第13讲 系统的动量守恒定律（模型与方法）（全国通用）2026年高考物理一轮复习讲练测

第13讲 系统的动量守恒定律 【模型一 动量守恒定律的理解和应用 】 类型1 动量守恒定律判断 类型2 动量守恒定律简单应用 类型3 滑块—曲面体模型 【模型二 碰撞】 类型1碰撞的可能性分析 类型2碰撞规律的应用 类型3子弹打木块模型 类型4 滑块—木板模型 类型5 滑块—弹簧模型 【模型三 反冲运动、爆炸】 类型1爆炸现象 类型2 反冲运动 类型3 人船模型 动量守恒定律作为分析力学的三把“金钥匙”之一，高考物理的必考内容，命题贯穿力学、电磁学综合题，体现学科交叉性。通过具体的物理过程和模型来考查，结合碰撞、火箭、人船模型等实际现象，考查动量守恒在非理想条件下的应用。极少单独考查动量守恒，绝大多数题目会与‌牛顿运动定律、功能关系规律综合运用。考查学生在新情境下识别物理模型、应用物理规律的能力。 通过本节复习，深刻理解动量守恒定律的内容、适用条件、矢量性、相对性。理解动量守恒的本质是系统不受外力或合外力为零（或某方向分量和为零）。将碰撞、爆炸、反冲、人船模型进行对比归类，明确每种模型的关键特征（如守恒条件、能量特点、典型结论）。提炼每种模型的解题思路和标准步骤，通过科学训练提升综合分析能力和解题技能。 【模型一 动量守恒定律的理解和应用】 类型1 动量守恒定律判断 1.动量守恒定律的条件 （1）理想守恒：系统不受外力或系统所受外力的合力为零. （2）近似守恒：系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计. （3）某一方向守恒：系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变. 2.动量守恒定律的内容 （1）内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变. （2）表达式: ①系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量：p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' ②相互作用的两个物体动量的变化量等大反向：Δp1=-Δp2 3.动量守恒定律的理解 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题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…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'…应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 【典例1】（2021·全国乙卷·高考真题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【变式1-1】宇航员在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。不计飞船与宇航员间的万有引力，为使宇航员能朝着飞船运动，下列措施可行的是（　　） A．沿靠近飞船方向扔出宇航员身上的小物体 B．沿远离飞船方向扔出宇航员身上的小物体 C．沿靠近飞船方向踢腿 D．沿远离飞船方向踢腿 【变式1-2】短道速滑比赛中“接棒”运动员（称为“甲”）在前面滑行，“交棒”运动员（称为“乙”）从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设甲的质量小于乙的质量、交接棒过程中甲、乙速度方向均在同一直线上，忽略运动员与冰面之间的摩擦。在交接棒过程，下列说法中正确的是（　　） A．乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力 B．甲的动量增加量大于乙的动量减少量 C．甲的速度增加量大于乙的速度减少量 D．甲、乙两运动员冲量之和不为零 【变式1-3】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 类型2 动量守恒定律简单应用 应用动量守恒定律解题的步骤 【典例2】（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． 【变式2-1】（2014·福建·高考真题）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．已知前部分的卫星质量为m1，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．v0-v2 B．v0+v2 C． D． 【变式2-2】空间站内，甲乙两名航天员在准备出舱活动。甲相对空间站静止，乙拿着质量为 50kg箱子正以2m/s的速度沿两人连线方向向左靠近甲。若乙将箱子向左推向甲，乙和箱子间作用时间为0.2s，离手时箱子速度为4m/s，甲乙两人和装备的总质量分别为200kg和250kg，求： (1)乙对箱子的平均作用力大小。 (2)推出箱子后乙的速度。 (3)甲碰到箱子后立刻抓住不松开，要使甲乙航天员不碰撞，乙对箱子的平均作用力至少为多少？ 类型3 滑块—曲面体模型　　 模型图例 模型规律 光滑的曲面体开始时静止在水平地面上，滑块以速度v0滑上曲面体 ①系统水平方向动量守恒； ②系统的机械能守恒。 两个位置 （1）滑块到达最高点时，滑块与曲面体具有共同的水平速度v共 ①系统水平方向动量守恒：mv0＝（M＋m）v共； ②系统机械能守恒：m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。 （2）滑块返回最低点时，滑块与曲面体分离 ①系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； ②系统机械能守恒：m＝m＋M。 【典例3】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 【变式3-1】（多选）如图所示，质量均为M的物体A和B静止在光滑水平地面上并紧靠在一起（不粘连），A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗糙的水平面。现让质量为m的小物块C（可视为质点）自a点静止释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下。则下列说法中正确的是（　　） A.小物块C下滑到b点时，A的速度最大 B.小物块C下滑到c点时，A的速度最大 C.小物块C下滑到b点时，C的速度最大 D.小物块C下滑到c点时，A的速率大于B的速率 【变式3-2】如图，在光滑水平面上放置物体，小球从的顶端沿光滑曲面由静止下滑，在小球下滑过程中说法错误的是（　　） A．小球与物体组成的系统水平方向动量守恒 B．小球与物体组成的系统机械能守恒 C．小球对物体的压力不做功 D．物体对小球的支持力的冲量不为零 【变式3-3】如图所示，水平光滑地面静止放置一光滑圆弧形滑块B，在滑块B的右侧静止放置小球A、C，两球之间夹着处于压缩状态的轻弹簧，弹簧不与两球栓接，用细线固定。某时刻烧断细线，弹簧恢复原长时C球的速度大小，A球以一定的速度冲上B。已知B的质量M=2kg，半径R=0.5m，A球质量，C球质量，A、C两球均可看成质点，重力加速度g取，空气阻力不计。不研究A、B分离之后的运动，通过计算回答下列问题： (1)求弹簧恢复原长时A球的速度大小v1； (2)烧断细线前弹簧存储的弹性势能Ep； (3)A球冲上B后，在上升阶段是否会冲出圆弧。 【变式3-4】大型工厂的车间中有一种设备叫做天车如图甲所示，是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆上套有一个滑块，滑块M正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后小球再向下摆动，则（    ） A．小球与滑块等高时，小球的速度为零 B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒 C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值 D．小球向左摆到物块正下方时，其速度大小仍为v0 【模型二 碰撞】 类型1碰撞的可能性分析 1.碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象． 2.特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． 3.碰撞遵守的三条原则 原则一：动量守恒，p1＋p2＝p1'＋p2'。 原则二：动能不增加，Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。 原则三：速度要合理 ①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有 v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体仍同向运动，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至少有一个改变。 4.在判断碰撞过程中的可能性问题时，应从以下三方面进行分析： (1)碰撞前后的状态要符合具体的物理情景； (2)碰撞过程中要遵循动量守恒定律； (3)碰撞前后符合能量关系，即总动能满足Ek前≥Ek后 【典例4】（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为和，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 【变式4-1】2023年斯诺克上海沃德大师赛于9月16日至22日在上海体育馆举行．如图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为，花色球静止，白球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为，则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　） A．mB=mA B． C． D． 【变式4-2】（2022·北京·高考真题）质量为和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．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率 C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能 类型2碰撞规律的应用 类型 定义 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失 守恒 守恒 非弹性碰撞 发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多,机械能损失最大.碰后物体粘在一起,以共同速度运动 守恒 损失最大 1.静止物体被撞后的速度范围：物体A与静止的物体B发生碰撞： 当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，， 当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，， 则碰后物体B的速度范围为：. 2.弹性碰撞的特点： 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 机械能守恒：m1＝m1＋m2 联立解得v1＝v0，v2＝v0 情形一：若m1＝m2，则v1＝0，v2＝v0 ，（质量相等的两个物体发生弹性碰撞后交换速度）； 情形二：若m1＞m2，则v1＞0，v2＞0（碰后两小球沿同一方向运动）； 特例：当m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0； 情形三：若m1＜m2，则v1＜0，v2＞0（碰后两小球沿相反方向运动）； 特例：当m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0。 3. 非弹性碰撞特点： 碰撞结束后，动能有部分损失。有 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损 4. 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。有 m1v1+m2v2=(m1+m2)v m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk损max 结果: v= ΔEk损max=(v1－v2)2 【典例5】（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】37．（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　） A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 【变式5-2】（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。 【变式5-3】（2025·海南海口模拟预测）在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪吒脚踩风火轮（总质量），以速度水平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量）以速度水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，则相撞后两人的共同速度为（　　） A．7.5m/s，水平向右 B．1m/s，水平向右 C．7.5m/s，水平向左 D．1m/s，水平向左 【变式5-4】（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 N∙s，A、B的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)与B碰前瞬间A的速度大小； (2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。 【变式5-5】（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取） （1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 （2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 【变式5-6】（2022·福建·高考真题）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）C在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C与B碰撞过程中损失的机械能； （3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 【变式5-7】某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为m＝20kg，两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ＝0.02，初始时两冰壶之间的距离s＝7.5m，冰壶A被运动员以v0＝2m/s的初速度水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为vA＝0.2m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知重力加速度g＝10m/s2。求： (1)冰壶A在与B碰撞前瞬间的速度大小v1； (2)两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB； (3)两冰壶在碰撞过程中减少的机械能ΔE。 【变式5-7】（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求： （1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和； （2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； （3）滑杆向上运动的最大高度h。 类型3子弹打木块模型 　　 模型图例 模型规律 （1）地面光滑，系统的动量守恒。 （2）系统的机械能有损失，一般应用能量守恒定律。 两种情况 （1）子弹未穿出木块：两者最终速度相等，机械能损失最多 ①动量守恒：mv0＝（m＋M）v ②能量守恒：Q＝f·x＝m－（M＋m）v2 （2）子弹穿出木块：两者速度不相等，机械能有损失 ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 ②能量守恒：Q＝f·l＝m－ 三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能 （1）利用系统前、后的机械能之差求解； （2）利用Q＝f·x相对求解； （3）利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。 【典例6】（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【变式6-1】现代的装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑的桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，恰好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量为m的相同的两块，间隔一段距离平行放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。 【变式6-2】如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，一轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有一质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于（M＋m0）g C.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于（M＋m＋m0）g D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 【变式6-3】（多选）如图所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是（　　） A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损 B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功 D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量 【变式6-4】（多选）如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A.木块和子弹A、B组成的系统动量守恒 B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍 C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍 D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍 类型4 滑块—木板模型 　　 模型图例 模型规律 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 两种情况 （1）若滑块未滑离木板，则类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v； ②系统能量守恒：Q＝f·x＝m－（M＋m）v2。 （2）若滑块滑离木板，则类似于子弹穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； ②系统能量守恒：Q＝fl＝m－。 【典例7】在高度为h的光滑水平平台左侧竖直面内固定一光滑圆弧轨道，轨道与平台相切于最低点。平台右侧是一下挖深度为d的光滑水平槽，在水平槽上放置一个厚度为d的长木板，长木板质量，长木板左端放置一个质量为m的小物块（可视为质点），如图。一质量为的小球从光滑圆弧轨道最高点由静止释放，小球运动到平台后与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰撞后小物块获得水平向右的速度，小球反弹后被立即拿走。当小物块在长木板上滑动到长木板最右端时，小物块与长木板恰好达到共速，长木板右端到达平台边缘后立即被锁定，小物块水平飞出。已知重力加速度为g，小物块与长木板间的动摩擦因数为，空气阻力不计。求： (1)光滑圆弧轨道的半径R； (2)长木板的长度； (3)小物块落地点到平台边缘的水平距离。 【变式7-1】（2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　） A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 【变式7-2】如图所示，有一个质量为M的足够长的木板，正以水平向左大小为v的速度在光滑水平面上滑行，同时有一个质量为m的滑块以大小为v的速度向右滑上木板，滑块和木板间的动摩擦因数为μ，且M>m，运动过程中滑块与木板始终不分离，以下分析正确的是（　　） A．仅增大，摩擦产生的热量不变 B．仅增大，摩擦力对滑块的冲量大小增大 C．仅增大，滑块相对木板滑行的距离变小 D．仅减小，滑块相对木板滑行的时间变短 【变式7-3】（2022·河北高考）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。 （1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向； （2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 类型5 滑块—弹簧模型 　　 模型图例 水平地面光滑，m1、m2与轻弹簧（开始处于原长）相连，m1以初速度v0运动。 模型规律 （1）系统的动量守恒。 （2）系统的机械能守恒。 两个状态 （1）弹簧最短（或最长）时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大 ①系统动量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v共； ②系统机械能守恒：m1＝（m1＋m2）＋Epm。 （2）弹簧处于原长时弹性势能为零 ①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2； ②系统机械能守恒：m1＝m1＋m2。 规律方法 （1）由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能（或能量）守恒定律求解。 （2）对解出的结果还要判断是否满足“物理情境可行性原则”。 【典例8】（2025·福建·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度，则（　　） A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B．t=t0时，B的速度为0.5m/s C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m 【变式8-1】（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 【变式8-2】（2017·海南·高考真题）光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（　　） A． B． C． D．1 【变式8-3】（2007·天津·高考真题）如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（ ） A．A开始运动时 B．A的速度等于v时 C．A和B的速度相等时 D．B的速度等于零时 【模型三 反冲运动、爆炸】 类型1 爆炸现象 1.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。 2.爆炸特点： 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其受到的外力，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 【典例9】（2021·浙江1月选考）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s 末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A.两碎块的位移大小之比为1∶2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m 【变式9-1】在一次投掷手榴弹的演习中，某个士兵在战壕里将一颗质量kg的手榴弹从水平地面上以m/s的初速度朝目标方向斜向上抛出，当手榴弹上升到最高点时恰好爆炸成两块弹片，其中质量kg的一块弹片在爆炸后做自由落体运动且落地时动能为5J。已知手榴弹内部火药的质量kg，且爆炸瞬间火药充分燃烧，重力加速度g取10，火药爆炸后生成气体的动量不计，空气阻力不计，求： （1）手榴弹爆炸前瞬间的速度大小； （2）两块弹片落地点间的距离。 【变式9-2】已知某花炮发射器能在t1=0.2s内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m=1kg、射出的最大高度h=180m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，落地时两落地点之间的距离s=900m，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g=10m/s2。求： (1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小； (2)爆炸后两物块的质量m1、m2的大小； (3)若花炮在最高点爆炸时有80%的化学能转化成物块的动能，求花炮在空中释放的化学能E。 类型2 反冲运动 （1）定义：反冲现象：反冲现象是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，在反冲现象里，系统的动量是守恒的. （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： 作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 【典例10】中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为，喷气速度均为(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是（　　） A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同 C．经过次喷气后，飞行器速度为 D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 【变式10-1】（2024·江苏·高考真题）“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体）、轨道器和返回器（组合体）分离，分离时间为。分离后的速度大小为，方向与相同。已知组合体、的质量分别为、。求： （1）分离后的速度大小； （2）分离过程中，对的平均推力大小。 【变式10-2】（2022·山东高考）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（　　） 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 【变式10-3】宇航员在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。不计飞船与宇航员间的万有引力，为使宇航员能朝着飞船运动，下列措施可行的是（　　） A．沿靠近飞船方向扔出宇航员身上的小物体 B．沿远离飞船方向扔出宇航员身上的小物体 C．沿靠近飞船方向踢腿 D．沿远离飞船方向踢腿 【变式10-4】（2024·浙江·选考）如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约的轨道。取地球质量，地球半径，引力常量。下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约 C．卫星运行的周期约 D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态 类型3 人船模型 1.模型图例：长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 2.模型探究：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m船x船＝m人x人，由图可看出x船＋x人＝L，可解得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＝＝。 【典例11】赤水独竹漂是贵州赤水河流域的民间传统技艺，2021年5月24日被正式列入第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录。如图所示，在平静的湖面上，质量为m的表演者静立于长为L的竹竿最左端，表演者从竹竿最左端走至最右端，竹竿的位移大小为。不计湖水的阻力，则竹竿的质量为（　　） A． B． C． D． 【变式11-1】如图所示，光滑水平面上有质量为、长度为的木板。质量为的某同学站在木板左端，木板和人处于静止状态。该同学在木板上跳跃三次，每次跳跃的方向和消耗的能量均相同，第三次落点恰好是木板右端。假设人落到木板瞬间与木板相对静止。忽略空气阻力。则完成第一次跳跃时该同学相对水平面的位移为（　　） A． B． C． D． 【变式11-2】如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块置于光滑水平桌面上，一质量为m的小智能机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是（　　） A．只有小机器人运动，滑块不运动 B．滑块运动的距离是 C．滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R D．小机器人运动的位移是滑块的倍 【变式11-3】如图，质量是M（包括绳）的气球下方有一段绳长为L，一质量为m的人悬挂在绳的末端B点，气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处，空气阻力不计，人可视为质点，则人实际上爬的高度是（　　） A．L B．L C．L D．L 【变式11-4】（2024·河北·高考真题）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。 （1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 （2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 （3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第13讲 系统的动量守恒定律 【模型一 动量守恒定律的理解和应用 】 类型1 动量守恒定律判断 类型2 动量守恒定律简单应用 类型3 滑块—曲面体模型 【模型二 碰撞】 类型1碰撞的可能性分析 类型2碰撞规律的应用 类型3子弹打木块模型 类型4 滑块—木板模型 类型5 滑块—弹簧模型 【模型三 反冲运动、爆炸】 类型1爆炸现象 类型2 反冲运动 类型3 人船模型 动量守恒定律作为分析力学的三把“金钥匙”之一，高考物理的必考内容，命题贯穿力学、电磁学综合题，体现学科交叉性。通过具体的物理过程和模型来考查，结合碰撞、火箭、人船模型等实际现象，考查动量守恒在非理想条件下的应用。极少单独考查动量守恒，绝大多数题目会与‌牛顿运动定律、功能关系规律综合运用。考查学生在新情境下识别物理模型、应用物理规律的能力。 通过本节复习，深刻理解动量守恒定律的内容、适用条件、矢量性、相对性。理解动量守恒的本质是系统不受外力或合外力为零（或某方向分量和为零）。将碰撞、爆炸、反冲、人船模型进行对比归类，明确每种模型的关键特征（如守恒条件、能量特点、典型结论）。提炼每种模型的解题思路和标准步骤，通过科学训练提升综合分析能力和解题技能。 【模型一 动量守恒定律的理解和应用】 类型1 动量守恒定律判断 1.动量守恒定律的条件 （1）理想守恒：系统不受外力或系统所受外力的合力为零. （2）近似守恒：系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计. （3）某一方向守恒：系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变. 2.动量守恒定律的内容 （1）内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变. （2）表达式: ①系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量：p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' ②相互作用的两个物体动量的变化量等大反向：Δp1=-Δp2 3.动量守恒定律的理解 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题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…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'…应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 【典例1】（2021·全国乙卷·高考真题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【答案】B 【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。 故选B。 【变式1-1】宇航员在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。不计飞船与宇航员间的万有引力，为使宇航员能朝着飞船运动，下列措施可行的是（　　） A．沿靠近飞船方向扔出宇航员身上的小物体 B．沿远离飞船方向扔出宇航员身上的小物体 C．沿靠近飞船方向踢腿 D．沿远离飞船方向踢腿 【答案】B 【解析】AB．以宇航员和小物体组成的系统为研究对象，系统动量守恒且初动量为零，为使宇航员能朝着飞船运动，应沿远离飞船方向扔出宇航员身上的小物体，故A错误、B正确； CD．沿靠近或远离飞船方向踢腿，宇航员的总动量仍为0，宇航员不会动起来，故CD错误。 故选B。 【变式1-2】短道速滑比赛中“接棒”运动员（称为“甲”）在前面滑行，“交棒”运动员（称为“乙”）从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设甲的质量小于乙的质量、交接棒过程中甲、乙速度方向均在同一直线上，忽略运动员与冰面之间的摩擦。在交接棒过程，下列说法中正确的是（　　） A．乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力 B．甲的动量增加量大于乙的动量减少量 C．甲的速度增加量大于乙的速度减少量 D．甲、乙两运动员冲量之和不为零 【答案】C 【解析】AD．根据牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力等于甲对乙的作用力，结合冲量的定义可知，甲、乙两运动员冲量等大反向，冲量之和为零，故AD错误； BC．甲、乙组成的系统所受合外力为零，动量守恒，所以甲的动量增加量等于乙的动量减少量，又因动量变化量等于质量与速度变化量的乘积，且甲的质量小于乙的质量，所以甲的速度增加量大于乙的速度减少量，故B错误，C正确。 故选C。 【变式1-3】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 【解析】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。 类型2 动量守恒定律简单应用 应用动量守恒定律解题的步骤 【典例2】（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 【解析】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。 【变式2-1】（2014·福建·高考真题）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．已知前部分的卫星质量为m1，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．v0-v2 B．v0+v2 C． D． 【答案】D 【解析】系统分离前后，动量守恒： ，解得： ，故ABC错误；D正确． 【变式2-2】空间站内，甲乙两名航天员在准备出舱活动。甲相对空间站静止，乙拿着质量为 50kg箱子正以2m/s的速度沿两人连线方向向左靠近甲。若乙将箱子向左推向甲，乙和箱子间作用时间为0.2s，离手时箱子速度为4m/s，甲乙两人和装备的总质量分别为200kg和250kg，求： (1)乙对箱子的平均作用力大小。 (2)推出箱子后乙的速度。 (3)甲碰到箱子后立刻抓住不松开，要使甲乙航天员不碰撞，乙对箱子的平均作用力至少为多少？ 【答案】(1)500N(2)1.6m/s，方向向左(3)1000N 【解析】（1）设向左为正方向，以箱子为研究对象，设乙对箱子的作用力为F，由动量定理可得 其中，， 代入数据可得乙对箱子的平均作用力大小 （2）以向左为正，对箱子和乙由动量守恒可得 其中，，， 代入数据可得，推出箱子后乙的速度   速度为正，方向向左。 （3）甲接住箱子后，若三者共速，设共同速度为，此种情况下乙对箱子的平均作用力最小，以向左为正方向，研究甲、乙和箱子组成系统，由动量守恒可得 代入数据解得 以乙为研究对象，由动量定理可得 代入数据解得，箱子对乙平均作用力 由牛顿第三定律可得，乙对箱子的平均作用力最小值为。 类型3 滑块—曲面体模型　　 模型图例 模型规律 光滑的曲面体开始时静止在水平地面上，滑块以速度v0滑上曲面体 ①系统水平方向动量守恒； ②系统的机械能守恒。 两个位置 （1）滑块到达最高点时，滑块与曲面体具有共同的水平速度v共 ①系统水平方向动量守恒：mv0＝（M＋m）v共； ②系统机械能守恒：m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。 （2）滑块返回最低点时，滑块与曲面体分离 ①系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； ②系统机械能守恒：m＝m＋M。 【典例3】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】C 【解析】AB．小球下摆过程，轻绳对小车的弹力方向斜向右下方，由于挡板的限制，此时小车处于静止状态，小车所受外力的合力为0，小球做圆周运动，线速度逐渐增大，小球水平方向与竖直方向的合力均不为0，可知，此过程，小球和小车构成的系统水平方向与竖直方向的动量均不守恒，故AB错误； CD．小球上摆过程，轻绳对小车的弹力方向斜向左下方，小车将脱离挡板向右运动，小车与小球构成的系统，水平方向所受外力的合力为0，竖直方向上所受外力的合力不为0，则小球和小车构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向的动量不守恒，故C正确，D错误。 故选C。 【变式3-1】（多选）如图所示，质量均为M的物体A和B静止在光滑水平地面上并紧靠在一起（不粘连），A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗糙的水平面。现让质量为m的小物块C（可视为质点）自a点静止释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下。则下列说法中正确的是（　　） A.小物块C下滑到b点时，A的速度最大 B.小物块C下滑到c点时，A的速度最大 C.小物块C下滑到b点时，C的速度最大 D.小物块C下滑到c点时，A的速率大于B的速率 【答案】AC 【解析】　C下滑到b点的过程中，A、B及C组成的系统水平方向动量守恒，C从a到b的过程中，速度逐渐增大，所以A、B系统向左运动，速度逐渐增大，C从b到c滑动时，C做匀减速运动，所以在b点C的速度最大，故A在小物块C到b点时速度最大，A、C正确，B错误；C下滑到b点时，A和B的速度相等，此后B做匀速运动，A先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，到达c点时A、C速度恰好相等，此时A、C的总动量与B的动量大小相等，但A、C的总质量比B的质量大，所以A的速率小于B的速率，故D错误。 【变式3-2】如图，在光滑水平面上放置物体，小球从的顶端沿光滑曲面由静止下滑，在小球下滑过程中说法错误的是（　　） A．小球与物体组成的系统水平方向动量守恒 B．小球与物体组成的系统机械能守恒 C．小球对物体的压力不做功 D．物体对小球的支持力的冲量不为零 【答案】C 【解析】A．小球A下滑过程竖直方向先加速后减速，即竖直方向加速度方向先向下后向上，则竖直方向先失重后超重，水平方向系统所受外力的合力为0，可知，小球A 和物体B构成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒，故A正确，不符合题意； C．小球A对物体B的压力方向与B的速度方向夹角为锐角，则小球A 对物体B的压力做正功，故C错误，符合题意； B．小球A下滑时，曲面光滑，无摩擦力，小球A对物体B的压力与物体B对小球A的支持力是系统内力，所做的功互相抵消，对系统而言，只有小球A的重力做功，故系统机械能守恒，故B正确，不符合题意； D．根据冲量的定义有可知，物体B 对小球A的支持力的冲量不为零，故D正确，不符合题意。 本题选错误的，故选C。 【变式3-3】如图所示，水平光滑地面静止放置一光滑圆弧形滑块B，在滑块B的右侧静止放置小球A、C，两球之间夹着处于压缩状态的轻弹簧，弹簧不与两球栓接，用细线固定。某时刻烧断细线，弹簧恢复原长时C球的速度大小，A球以一定的速度冲上B。已知B的质量M=2kg，半径R=0.5m，A球质量，C球质量，A、C两球均可看成质点，重力加速度g取，空气阻力不计。不研究A、B分离之后的运动，通过计算回答下列问题： (1)求弹簧恢复原长时A球的速度大小v1； (2)烧断细线前弹簧存储的弹性势能Ep； (3)A球冲上B后，在上升阶段是否会冲出圆弧。 【答案】(1)(2)(3)不会 【解析】（1）弹簧恢复原长过程中，A、C组成的系统动量守恒 代入数据，解得 （2）弹簧恢复原长过程中，A、C、弹簧组成的系统机械能守恒 解得 （3）A球冲上B过程中，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，当A、B共速时，A运动到最高点，此过程根据动量守恒 解得 A、B组成的系统机械能守恒 解得 所以，A球冲上B后，在上升阶段不会冲出圆弧。 【变式3-4】大型工厂的车间中有一种设备叫做天车如图甲所示，是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆上套有一个滑块，滑块M正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后小球再向下摆动，则（    ） A．小球与滑块等高时，小球的速度为零 B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒 C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值 D．小球向左摆到物块正下方时，其速度大小仍为v0 【答案】B 【解析】A．根据动量守恒定律得 ，解得 小球的速度为，A错误； B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B正确； C．小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C错误； D．根据机械能守恒定律得，解得 ， 小球向左摆到物块正下方时，其速度大小小于v0，D错误。 故选B。 【模型二 碰撞】 类型1碰撞的可能性分析 1.碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象． 2.特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． 3.碰撞遵守的三条原则 原则一：动量守恒，p1＋p2＝p1'＋p2'。 原则二：动能不增加，Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。 原则三：速度要合理 ①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有 v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体仍同向运动，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至少有一个改变。 4.在判断碰撞过程中的可能性问题时，应从以下三方面进行分析： (1)碰撞前后的状态要符合具体的物理情景； (2)碰撞过程中要遵循动量守恒定律； (3)碰撞前后符合能量关系，即总动能满足Ek前≥Ek后 【典例4】（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为和，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 即 根据图像可知，故； 同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 即 根据图像可知，故； 故 故选D。 【变式4-1】2023年斯诺克上海沃德大师赛于9月16日至22日在上海体育馆举行．如图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为，花色球静止，白球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为，则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　） A．mB=mA B． C． D． 【答案】A 【解析】由动量守恒定律得 解得 根据碰撞过程总动能不增加，则有 代入解得 碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则 解得 综上得，故A正确，BCD错误。 故选A。 【变式4-2】（2022·北京·高考真题）质量为和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．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率 C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能 【答案】C 【解析】A．图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知碰前的速度大小为 碰前速度为0，A错误； B．两物体正碰后，碰后的速度大小为碰后的速度大小为 碰后两物体的速率相等，B错误； C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即 解得两物体质量的关系为 根据动量的表达式可知碰后的动量大于的动量，C正确； D．根据动能的表达式可知碰后的动能大于的动能，D错误。 故选C。 类型2碰撞规律的应用 类型 定义 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机械能损失 守恒 守恒 非弹性碰撞 发生非弹性碰撞时,内力是非弹性力,部分机械能转化为物体的内能 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多,机械能损失最大.碰后物体粘在一起,以共同速度运动 守恒 损失最大 1.静止物体被撞后的速度范围：物体A与静止的物体B发生碰撞： 当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，， 当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，， 则碰后物体B的速度范围为：. 2.弹性碰撞的特点： 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 机械能守恒：m1＝m1＋m2 联立解得v1＝v0，v2＝v0 情形一：若m1＝m2，则v1＝0，v2＝v0 ，（质量相等的两个物体发生弹性碰撞后交换速度）； 情形二：若m1＞m2，则v1＞0，v2＞0（碰后两小球沿同一方向运动）； 特例：当m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0； 情形三：若m1＜m2，则v1＜0，v2＞0（碰后两小球沿相反方向运动）； 特例：当m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0。 3. 非弹性碰撞特点： 碰撞结束后，动能有部分损失。有 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损 4. 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。有 m1v1+m2v2=(m1+m2)v m1+m2=(m1+m2)v2+ΔEk损max 结果: v= ΔEk损max=(v1－v2)2 【典例5】（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律 若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知 解得、 因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的；若不是弹性碰撞，则可知碰后速度大小之比为 若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足 则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。 故选A。 【变式5-1】37．（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　） A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 【答案】BC 【解析】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知 由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即 ， 碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。 故选BC。 【变式5-2】（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) 【解析】（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 【变式5-3】（2025·海南海口模拟预测）在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪吒脚踩风火轮（总质量），以速度水平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量）以速度水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，则相撞后两人的共同速度为（　　） A．7.5m/s，水平向右 B．1m/s，水平向右 C．7.5m/s，水平向左 D．1m/s，水平向左 【答案】B 【解析】取向右为正方向，根据动量守恒定律有 代入数据解得方向水平向右。 故选B。 【变式5-4】（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 N∙s，A、B的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)与B碰前瞬间A的速度大小； (2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。 【答案】(1)4 m/s(2)11.2 N 【解析】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有 设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有 联立代入数据解得 （2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有 设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有 联立代入数据解得 【变式5-5】（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取） （1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 （2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。 （1）A开始运动到最低点有 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 解得， （2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知 故解得 （3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得 根据能量守恒得 联立解得 【变式5-6】（2022·福建·高考真题）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）C在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C与B碰撞过程中损失的机械能； （3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得 解得C在碰撞前瞬间的速度大小为 （2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得 解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为 故C与B碰撞过程中损失的机械能为 （3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得 解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为 【变式5-7】某次训练中使用的冰壶A和冰壶B的质量均为m＝20kg，两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ＝0.02，初始时两冰壶之间的距离s＝7.5m，冰壶A被运动员以v0＝2m/s的初速度水平掷出后，与静止的冰壶B碰撞，碰后冰壶A的速度大小变为vA＝0.2m/s，方向不变，碰撞时间极短。已知重力加速度g＝10m/s2。求： (1)冰壶A在与B碰撞前瞬间的速度大小v1； (2)两冰壶碰撞后瞬间B的速度大小vB； (3)两冰壶在碰撞过程中减少的机械能ΔE。 【答案】(1)1m/s(2)0.8m/s(3)3.2J 【解析】（1）冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞前过程中，根据动能定理可得 代入数据解得 （2）两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，以v0的方向为正方向，则有 代入数据解得vB＝0.8 m/s （3）两冰壶碰撞前后 联立方程得 【变式5-7】（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求： （1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和； （2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； （3）滑杆向上运动的最大高度h。 【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为 （2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有 代入数据解得。 （3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 代入数据联立解得。 类型3子弹打木块模型 　　 模型图例 模型规律 （1）地面光滑，系统的动量守恒。 （2）系统的机械能有损失，一般应用能量守恒定律。 两种情况 （1）子弹未穿出木块：两者最终速度相等，机械能损失最多 ①动量守恒：mv0＝（m＋M）v ②能量守恒：Q＝f·x＝m－（M＋m）v2 （2）子弹穿出木块：两者速度不相等，机械能有损失 ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 ②能量守恒：Q＝f·l＝m－ 三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能 （1）利用系统前、后的机械能之差求解； （2）利用Q＝f·x相对求解； （3）利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。 【典例6】（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【答案】AD 【解析】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有 子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 联立上式可得 因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确； B．则子弹穿过木块时木块的速度为 由运动学公式可得故B错误； C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即故C错误； D．木块加速过程运动的距离为 故D正确。 故选AD。 【变式6-1】现代的装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑的桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，恰好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量为m的相同的两块，间隔一段距离平行放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。 【答案】d 【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝（2m＋m）v解得v＝。　① 此过程中动能损失为ΔE＝m－×3mv2解得ΔE＝m　② 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和v2， 由动量守恒定律，mv0＝mv1＋mv2　③ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为ΔE， 由能量守恒定律得 m＝m＋mv2＋ΔE　④ 联立①②③④式，考虑到v1必须大于v2，解得v1＝v0　⑤ 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为v3，由动量守恒定律得 2mv3＝mv1　⑥ 损失的动能为ΔE'＝m－·2m　⑦ 联立②⑤⑥⑦式解得ΔE'＝×ΔE　⑧ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，ΔE'＝fx，ΔE＝fd，　⑨ 联立⑧⑨式可得，射入第二块钢板的深度为 x＝d。 【变式6-2】如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，一轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有一质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为 B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于（M＋m0）g C.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于（M＋m＋m0）g D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 【答案】C 【解析】子弹射入木块时，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝（M＋m0）v1， 解得子弹射入木板后的瞬间速度大小为v1＝，A错误； 子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得 FT－（M＋m0）g＝（M＋m0）， 可知绳子拉力大于（M＋m0）g，B错误； 子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有FN＝FT＋mg＞ （M＋m＋m0）g， 根据牛顿第三定律可知，C正确； 子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。 【变式6-3】（多选）如图所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是（　　） A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损 B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功 D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量 【答案】BD 【解析】子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知：子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误； 子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确； 摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff（s＋d），可知二者不等，故C错误； 对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量， 故D正确。 【变式6-4】（多选）如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A.木块和子弹A、B组成的系统动量守恒 B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍 C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍 D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍 【答案】AC 【解析】　以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统的外力矢量和为零，则系统的动量守恒，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理对子弹A，有－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，对子弹B，有 －fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA＝3dB，则两子弹的初动能关系为EkA＝3EkB，又EkA＝，EkB＝，则得3mA＝mB，则子弹B的质量是子弹A的质量的3倍，子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍，B错误，A、C正确；若子弹A向右射入木块，A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时具有向右的共同速度，由能量守恒定律可知，系统损失的机械能ΔE＝fdA'＜EkA，则d'＜dA，子弹B再向左射入木块，由于A、B与木块组成的系统动量守恒，由前面的分析可知，mAvA＝mBvB，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，最终A、B与木块都静止，子弹射入木块过程，由能量守恒定律可知，系统损失的机械能ΔE'＝fdB'＞EkB，则dB'＞dB，综上所述可知：dA'＜3dB'，故D错误。 类型4 滑块—木板模型 　　 模型图例 模型规律 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 两种情况 （1）若滑块未滑离木板，则类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v； ②系统能量守恒：Q＝f·x＝m－（M＋m）v2。 （2）若滑块滑离木板，则类似于子弹穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； ②系统能量守恒：Q＝fl＝m－。 【典例7】在高度为h的光滑水平平台左侧竖直面内固定一光滑圆弧轨道，轨道与平台相切于最低点。平台右侧是一下挖深度为d的光滑水平槽，在水平槽上放置一个厚度为d的长木板，长木板质量，长木板左端放置一个质量为m的小物块（可视为质点），如图。一质量为的小球从光滑圆弧轨道最高点由静止释放，小球运动到平台后与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰撞后小物块获得水平向右的速度，小球反弹后被立即拿走。当小物块在长木板上滑动到长木板最右端时，小物块与长木板恰好达到共速，长木板右端到达平台边缘后立即被锁定，小物块水平飞出。已知重力加速度为g，小物块与长木板间的动摩擦因数为，空气阻力不计。求： (1)光滑圆弧轨道的半径R； (2)长木板的长度； (3)小物块落地点到平台边缘的水平距离。 【答案】(1)(2)(3) 【解析】（1）设小球运动到轨道最低点时的速度为，小球与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰后小球反向运动，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 联立解得 小球沿光滑圆弧轨道由静止开始下滑，由机械能守恒定律有 解得 （2）小物块在长木板上滑动，由动量守恒定律有 解得 由功能关系有解得 （3）由平抛运动规律，水平方向有 竖直方向有 联立解得 【变式7-1】（2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　） A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 【答案】D 【解析】A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误； B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒 解得v1=1m/s 方向向右；当三者共速时可知v=0 即最终三者一起静止，可知经历的时间选项B错误； C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量选项C错误； D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知 可得选项D正确。 故选D。 【变式7-2】如图所示，有一个质量为M的足够长的木板，正以水平向左大小为v的速度在光滑水平面上滑行，同时有一个质量为m的滑块以大小为v的速度向右滑上木板，滑块和木板间的动摩擦因数为μ，且M>m，运动过程中滑块与木板始终不分离，以下分析正确的是（　　） A．仅增大，摩擦产生的热量不变 B．仅增大，摩擦力对滑块的冲量大小增大 C．仅增大，滑块相对木板滑行的距离变小 D．仅减小，滑块相对木板滑行的时间变短 【答案】A 【解析】A．设木板和滑块最终的共同速度为，设水平向左为正方向，对m和M组成的系统列动量守恒定律方程有解得 设摩擦产生的热量为，根据能量守恒定律有解得 由此可知，仅增大，摩擦产生的热量不变，故A正确； B．由A选项可知，滑块的最终速度与无关，所以增大，滑块的动量变化相同，由动量定理可知摩擦力对滑块的冲量大小不变，故B错误； C．由A选项可知摩擦产生的热量为故增大M，Q增大；又因为 所以增大M，滑块相对木板滑行的距离也变大，故C错误； D．设滑块相对木板滑行的时间为，对滑块列动量定理方程有 解得滑块相对木板滑行的时间为 由此可知，仅减小m，滑块相对木板滑行的时间变长，故D错误。 故选A。 【变式7-3】（2022·河北高考）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。 （1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向； （2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 【答案】（1）5（1－k）m/s　 m/s　方向均向右　（2）1.875 m 【解析】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝（m＋m）v物 解得v物＝v0＝5（1－k）m/s＞0 可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5（1－k）m/s，方向向右。 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由Mv0－2M·kv0＝（M＋2M）v滑 解得v滑＝v0＝ m/s＞0 则新滑板速度方向也向右。 （2）若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为 v物'＝5（1－k）m/s＝5×（1－0.5）m/s＝2.5 m/s 碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑'＝ m/s＝0 m/s 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m'＝2 kg，新滑板的质量为M'＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得m'v物'＝（m'＋M'）v共 解得v共＝1 m/s 根据能量守恒定律可得μm'gx相＝m'v物'2－（m'＋M'） 解得x相＝1.875 m。 类型5 滑块—弹簧模型 　　 模型图例 水平地面光滑，m1、m2与轻弹簧（开始处于原长）相连，m1以初速度v0运动。 模型规律 （1）系统的动量守恒。 （2）系统的机械能守恒。 两个状态 （1）弹簧最短（或最长）时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大 ①系统动量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v共； ②系统机械能守恒：m1＝（m1＋m2）＋Epm。 （2）弹簧处于原长时弹性势能为零 ①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2； ②系统机械能守恒：m1＝m1＋m2。 规律方法 （1）由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能（或能量）守恒定律求解。 （2）对解出的结果还要判断是否满足“物理情境可行性原则”。 【典例8】（2025·福建·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度，则（　　） A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B．t=t0时，B的速度为0.5m/s C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m 【答案】BD 【解析】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有，代入数值解得t=t0时，B的速度为 在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有， 由于，故可知故A错误，B正确； C．在时间内，设AB向右的位移分别为，；，由功能关系有解得 故弹簧的压缩量为故C错误； D．A与传送带的相对位移为 B与传送带的相对为 故可得 由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得 结合可知，故D正确。 故选BD。 【变式8-1】（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 【答案】(1)(2)，(3)(4) 【解析】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为 （2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中 同时有，联立解得， （3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中 联立解得 （4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得 【变式8-2】（2017·海南·高考真题）光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（　　） A． B． C． D．1 【答案】D 【解析】由动量守恒定律可知，P、Q两个物块构成的系统，动量前后守恒，则 ABC错误，D正确。 故选D。 【变式8-3】（2007·天津·高考真题）如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（ ） A．A开始运动时 B．A的速度等于v时 C．A和B的速度相等时 D．B的速度等于零时 【答案】C 【解析】根据能量守恒，可知当弹簧弹性势能最大的时候，系统动能最小，损失最多，故当两个物块速度相同时弹性势能最大，故选C。 【模型三 反冲运动、爆炸】 类型1 爆炸现象 1.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。 2.爆炸特点： 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其受到的外力，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 【典例9】（2021·浙江1月选考）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s 末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A.两碎块的位移大小之比为1∶2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m 【答案】B 【解析】爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量之比为2∶1的两物块，其速度之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移之比为1∶2，但合位移之比并不为1∶2，选项A错误。根据题意，两碎块落地声音传到记录仪时间间隔Δt＝6 s－5 s＝1 s，设声速为v'，则两碎块水平位移之差为2x－x＝v'Δt＝340 m×1 s＝340 m，得x＝340 m，两落地物相距2x＋x＝3x＝1 020 m，选项D错误。由上述推导可知，物体平抛时间t＝5 s－1 s＝4 s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物下落的高度 h＝gt2＝80 m，选项B正确，质量大的爆炸物其水平速度为v＝＝85 m/s，选项C错误。 【变式9-1】在一次投掷手榴弹的演习中，某个士兵在战壕里将一颗质量kg的手榴弹从水平地面上以m/s的初速度朝目标方向斜向上抛出，当手榴弹上升到最高点时恰好爆炸成两块弹片，其中质量kg的一块弹片在爆炸后做自由落体运动且落地时动能为5J。已知手榴弹内部火药的质量kg，且爆炸瞬间火药充分燃烧，重力加速度g取10，火药爆炸后生成气体的动量不计，空气阻力不计，求： （1）手榴弹爆炸前瞬间的速度大小； （2）两块弹片落地点间的距离。 【答案】（1）10m/s；（2）26m 【解析】（1）质量kg的弹片自由落下落时，由机械能守恒定律得 解得手榴弹上升的最大高度h=5m 手榴弹从地面抛出到爆炸前瞬间，由机械能守恒定律得 解得手榴弹爆炸前瞬间的速度大小v1=10m/s （2）质量为m1=0.1kg的一块弹片在爆炸后做自由落体运动，该弹片在爆炸后瞬间的速率为零，另一块弹片的质量为 m2=m-m1-∆m=0.1kg 设其爆炸后瞬间的速率为v2，由动量守恒定律得 解得v2=26m/s 所以手榴弹爆炸后瞬间两块弹片的速率之和为26m/s，质量为m2的弹片做平抛运动，两块弹片落地点间的距离为 【变式9-2】已知某花炮发射器能在t1=0.2s内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m=1kg、射出的最大高度h=180m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，落地时两落地点之间的距离s=900m，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g=10m/s2。求： (1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小； (2)爆炸后两物块的质量m1、m2的大小； (3)若花炮在最高点爆炸时有80%的化学能转化成物块的动能，求花炮在空中释放的化学能E。 【答案】(1)310N (2)0.8kg，0.2kg (3)2250J 【解析】（1）根据动量定理，发射过程中合力的冲量等于动量变化 其中 为花炮发射后的初速度。由竖直上抛的最大高度公式 解得 代入动量定理公式得 （2）爆炸时动量守恒，则 爆炸后两物块做平抛运动，水平方向上做匀速运动，即x=vt，两物块运动时间相同，由于水平位移比为 ，所以两物块的速度比为 解得 结合总质量 解得 （3）爆炸后两物块运动的时间为 两物块落地时两落地点之间的距离s=900m，则 解得， 两物块的动能之和为 由 解得 类型2 反冲运动 （1）定义：反冲现象：反冲现象是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，在反冲现象里，系统的动量是守恒的. （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： 作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 【典例10】中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为，喷气速度均为(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是（　　） A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同 C．经过次喷气后，飞行器速度为 D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 【答案】C 【解析】A．由题意可知，每次喷气过程中，系统（包括飞行器和喷出的气体）总动量守恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误； B．根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为，速度为，飞行器质量变为，速度为，则有解得 所以第一次喷气后速度增量 在第二次喷气之前，此时系统总动量为，喷气后，喷出气体质量仍为，速度为，飞行器质量变为，速度为，则有 将代入可得 所以第二次喷气后速度增量 以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B错误； C．设经过次喷气后飞行器的速度为。系统初始总动量为0，次喷气后，喷出气体总质量为，速度为，飞行器质量变为，速度为。根据动量守恒定律可得 解得，故C正确； D．虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。 故选C。 【变式10-1】（2024·江苏·高考真题）“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体）、轨道器和返回器（组合体）分离，分离时间为。分离后的速度大小为，方向与相同。已知组合体、的质量分别为、。求： （1）分离后的速度大小； （2）分离过程中，对的平均推力大小。 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）组合体、分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 解得 （2）以组合体为研究对象，由动量定理有 解得 【变式10-2】（2022·山东高考）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（　　） 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】从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量的矢量和等于火箭动量的变化量，C错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D错误。 【变式10-3】宇航员在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。不计飞船与宇航员间的万有引力，为使宇航员能朝着飞船运动，下列措施可行的是（　　） A．沿靠近飞船方向扔出宇航员身上的小物体 B．沿远离飞船方向扔出宇航员身上的小物体 C．沿靠近飞船方向踢腿 D．沿远离飞船方向踢腿 【答案】B 【解析】AB．以宇航员和小物体组成的系统为研究对象，系统动量守恒且初动量为零，为使宇航员能朝着飞船运动，应沿远离飞船方向扔出宇航员身上的小物体，故A错误、B正确； CD．沿靠近或远离飞船方向踢腿，宇航员的总动量仍为0，宇航员不会动起来，故CD错误。 故选B。 【变式10-4】（2024·浙江·选考）如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约的轨道。取地球质量，地球半径，引力常量。下列说法正确的是（　　） A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约 C．卫星运行的周期约 D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态 【答案】B 【解析】A．根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A错误； B．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为故B正确； C．卫星运行的周期为故C错误； D．发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。 故选B。 类型3 人船模型 1.模型图例：长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 2.模型探究：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m船x船＝m人x人，由图可看出x船＋x人＝L，可解得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＝＝。 【典例11】赤水独竹漂是贵州赤水河流域的民间传统技艺，2021年5月24日被正式列入第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录。如图所示，在平静的湖面上，质量为m的表演者静立于长为L的竹竿最左端，表演者从竹竿最左端走至最右端，竹竿的位移大小为。不计湖水的阻力，则竹竿的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设人相对于水面的位移为，竹竿相对于水面的位移为，竹竿的质量为， 人与竹竿组成的系统水平方向动量守恒，则有 整理可得即 又因为，，则有 联立解得 故选C。 【变式11-1】如图所示，光滑水平面上有质量为、长度为的木板。质量为的某同学站在木板左端，木板和人处于静止状态。该同学在木板上跳跃三次，每次跳跃的方向和消耗的能量均相同，第三次落点恰好是木板右端。假设人落到木板瞬间与木板相对静止。忽略空气阻力。则完成第一次跳跃时该同学相对水平面的位移为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】每次跳跃过程中，人和木板水平方向动量守恒，因此人落回木板上时，人和木板的速度都变为零。三次跳跃情况完全相同，所以第一次跳跃过程中人和木板相对位移为，根据动量守恒有 解得 故选A。 【变式11-2】如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块置于光滑水平桌面上，一质量为m的小智能机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是（　　） A．只有小机器人运动，滑块不运动 B．滑块运动的距离是 C．滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R D．小机器人运动的位移是滑块的倍 【答案】C 【解析】CD．小机器人和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，小机器人从A端移动到B端的过程中，设小机器人和滑块在任意时刻的水平分速度大小分别为和，则 所以在整个过程中，二者的平均速度大小满足 则二者水平位移大小（即运动的水平距离）满足 根据相对位移关系有 即滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R，且，故C正确，D错误； AB．根据前面分析可得小机器人和滑块移动的距离分别为，，故AB错误。 故选C。 【变式11-3】如图，质量是M（包括绳）的气球下方有一段绳长为L，一质量为m的人悬挂在绳的末端B点，气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处，空气阻力不计，人可视为质点，则人实际上爬的高度是（　　） A．L B．L C．L D．L 【答案】B 【解析】设气球下降的高度为h，则由平均动量守恒可知 解得 则人实际上爬的高度是 故选B。 【变式11-4】（2024·河北·高考真题）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。 （1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 （2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 （3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 【答案】（1）；（2）90J，2；（3） 【解析】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，取向右为正方向，则机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为为、,则有 同时有 解得A、B木板间的水平距离 （2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得， 联立解得 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 根据能量守恒可得机器人做的功为 联立得 根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时 （3）根据可得，根据得 分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得 解得 该过程A木板向左运动的距离为 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得① 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得② 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为 可③ 联立①②③解得 故A、C两木板间距为 解得 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $