械能守恒 B．物块、曲面体组成的系统动量守恒 C．曲面体对物块的弹力不做功 D．物块水平方向运动的位移为 2．（2024秋•泗阳县期末）如图所示，木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端O点系一轻绳，轻绳另一端系一小球C。现将C向右拉起使轻绳水平伸直，并由静止释放C。则（　　） A．A、B、C组成的系统动量守恒 B．A、B、C组成的系统机械能守恒 C．运动过程中木块A、B不分离 D．球C摆到左侧最高点时速度为0 3．（2024秋•南京校级期末）如图，质量为2m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量为m的小球从A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为（不计空气阻力），则（　　） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球离开小车后做斜上抛运动 C．小车向左运动的最大距离为 D．小球第二次上升距A点的最大高度 4．（2024秋•润州区校级期末）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知分离前箭与星总质量为m1，分离后后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（　　） A． B．v0+v2 C．v0v2 D．v0（v0﹣v2） 5．（2025春•宿迁期末）如图光滑水平面上有a、b两个弹性小球，质量分别为m、2m。现给小球a一个向右的初速度v0，与小球b发生碰撞，且整个碰撞过程中没有能量损失。则碰撞后小球b的速度大小为（　　） A． B．v0 C．v0 D．4v0 6．（2025•罗山县校级开学）如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，图中的运动员手持一种负重物起跳，这可以使运动员跳得更远，现在我们来解释其中的原因。若某位运动员的质量为60kg，两手各持一个质量为3kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳离地时速度大小为5m/s，方向与水平方向成37°夹角，在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．与在最高点不扔出负重物相比，运动员可以多跳0.12m B．与在最高点不扔出负重物相比，运动员落地时速率将增大0.4m/s C．从起跳后到落地前的过程中，运动员和重物组成系统的总动量守恒 D．从起跳后到落地前的过程中，运动员和重物组成系统的总机械能守恒 7．（2025•浙江一模）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.5，三者质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg，开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（碰撞时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。两滑块均可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．长木板A与滑块C质量相同，碰后交换速度 B．长木板A与滑块C相碰后的速度vA＝3m/s C．为使滑块A、B能再次达到共同速度，长木板A的长度可为0.8m D．长木板A与滑块C相碰到A、B再次共速，滑块B与滑块C之间的距离先减小后增大 8．（2025•宛城区开学）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． C． D． 9．（2026•浙江一模）如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。A、B间动摩擦因数为0.5，则下列判断错误的是（　　） A．A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2m/s B．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15J C．碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m D．碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4s 10．（2025•沙坪坝区校级模拟）如图所示，质量为m1＝3kg的小车A置于光滑水平地面上，其右端固定一半径R＝1.15m的四分之一圆弧轨道。质量为m2＝0.99kg的滑块B静止于小车的左端，现被水平飞来的质量m3＝10g、速度v0＝800m/s的子弹C击中，且子弹立即留在滑块B中，之后B与C共同在小车上滑动，且从圆弧轨道的最高点离开小车。不计A与B之间的摩擦和空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．子弹C击中滑块B后瞬间，滑块B的速度大小为80m/s B．滑块B第一次离开小车瞬间，滑块B的速度大小为2m/s C．滑块B第二次离开小车瞬间，小车A的速度大小为8m/s D．滑块B从第一次离开小车到再次返回小车的过程中，滑块B的位移大小为2m 11．（2025秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从槽上高h处开始下滑，小物块的初始位置与弧形槽底端的水平距离为s，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒 B．小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功 C．在下滑到弧形槽底端的过程中，槽对地的水平位移为 D．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，能回到槽上高h处 12．（2025•安徽开学）如图，足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细线相连，一起匀速下降。现剪断细线，若只考虑物体所受的重力和浮力。从剪断细线到木块停止下沉前，木块与铁块组成的系统（　　） A．总动量不变，总动能不变 B．总动量不变，总动能变化 C．总动量变化，总动能变化 D．总动量变化，总动能不变 13．（2025•尧都区校级开学）如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，重力加速度为g。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．A、B组成的系统动量守恒 B．A球运动到最低点时速度大小为 C．A球机械能减小了mgL D．A球运动到最低点时，B球向右运动距离为 14．（2025•房山区开学）在同一竖直平面内，将3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度，静止时小钢球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（　　） A．将1号移至高度h处释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量较大的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h B．将1、2号一起移至高度h处释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒 C．将右侧涂胶的1号移至高度h处释放，1、2号碰撞后粘在一起，3号将不能摆至高度h D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h处释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒 15．（2025•河南校级模拟）如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度v滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半。已知弹簧弹性势能，不计空气阻力，则（　　） A．传送带匀速转动的速度大小为 B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上 C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为 D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中传送带对滑块的冲量为mv 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.3动量守恒定律 学习目标 1.会根据动量定理、牛顿第三定律推导动量守恒定律(重点)。 2.知道系统、内力、外力的概念。 3.理解并掌握动量守恒定律的内容、公式及成立条件(重点) 4.能在具体问题中判断动量是否守恒，能熟练运用动量守恒定律解释相关现象和解决相关问题(重难点)。 考点梳理 动量守恒定律 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。 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变化量等大反向。 (4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 3．适用条件 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。 4．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。 知识点梳理1：动量守恒定律的理解 1．系统、内力与外力 (1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。 (2)内力：系统中物体间的作用力。 (3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。 2．动量守恒定律 (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。 (2)表达式： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等)。 (3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。 (4)普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速(接近光速)物体．既适用于宏观领域，也适用于微观领域。 系统动量是否守恒的判定方法 1．选定研究对象及研究过程，分清外力与内力。 2．分析系统受到的外力矢量和是否为零，若外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒。系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。 3．除了利用动量守恒条件判定外，还可以通过实际过程中系统各物体各方向上总动量是否保持不变来进行直观的判定。 例题精讲： 【例1】（2025春•常州期末）光滑水平面上放置固定有竖直杆的小车，轻绳一端系有小球另一端系于杆顶，车右侧有固定挡板。现将小球向右拉开至如图位置，释放小球小车，小球第一次向左摆动至最高点过程中　　 A．下摆过程，球车系统水平动量守恒 B．下摆过程，球车系统竖直动量守恒 C．上摆过程，球车系统水平动量守恒 D．上摆过程，球车系统竖直动量守恒 【答案】 【分析】根据动量守恒的条件进行分析解答。 【解答】解：．下摆过程，右侧有挡板作用，则球车系统水平动量不守恒，上摆的过程中，小车与挡板分离，水平方向上动量守恒，故错误，正确； ．上、下摆动的过程中，系统竖直方向合外力不为0，球车系统竖直动量不守恒，故错误。 故选：。 【例2】（2025春•青羊区校级期中）如图所示，质量为的长木板置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在木板左端的挡板上（挡板固定在木板上），右端与质量为的小木块连接。木块与长木板之间光滑，开始时和都静止，弹簧处于自然状态。现同时对、施加反向的水平恒力、，两物体开始运动到弹簧第一次最长的过程，弹簧未超过其弹性限度，则对、、弹簧组成的系统，下列说法正确的是　　 A．若，，系统机械能一定不守恒、动量一定守恒 B．若，，系统机械能一定守恒、动量一定不守恒 C．若，，系统机械能一定不守恒、动量一定守恒 D．若，，系统机械能一定守恒、动量一定不守恒 【答案】 【分析】动量守恒要求系统受到的外力的冲量为零，机械能守恒要求系统所受外力所做的功为零。两个守恒定律，一个是力对时间的积累，也就是冲量。一个是力对空间的积累，也就是功。所以，两者的守恒条件是不一致的。 【解答】解：．由于与等大反向，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于水平恒力与对系统做功代数和不为零，则系统机械能不守恒。故正确，错误； 由于，所以系统所受合外力不为零，水平恒力与对系统做功代数和可能为零，故系统机械能可能守恒。由于，故系统动量一定不守恒。故错误。 故选：。 【例3】（2025春•佛山期末）如图所示，在光滑水平面上放一个质量为的斜面体，质量为的物块以一定初速度冲上斜面，滑到最高点后沿斜面滑下。物块在斜面滑动过程中，下列说法中正确的是　　 A．和组成的系统动量守恒 B．和组成的系统所受合力方向向上 C．上滑过程中，和组成的系统动量守恒 D．和组成的系统水平方向动量守恒 【答案】 【分析】动量守恒条件为：系统合外力为零； 根据加速度情况，分析整体合外力方向。 【解答】解：．和组成的系统水平方向合力为零，故系统水平方向动量守恒，故错误，正确； ．先沿斜面向上减速 后沿斜面向下加速，故有竖直向下的加速度分量，故和组成的系统所受合力方向竖直向下，故错误。 故选：。 【例4】（2025•东西湖区校级模拟）光滑水平桌面上放置两个质量均为的小球、，用轻弹簧连接，小球紧靠挡板，如图所示，初始时弹簧处于原长。小球以水平向左运动并压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，在小球开始向左运动到弹簧第二次恢复原长的过程中，下列说法正确的是　　 A．、及弹簧组成的系统机械能和动量均守恒 B．挡板对小球做的功为 C．挡板对小球的冲量大小为 D．小球离开挡板后，系统弹性势能最大值为 【答案】 【分析】当系统所受合外力为零时系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；球离开挡板后系统动量守恒，当、速度相等时，弹簧形变量最大，弹簧弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。 【解答】解：、小球离开挡板前过程挡板对系统有向右的弹力作用，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故错误； 、在小球获得速度到小球离开挡板过程，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时小球将离开挡板，此时小球的速度为零，小球受挡板弹力作用过程，小球的位移为零，挡板对小球做功为零，故错误； 、由机械能守恒定律可知，在第二次恢复原长时小球的速度与小球刚获得的速度大小相等，的冲量大小仍为；在此过程中，以向右为正方向，由动量定理得：对小球，对小球，由牛顿第三定律可知：，代入解得：，故错误； 、小球离开挡板后、系统动量守恒，当两者速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，以向右为正方向，对系统，由动量守恒定律得：，解得：，对系统，由能量守恒定律得：，代入解得：，故正确； 故选：。 【例5】（2025春•天津校级月考）如图所示，一颗水平飞行的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋，并留在其中，和沙袋一起上摆。将子弹射入沙袋叫做Ⅰ过程，子弹和沙袋一起上摆叫做Ⅱ过程，则在这两个阶段中，关于子弹和沙袋组成的系统，下列说法中正确的是　　 A．第Ⅰ、Ⅱ两阶段机械能、动量都守恒 B．第Ⅰ、Ⅱ两阶段机械能、动量都不守恒 C．第Ⅰ阶段机械能守恒，第Ⅱ阶段动量守恒 D．第Ⅰ阶段动量守恒，第Ⅱ阶段机械能守恒 【答案】 【分析】动量守恒的条件是：系统不受外力或所受外力为零；机械能守恒的条件是：重力以外的力不做功。 【解答】解：在第阶段中，子弹射入沙袋过程中有摩擦力做功，所以子弹和沙袋组成的系统机械能不守恒，在第Ⅱ阶段中，子弹和沙袋一起上摆的过程中只有重力做功，系统机械能守恒，在第阶段，子弹与沙袋系统的内力远大于外力，系统动量守恒，第Ⅱ阶段系统动量不守恒。故错误，正确。 故选：。 知识点梳理2：动量守恒定律的基本应用 1．对动量定理的理解 ①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 ②动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。 ③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变化的力，则F应理解为合外力在作用时间内的平均值。 ④动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 2．动量定理、动能定理的区别 ①动量定理指出力在时间上的积累改变了物体的动量，动能定理指出力在空间上的积累改变了物体的动能。 ②动量定理是矢量式，动能定理是标量式。 例题精讲： 【例6】（2024秋•潮州期末）如图所示，两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上，车上各站着一人，人与车总质量均为，甲、乙中的一人手持一质量为的篮球。从某时刻起，持球人将篮球以水平速度抛给另一人，另一人接到球后，又把球抛给对方，直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出，这时甲、乙的速率分别为、。下列判断正确的是　　 A．第一次抛接球的过程，抛球人获得的速度为 B．第一次抛接球的过程，接球人获得的速度为 C．若，说明甲是最终的持球人 D．若，说明乙是开始的持球人 【答案】 【分析】人与球组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题。 【解答】解：、沿水平方向抛球，两人和车及球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。第一次抛接球的过程，设甲向右抛球的方向为正方向，对人和球系统由动量守恒定律 可得抛球人获得的速度为 故错误； 、第一次抛接球的过程，设甲向右抛球的方向为正方向，对人和球系统由动量守恒定律 接球人获得的速度为 故错误； 、从开始抛球到最终，设甲向右抛球的方向为正方向，根据 若 说明乙是最终的持球人；若 说明甲是最终的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，故正确，错误。 故选：。 【例7】（2025春•丰泽区期末）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小分别为和。甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为和。甲、乙两运动员的质量之比为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】由动量守恒定律列式，代入题中数据，求质量比。 【解答】解：以甲的初速度方向为正方向，甲、乙由动量守恒定律得 代入数据可得 故正确，错误。 故选：。 【例8】（2025春•南关区校级期中）如图，质量为的小船在静止水面上以速率向右匀速行驶，一质量为的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据动量守恒定律进行列式判断。 【解答】解：规定向右为正方向，由动量守恒定律可得 解得 故正确，错误。 故选：。 【例9】（2025春•五华区校级期中）如图所示，一质量为的长方形木板放在光滑水平面上，在其右端放一质量为的小木块，现以地面为参考系，给和以大小均为、方向相反的初速度，使开始向左运动、开始向右运动，最终没有滑离，站在地面的观察者看到一段时间内小木块正在加速运动，则这段时间内的某时刻木板相对地面的速度大小可能是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】对木板与木块组成的系统，合外力保持为零，系统的总动量守恒先向左减速，到速度减小零后向右加速到速度与相同，此过程正在做加速运动，根据动量守恒定律求出的速度为零时的速度，以及两者相对静止时共同速度，确定出正在做加速运动时，的速度范围，再进行选择 【解答】解：以、组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从开始运动到的速度为零过程中，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，当从开始到速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，则在木块正在做加速运动的时间内的速度范围为：，故正确，错误。 故选：。 【例10】（2025春•南京月考）如图所示，甲、乙两条形磁铁在外力作用下均静止于水平桌面上，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互靠近的过程中的任一时刻　　 A．甲的速率比乙的大 B．甲、乙的速率相等 C．甲和乙动量之和为零 D．甲和乙动量之和不为零 【答案】 【分析】分别对甲和乙受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，进而比较速度大小；比较两物体所受合力大小，进而比较从开始运动到某一时刻物体所受合力的冲量，根据动量定理比较动量的大小。 【解答】解：、设两者间的磁力为，对甲，由牛顿第二定律得：，解得： 对乙，由牛顿第二定律得：，解得： 由题意可知，，则，甲乙的运动时间相等，则在它们相近过程中的任意时刻甲的速度大小比乙的小，故错误； 、甲物体所受摩擦力大于乙物体所受摩擦力，则甲所受合力小于乙所受合力，从释放甲和乙到它们相互接近过程中的某一时刻，甲所受合力的冲量小于乙所受合力的冲量，根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，甲的动量大小比乙的小，甲和乙的动量之和不为零，故错误，正确。 故选：。 课后提优练习 一．选择题（共15小题） 1．（2024秋•如皋市月考）如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧曲面体静止在光滑的水平面上。一质量为m的小物块从曲面体顶端由静止开始下滑到曲面最底端，此过程中（　　） A．物块的机械能守恒 B．物块、曲面体组成的系统动量守恒 C．曲面体对物块的弹力不做功 D．物块水平方向运动的位移为 【解答】解：A、物块在下滑过程中，曲面体对物块有弹力作用，且弹力对物块做功，所以物块的机械能不守恒，故A错误； B、物块下滑过程中，物块和曲面体组成的系统在水平方向不受外力，所以系统在水平方向动量守恒，但竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误； C、物块在下滑过程中，曲面体对物块的弹力与物块的位移不垂直，所以曲面体对物块的弹力做功，故C错误； D、物块和曲面体组成的系统在水平方向动量守恒，设物块水平方向位移为x，曲面体水平方向位移为y，则有m3m0 又x+y＝R 联立解得xR，故D正确。 故选：D。 2．（2024秋•泗阳县期末）如图所示，木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端O点系一轻绳，轻绳另一端系一小球C。现将C向右拉起使轻绳水平伸直，并由静止释放C。则（　　） A．A、B、C组成的系统动量守恒 B．A、B、C组成的系统机械能守恒 C．运动过程中木块A、B不分离 D．球C摆到左侧最高点时速度为0 【解答】解：A.水平方向不受力，所以ABC组成的系统只在水平方向动量守恒，动量是矢量，故A错误； B.整个过程只有重力做功，所以ABC组成的系统机械能守恒，故B正确； CD.水平方向上，由于系统动量守恒，刚开始C向下摆动时，有向左的速度，故AB会向右运动，而当C摆动到轻杆左侧最高点与A共速时，由于B有向右的速度，故AC一定在向左运动，故CD错误。 故选：B。 3．（2024秋•南京校级期末）如图，质量为2m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量为m的小球从A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为（不计空气阻力），则（　　） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球离开小车后做斜上抛运动 C．小车向左运动的最大距离为 D．小球第二次上升距A点的最大高度 【解答】解：A．小球与小车组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向上动量守恒；则小球和小车组成的系统动量不守恒，故A错误； B．根据题意可知，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误； C．当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为v，小车的速度大小为v′，以向右的方向为正方向，根据系统水平方向动量守恒，则 0＝mv﹣2mv′ 得 v＝2v′ 则小球在水平方向的位移大小x等于小车在水平方向的位移大小x′的2倍，即 x＝2x′ 且 x+x′＝2R 联立解得 故C错误； D．设小球第一次在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功为W1，根据功能关系得 相比第一次在小车上运动，小球第二次在小车上运动的过程中，任一对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球受到的摩擦力变小，小球克服摩擦做的功W2＜W1，设小球第二次能上升的最大高度为H，由功能关系可得 解得 故D正确。 故选：D。 4．（2024秋•润州区校级期末）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知分离前箭与星总质量为m1，分离后后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（　　） A． B．v0+v2 C．v0v2 D．v0（v0﹣v2） 【解答】解：火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有： m1v0＝m2v2+（m1﹣m2）v1 解得：v1。 故选：A。 5．（2025春•宿迁期末）如图光滑水平面上有a、b两个弹性小球，质量分别为m、2m。现给小球a一个向右的初速度v0，与小球b发生碰撞，且整个碰撞过程中没有能量损失。则碰撞后小球b的速度大小为（　　） A． B．v0 C．v0 D．4v0 【解答】解：碰撞过程中，根据动量守恒定律可得mv0＝mva+2mvb，根据机械能守恒定律可得。联立解得：，。故ABD错误，C正确。 故选：C。 6．（2025•罗山县校级开学）如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，图中的运动员手持一种负重物起跳，这可以使运动员跳得更远，现在我们来解释其中的原因。若某位运动员的质量为60kg，两手各持一个质量为3kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳离地时速度大小为5m/s，方向与水平方向成37°夹角，在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．与在最高点不扔出负重物相比，运动员可以多跳0.12m B．与在最高点不扔出负重物相比，运动员落地时速率将增大0.4m/s C．从起跳后到落地前的过程中，运动员和重物组成系统的总动量守恒 D．从起跳后到落地前的过程中，运动员和重物组成系统的总机械能守恒 【解答】解：A、起跳离地时，运动员竖直向上的分速度为 vy＝v0sin37°＝5×0.6m/s＝3m/s 水平方向分速度为 vx＝v0cos37°＝5×0.8m/s＝4m/s 由最高点落地时间为 ts＝0.3s 在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出，取扔出重物速度方向为正方向，由水平方向动量守恒可得 m人Δvx＝m物vx 可得运动员速度增加量为Δvx＝0.4m/s 将重物扔出与不扔出两种情况相比，运动员多跳 Δx＝Δvxt＝0.4×0.3m＝0.12m，故A正确； B、不扔出负重物，运动员落地时速率为 v1＝5m/s 扔出负重物，运动员落地时速率为 v2 解得v2≈5.33m/s 与在最高点不扔出负重物相比，运动员落地时速率将增大 Δv＝v2﹣v1＝（5.33﹣5）m/s＝0.33m/s，故B错误； C、从起跳后到落地前的过程中，运动员和重物组成系统竖直方向受合力不为零，则总动量不守恒守恒，故C错误； D、重物动能的减少量ΔEk1，解得ΔEk1＝48J 运动员动能的增加量ΔEk2，解得ΔEk2≈100J 从起跳后到落地前的瞬间，重力势能不变，运动员动能的增加量不等于重物动能的减少量，所以运动员和重物组成系统的总机械能不守恒，故D错误。 故选：A。 7．（2025•浙江一模）如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.5，三者质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg，开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（碰撞时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。两滑块均可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．长木板A与滑块C质量相同，碰后交换速度 B．长木板A与滑块C相碰后的速度vA＝3m/s C．为使滑块A、B能再次达到共同速度，长木板A的长度可为0.8m D．长木板A与滑块C相碰到A、B再次共速，滑块B与滑块C之间的距离先减小后增大 【解答】解：AB.A与C发生碰撞动量守恒，以水平向右的方向为正方向，有 mAv0＝mAvA+mCvC A碰后到与B再次达到共同速度动量守恒 mBv0+mAvA＝（mA+mB）v共 恰好不再与C碰撞则可知 v共＝vC 联立可解得 vA＝2m/s vC＝3m/s 故AB错误； C.滑块A、B能再次达到共同速度，由能量守恒定律有 由 v共＝vC＝3m/s 代入解得相对位移 L＝0.6m＜0.8m。 所以长度可为0.8m，大于等于0.6m均可；故C正确； D.长木板A与滑块C相碰到A、B再次共速，滑块B减速，滑块C匀速，滑块B与滑块C之间的距离一直减小，故D错误。 故选：C。 8．（2025•宛城区开学）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． C． D． 【解答】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，以初速度方向为正方向，有 mv0＝（M﹣m）v 放出的粒子的动能为 原子核反冲的动能 联立解得 故ABD错误，C正确。 故选：C。 9．（2026•浙江一模）如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。A、B间动摩擦因数为0.5，则下列判断错误的是（　　） A．A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2m/s B．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15J C．碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m D．碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4s 【解答】解：A、因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒。设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以水平向右为正方向，由动量守恒定律：mAv0＝mAvA+mCvC。A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律：mAvA+mBv0＝（mA+mB）vAB。A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC。联立解得：vA＝2m/s，vAB＝3m/s。故A正确； B、运动过程中因摩擦而产生的热量等于A、B相互作用过程中损失的机械能：，代入数据解得：Q＝3J。故B错误； D、以水平向右为正方向，对B由动量定理：﹣μmBgΔt＝mBvAB﹣mBv0，解得：Δt＝0.4s。故D正确； C、根据摩擦生热公式：Q＝μmBgx，解得：x＝0.6m。即碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m。故C正确。 本题选错误的，故选：B。 10．（2025•沙坪坝区校级模拟）如图所示，质量为m1＝3kg的小车A置于光滑水平地面上，其右端固定一半径R＝1.15m的四分之一圆弧轨道。质量为m2＝0.99kg的滑块B静止于小车的左端，现被水平飞来的质量m3＝10g、速度v0＝800m/s的子弹C击中，且子弹立即留在滑块B中，之后B与C共同在小车上滑动，且从圆弧轨道的最高点离开小车。不计A与B之间的摩擦和空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．子弹C击中滑块B后瞬间，滑块B的速度大小为80m/s B．滑块B第一次离开小车瞬间，滑块B的速度大小为2m/s C．滑块B第二次离开小车瞬间，小车A的速度大小为8m/s D．滑块B从第一次离开小车到再次返回小车的过程中，滑块B的位移大小为2m 【解答】解：A.子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B组成的系统动量守恒，子弹与B作用过程时间极短，A没有参与，速度仍为零，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律，得 m3v0＝（m3+m2）v1 解得 v1＝8m/s 故A错误； BCD.滑块B离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，以水平向右的方向为正方向，由水平方向动量守恒，得 （m3+m2）v1＝（m3+m2+m1）v2 解得 v2＝2m/s 滑块B开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得 设滑块B离开小车时的竖直分速度为vy，则 联立解得 vy＝5m/s 滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为 解得 t＝1s 则 x＝v2t 解得 x＝2m 从子弹击中后到B第二次离开小车的过程中，以水平向右的方向为正方向，则： （m2+m3）v1＝（m2+m3）vB+mAvA 解得 vA＝4m/s 故D正确，BC错误； 故选：D。 11．（2025秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从槽上高h处开始下滑，小物块的初始位置与弧形槽底端的水平距离为s，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒 B．小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功 C．在下滑到弧形槽底端的过程中，槽对地的水平位移为 D．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，能回到槽上高h处 【解答】解：A.系统动量守恒的条件是合外力为零，在下滑的过程中，系统竖直方向上合外力不为零，系统的动量不守恒，故A错误； B.物块与槽在水平方向上动量守恒，故两者分离时，槽的速度不为零，根据能量守恒可知，物块机械能减小，槽对物块的支持力做负功，故B错误； C.以水平向左的方向为正方向，物块与槽在水平方向上动量守恒 mvx＝2mv 两边乘上时间 mxm＝2mx 根据长度关系 xm+x＝s 解得槽对地的水平位移为 故C正确； D.物块与槽在水平方向上动量守恒，故两者分离时，槽的速度不为零，物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动，根据能量守恒可知，不会再回到槽上高h处，故D错误。 故选：C。 12．（2025•安徽开学）如图，足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细线相连，一起匀速下降。现剪断细线，若只考虑物体所受的重力和浮力。从剪断细线到木块停止下沉前，木块与铁块组成的系统（　　） A．总动量不变，总动能不变 B．总动量不变，总动能变化 C．总动量变化，总动能变化 D．总动量变化，总动能不变 【解答】解：木块和铁块在水中匀速下沉，系统所受合力为零，剪断细线后系统所受合力仍为零，系统动量守恒，由于铁块下降的距离大于木块下降的距离，系统的合外力做正功，总动能增加，故B正确，ACD错误。 故选：B。 13．（2025•尧都区校级开学）如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，重力加速度为g。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．A、B组成的系统动量守恒 B．A球运动到最低点时速度大小为 C．A球机械能减小了mgL D．A球运动到最低点时，B球向右运动距离为 【解答】解：A.A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误； B.当A球摆到B球正下方时，A、B球的速度大小分别为vA和vB。以小球A摆到最低点所在平面为参考平面，以水平向左的方向为正方向，由水平方向动量守恒得 mvA＝mvB 由机械能守恒得 解得 A球运动到最低点时速度大小为，故B错误； C.A球机械能减小量 故C错误； D.A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，以水平向左的方向为正方向，则有 sA+sB＝L 解得A球运动到最低点时，B球向右运动距离为，故D正确。 故选：D。 14．（2025•房山区开学）在同一竖直平面内，将3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度，静止时小钢球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（　　） A．将1号移至高度h处释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量较大的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h B．将1、2号一起移至高度h处释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒 C．将右侧涂胶的1号移至高度h处释放，1、2号碰撞后粘在一起，3号将不能摆至高度h D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h处释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒 【解答】解：A.1号球与质量不同的2号球碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号球不可能摆至高度h，故A错误； B.1、2号球释放后，三小球之间碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误； C.1、2号球碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，故C正确； D.碰撞后，2、3号球粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D错误。 故选：C。 15．（2025•河南校级模拟）如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度v滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半。已知弹簧弹性势能，不计空气阻力，则（　　） A．传送带匀速转动的速度大小为 B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上 C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为 D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中传送带对滑块的冲量为mv 【解答】解：A．释放滑块过程有 滑块返回压缩弹簧时满足 解得传送带匀速转动的速度大小为，故A错误； B．结合A项分析可知，滑块再次滑上传送带时速度为，以后每次滑块返回时速度均为，滑块一直在做往复运动，不会停止，故B错误； C．以传送带为参考系，木块滑上时相对传送带的速度为，在第1次滑的过程当中产生的热量就等于相对的动能的损耗量，即 ，故C正确； D．规定向右为正方向，滑块第三次在传送带上运动的整个过程中，根据动量定理可知，传送带对滑块的水平冲量大小为 同时传送带对滑块有竖直向上的支持力产生的冲量，因此传送带对滑块的总冲量大于mv，故D错误。 故选：C。 2 学科网（北京）股份有限公司 $