专题二 第7讲　动量定理、动量守恒定律【精讲精练】-2026届高三物理二轮复习题型突破（新高考通用）

该高中物理高考复习讲义聚焦动量定理、动量守恒定律及碰撞模型等核心考点，按概念规律-思维方法-题型应用逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法指导（如全程动量定理、守恒条件判断）、真题精讲（2025年各地高考及模拟题）和分层练习，帮助学生系统突破动量模块难点。 讲义以科学思维培养为核心，创新设计“碰撞三境界”“矢量分解”等模型建构活动，如弹性碰撞速度互换特例分析，结合人船模型拓展训练，通过基础与巩固分层刷题实现精准提升，助力教师高效把控复习节奏，提升学生综合解题能力。

专题二　功和能、动量 第7讲　动量定理、动量守恒定律 1．动量、冲量与动量定理：公式p＝mv，I＝Ft，I＝Δp＝mv2－mv1。规律：动量是矢量，方向与速度一致；冲量是矢量，方向与力一致。 2．多过程问题，全程动量定理更简便；曲线运动中，动量变化量等于合外力的冲量。 3．动量守恒定律：公式p＝p′。规律：某一方向合外力为零，该方向动量守恒。 4．人船模型：m1x1＝m2x2；多个物体碰撞，动量守恒与运动阶段无关。 5．碰撞综合：公式ΔEk＝m1v＋m2v－≥0。规律：碰撞后速度需符合实际(追碰后前快后慢)。 6．质量相等弹性碰撞，速度互换；完全非弹性碰撞，ΔEk＝。 一、思维方法 1．过程分割与整体法：复杂运动分阶段分析力的冲量(分割法)，或用全程动量定理规避中间细节(整体法)，尤其适用于多过程直线运动或曲线运动。 2．守恒条件优先判断：对动量守恒问题，先分析系统合外力是否为零(或某方向为零)，避免盲目套用公式，如爆炸、碰撞问题优先默认动量守恒。 3．能量与动量协同分析：碰撞问题中，用动量守恒定量找速度关系，用能量守恒(动能不增)限制解的合理性，形成“动量定解＋能量筛选”的双检验逻辑。 二、思维模型 1．人船模型拓展：适用于初动量为零的系统，通过“位移与质量成反比”快速求解相对位移，可迁移到滑块－木板等模型。 2．碰撞三境界模型：弹性碰撞(动能守恒，速度互换特例)、完全非弹性碰撞(共速，动能损失最大)、非弹性碰撞(介于两者间)，明确不同碰撞的能量特征与解题侧重。 3．矢量分解模型：将曲线运动或斜碰中的动量分解到正交方向，利用分方向动量守恒简化计算，如斜抛运动中水平方向动量守恒分析。 题型1　动量、冲量与动量定理 (2025·浙江卷)有一离地面高度20 m、质量为2×10－13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数1×10－9 kg/s，重力加速度g＝10 m/s2，则它降落到地面的时间约为(　　) A．0.5 h B．3 h C．28 h D．166 h 1．冲量的三种计算方法 公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解 2.动量定理 (1)公式：FΔt＝mv′－mv (2)应用技巧： ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 ②表达式是矢量式，需要规定正方向。 ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。 ④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。 ⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。 (2025·福建宁德三模)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为(　　) A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2 C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2 题型2　动量守恒定律的应用 (2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，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mN，碰撞时间极短，则(　　) A．mP>mN>mQ B．mN>mP>mQ C．mQ>mP>mN D．mQ>mN>mP (2025·安徽百师联盟联考)如图是一项在长江边举办的大型户外水上游乐活动的简化图。活动场地设在一个高h＝1.8 m的倾斜山坡上，一质量m＝50 kg、长L＝1.8 m的浮板靠在平滑山坡底部。质量m＝50 kg的游客从山坡顶端静止滑下，经过山坡底端后，沿浮板的上表面从左端水平滑上浮板，若游客恰好不会脱离浮板，安全到达目的地。不计游客与山坡间的摩擦力、空气阻力以及水对浮板的阻力，不考虑游客通过山坡和浮板连接处的动能损失，游客可视为质点，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则游客与浮板之间的动摩擦因数为(　　) A．0.8 B．0.75 C．0.5 D．0.4 题型3　碰撞及其拓展模型 (2025·江苏卷)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v0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3m，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v1； (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 1．两种碰撞的特点 弹性 碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒mv1＝m1v1′＋m2v2′ 机械能守恒m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝ 结论： (1)m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1′＝v1，v2′＝2v1 (3)m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′≈0 完全非 弹性碰撞 碰后两球粘在一起，末速度相同 动量守恒m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，机械能损失最多 损失的机械能ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2 2.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例(水 平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 小球—小球模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能和电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械能守恒，满足mv＝mv＋Mv (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平 面或水平 导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 1．(2025·江西上饶模拟)如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R(R为圆弧的半径)，如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球的初速度大小为4 B．M＝0.5m C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为R D．如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为2 2.(多选)(2025·湖南娄底二模)如图所示在光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA＝2 kg，mB＝4 kg，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为m0＝50 g，初速度为v0＝500 m/s，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿A木块后的速度变为原来的，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能的2倍，则(　　) A．子弹射穿A木块过程中系统损失的机械能为3 975 J B．子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为4.5 J C．弹簧再次恢复原长时A的速度为 m/s D．弹簧再次恢复原长时B的速度为 m/s 【基础必刷题】 1．(2025·山东济宁二模)我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器(简称飞行器)也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是(　　) A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气 B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零 C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大 D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同 2．(2025·湖北省七市州联考)如图(a)所示，为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像中阴影部分的面积为(　　) A．1 800 kg·m/s B．5 400 kg·m/s C．7 200 kg·m/s D．3 600 kg·m/s 3．(2025·北京西城区二模)如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小球的质量为0.2 kg，振动的周期为4 s B．0～2 s内，小球始终处于超重状态 C．0～2 s内，小球受弹力的冲量大小为2 N·s D．0～2 s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量 4．(2025·山东名校联考)中国古代连弩采用复合弓结构，驽臂与底座相固定，总质量为M，通过绞盘拉伸弩弦使其最大形变量为x，弩弦劲度系数为k，其对箭矢产生的弹力F＝kx，弩弦因形变储存的弹性势能Ep＝kx2，释放后，弩弦将质量为m的箭矢水平弹出。不计箭矢与弩臂间的摩擦，弩弦与箭矢作用时间Δt极短，底座放置于地面(与地面未固定)，忽略空气阻力。则箭矢弹出瞬间的速度v(　　) A．v＝ B．v＝ C．v＝ D．v＝ 5．(2025·广东广州模拟)大型工厂的车间中有一种设备叫作天车如图甲所示，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 6．(2025·广西北海模拟)如图所示，在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着质量分别为m1、m2(m1<m2)的1、2两个大小相同的小球，AB连线过环心O。小球可看作质点，初始时小球2静止于A点，小球1以初速度v0沿圆环切向方向运动，若小球1和2之间发生弹性碰撞，两球第二次在B点相碰，则小球的质量比m1∶m2是(　　) A．1∶5 B．1∶3 C．1∶2 D．2∶3 7．(2025·安徽滁州二模)质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg的小球A、B从地面上的同一位置先后竖直向上抛出，两球在空中发生正碰，图中曲线a是小球A碰前的位移—时间图像，曲线b是碰后A、B一起运动的位移—时间图像，a、b曲线关于t＝3 s轴对称。若空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，则两球碰撞中损失的动能为(　　) A．400 J B．300 J C．200 J D．100 J 8．(2025·浙江卷)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1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s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0.75 m，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0.2 s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 9．(2025·甘肃卷)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　) A．1.5 m/s B．3.0 m/s C．4.5 m/s D．6.0 m/s 【巩固必刷题】 10．(2025·广东卷)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰掉后第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(　　) 11．(2025·天津一模)如图所示，水平粗糙轨道AB长为L，竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC与轨道AB相切于B点，质量为m的物块P以初速度v0从A点向左运动，与静止于B点质量为2m的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C，已知重力加速度为g，物块P、Q均可视为质点，求： (1)两物块碰后瞬间对轨道B点的压力FN的大小； (2)物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ； (3)碰撞过程中物块P对物块Q做的功W的大小。 12．(2025·江苏泰州一模)如图所示，可视为质点的两个小物块A、B并排放在粗糙水平面上，一根轻绳一端固定于水平面上的O点，另一端系在小物块A上。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，轻绳长l＝0.314 m，g取10 m/s2，π取3.14且π2＝10。现给A一个向左的初速度v0＝2 m/s，使其绕O点做圆周运动，运动一周时与B发生弹性碰撞。求： (1)A刚开始运动时所受轻绳拉力的大小FT； (2)A与B碰前瞬间的加速度大小a； (3)A与B碰后B滑行的距离s。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题二　功和能、动量 第7讲　动量定理、动量守恒定律 1．动量、冲量与动量定理：公式p＝mv，I＝Ft，I＝Δp＝mv2－mv1。规律：动量是矢量，方向与速度一致；冲量是矢量，方向与力一致。 2．多过程问题，全程动量定理更简便；曲线运动中，动量变化量等于合外力的冲量。 3．动量守恒定律：公式p＝p′。规律：某一方向合外力为零，该方向动量守恒。 4．人船模型：m1x1＝m2x2；多个物体碰撞，动量守恒与运动阶段无关。 5．碰撞综合：公式ΔEk＝m1v＋m2v－≥0。规律：碰撞后速度需符合实际(追碰后前快后慢)。 6．质量相等弹性碰撞，速度互换；完全非弹性碰撞，ΔEk＝。 一、思维方法 1．过程分割与整体法：复杂运动分阶段分析力的冲量(分割法)，或用全程动量定理规避中间细节(整体法)，尤其适用于多过程直线运动或曲线运动。 2．守恒条件优先判断：对动量守恒问题，先分析系统合外力是否为零(或某方向为零)，避免盲目套用公式，如爆炸、碰撞问题优先默认动量守恒。 3．能量与动量协同分析：碰撞问题中，用动量守恒定量找速度关系，用能量守恒(动能不增)限制解的合理性，形成“动量定解＋能量筛选”的双检验逻辑。 二、思维模型 1．人船模型拓展：适用于初动量为零的系统，通过“位移与质量成反比”快速求解相对位移，可迁移到滑块－木板等模型。 2．碰撞三境界模型：弹性碰撞(动能守恒，速度互换特例)、完全非弹性碰撞(共速，动能损失最大)、非弹性碰撞(介于两者间)，明确不同碰撞的能量特征与解题侧重。 3．矢量分解模型：将曲线运动或斜碰中的动量分解到正交方向，利用分方向动量守恒简化计算，如斜抛运动中水平方向动量守恒分析。 题型1　动量、冲量与动量定理 (2025·浙江卷)有一离地面高度20 m、质量为2×10－13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数1×10－9 kg/s，重力加速度g＝10 m/s2，则它降落到地面的时间约为(　　) A．0.5 h B．3 h C．28 h D．166 h 【答案】　B 【解析】　沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知mg－kv＝ma①，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a＝0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足mg＝kvm②，解得vm＝2×10－3 m/s，由动量定理可得mgt－kt＝mv，即mgt－kh＝mv，则沙尘下落时间为t＝，由于mv≪kh，则t≈＝104 s≈3 h，故选B。 1．冲量的三种计算方法 公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解 2.动量定理 (1)公式：FΔt＝mv′－mv (2)应用技巧： ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 ②表达式是矢量式，需要规定正方向。 ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。 ④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。 ⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。 (2025·福建宁德三模)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为(　　) A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2 C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2 【答案】　B 【解析】　在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2＝vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F′＝(ρ＋nm)Sv2，故选B。 题型2　动量守恒定律的应用 (2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，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mN，碰撞时间极短，则(　　) A．mP>mN>mQ B．mN>mP>mQ C．mQ>mP>mN D．mQ>mN>mP 【答案】　D 【解析】　P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP＋mNvN＝mPvP′＋mNvN′，即mP(vP－vP′)＝mN(vN′－vN)，根据图像可知(vP－vP′)>(vN′－vN)，故mP<mN；同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ＋mNvN＝mQvQ′＋mNvN′，即mQ(vQ－vQ′)＝mN(vN′－vN)，根据图像可知(vQ－vQ′)<(vN′－vN)，故mQ>mN；故mQ>mN>mP，故选D。 (2025·安徽百师联盟联考)如图是一项在长江边举办的大型户外水上游乐活动的简化图。活动场地设在一个高h＝1.8 m的倾斜山坡上，一质量m＝50 kg、长L＝1.8 m的浮板靠在平滑山坡底部。质量m＝50 kg的游客从山坡顶端静止滑下，经过山坡底端后，沿浮板的上表面从左端水平滑上浮板，若游客恰好不会脱离浮板，安全到达目的地。不计游客与山坡间的摩擦力、空气阻力以及水对浮板的阻力，不考虑游客通过山坡和浮板连接处的动能损失，游客可视为质点，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则游客与浮板之间的动摩擦因数为(　　) A．0.8 B．0.75 C．0.5 D．0.4 【答案】　C 【解析】　对游客，从山坡滑下的过程有mgh＝mv2，解得v＝6 m/s，游客恰好不会脱离浮板有mv＝2mv共，μmgL＝mv2－×2mv，解得μ＝0.5，故C正确。 题型3　碰撞及其拓展模型 (2025·江苏卷)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v0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3m，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v1； (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 【答案】　(1)v0　(2)　(3)4n＋1mv 【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v0。 (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mv0＝mv1＋3mv2 由能量守恒定律有mv＝mv＋×3mv 解得v1＝v0＝－v0，v2＝v0＝v0 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。 (3)根据题意结合(2)题分析可知，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2n次后速度大小为v＝2nv0，则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek＝mv2＝4n＋1mv。 1．两种碰撞的特点 弹性 碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒mv1＝m1v1′＋m2v2′ 机械能守恒m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝ 结论： (1)m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1′＝v1，v2′＝2v1 (3)m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′≈0 完全非 弹性碰撞 碰后两球粘在一起，末速度相同 动量守恒m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，机械能损失最多 损失的机械能ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2 2.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例(水 平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 小球—小球模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能和电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械能守恒，满足mv＝mv＋Mv (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平 面或水平 导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 1．(2025·江西上饶模拟)如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R(R为圆弧的半径)，如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为R。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球的初速度大小为4 B．M＝0.5m C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为R D．如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为2 【答案】　B 【解析】　如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律mv＝mg·R，解得小球的初速度大小为v0＝3，选项A错误；如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒mv0＝(m＋M)vx，由能量关系mv＝mg·＋(M＋m)v，联立解得M＝0.5m，vx＝2，选项B正确；如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间t＝＝，水平位移为x＝vxt＝2R，选项C错误；如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中滑出时槽的速度最大，此时由动量守恒和能量关系mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv，解得小球和圆弧槽的速度大小分别为v1＝v0＝，v2＝v0＝4，选项D错误。 2.(多选)(2025·湖南娄底二模)如图所示在光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA＝2 kg，mB＝4 kg，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为m0＝50 g，初速度为v0＝500 m/s，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿A木块后的速度变为原来的，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能的2倍，则(　　) A．子弹射穿A木块过程中系统损失的机械能为3 975 J B．子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为4.5 J C．弹簧再次恢复原长时A的速度为 m/s D．弹簧再次恢复原长时B的速度为 m/s 【答案】　AC 【解析】　设子弹射穿A木块后A和子弹的速度分别为vA和v1，由题意可知v1＝v0＝300 m/s，子弹穿过A的过程中，由动量守恒定律可得m0v0＝mAvA＋m0v1，联立解得vA＝5 m/s，射穿A木块过程中系统损失的机械能为ΔE＝m0v－m0v－mAv＝3 975 J，故A正确；设子弹射穿B木块后B和子弹的速度分别为vB和v2，由动量守恒定律可得m0v1＝mBvB＋m0v2，由题意可知m0v－m0v＝2，联立解得vB＝2.5 m/s，子弹穿过B以后，弹簧开始被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量守恒，当A、B达到共同速度v共时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v共，解得v共＝ m/s，根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为Epm＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v≈4 J，故B错误；弹簧再次恢复原长时A、B的速度分别为vA′、vB′，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，机械能守恒定律有mAv＋mBv＝mAvA′2＋mBvB′2，联立解得vA′＝ m/s，vB′＝ m/s，故C正确，D错误。故选AC。 【基础必刷题】 1．(2025·山东济宁二模)我国神话故事中哪吒脚踩风火轮在天空中来去自由，现在人类穿上涡喷飞翼飞行器(简称飞行器)也能像哪吒一样，在高空中自由地完成上升、下降、悬停、平飞和翻转等动作，如图所示。飞行器主要由微型喷气发动机和操纵系统组成，下列说法正确的是(　　) A．飞行器水平加速飞行时，需水平向后喷射燃气 B．某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量不为零 C．飞行器在下降过程中，其动量一定越来越大 D．任意时间内燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量始终相同 【答案】　B 【解析】　飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气对飞行器的作用力与飞行器重力的合力沿水平方向，所以需向斜向下喷射燃气，故A错误；某段时间飞行器在空中悬停，重力的冲量I＝mgt不为零，故B正确；飞行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越大，故C错误；燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的冲量方向不同，故D错误。 2．(2025·湖北省七市州联考)如图(a)所示，为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像中阴影部分的面积为(　　) A．1 800 kg·m/s B．5 400 kg·m/s C．7 200 kg·m/s D．3 600 kg·m/s 【答案】　B 【解析】　人下落整个过程，根据动量定理有mgt－IF＝0，解得IF＝mgt，图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小IF＝mgt＝5 400 kg·m/s，故选B。 3．(2025·北京西城区二模)如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小球的质量为0.2 kg，振动的周期为4 s B．0～2 s内，小球始终处于超重状态 C．0～2 s内，小球受弹力的冲量大小为2 N·s D．0～2 s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量 【答案】　C 【解析】　小球在最低点时弹簧拉力最大，传感器读数最大为2 N，到达最高点时传感器示数最小值为零，则此时弹簧在原长，小球的加速度为向下的g，结合对称性可知最低点时的加速度为向上的g，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，可知F＝2mg＝2 N，即小球的质量m＝0.1 kg，由图像可知，振动的周期为4 s，选项A错误；0～2 s内，小球从最低点到最高点，加速度先向上后向下，则先超重后失重，选项B错误；0～2 s内，小球从最低点到最高点，动量变化为零，由动量定理I－mgt＝0，可得小球受弹力的冲量大小为I＝2 N·s，选项C正确；0～2 s内，小球动能变化为零，弹力对小球做的功与重力做功的代数和等于小球动能的变化量，选项D错误。 4．(2025·山东名校联考)中国古代连弩采用复合弓结构，驽臂与底座相固定，总质量为M，通过绞盘拉伸弩弦使其最大形变量为x，弩弦劲度系数为k，其对箭矢产生的弹力F＝kx，弩弦因形变储存的弹性势能Ep＝kx2，释放后，弩弦将质量为m的箭矢水平弹出。不计箭矢与弩臂间的摩擦，弩弦与箭矢作用时间Δt极短，底座放置于地面(与地面未固定)，忽略空气阻力。则箭矢弹出瞬间的速度v(　　) A．v＝ B．v＝ C．v＝ D．v＝ 【答案】　C 【解析】　设箭矢弹出瞬间的速度为v，底座的速度为v′，二者作用时间极短，系统动量守恒，选取箭矢的运动方向为正方向，则有mv－Mv′＝0，根据能量守恒则有Ep＝mv2＋Mv′2，联立解得v＝＝，故选C。 5．(2025·广东广州模拟)大型工厂的车间中有一种设备叫作天车如图甲所示，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】　根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，小球的速度为v＝，A错误；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；小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C错误；根据机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv，解得v1<v0，小球向左摆到物块正下方时，其速度大小小于v0，D错误。 6．(2025·广西北海模拟)如图所示，在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着质量分别为m1、m2(m1<m2)的1、2两个大小相同的小球，AB连线过环心O。小球可看作质点，初始时小球2静止于A点，小球1以初速度v0沿圆环切向方向运动，若小球1和2之间发生弹性碰撞，两球第二次在B点相碰，则小球的质量比m1∶m2是(　　) A．1∶5 B．1∶3 C．1∶2 D．2∶3 【答案】　B 【解析】　若两球发生弹性碰撞则有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v，联立解得v1＝v0，v2＝v0，根据题意，当m1<m2时，小球1反弹，反弹后小球2运动圆周、小球1运动圆周后发生第二次碰撞，则有－v1＝v2，解得m1∶m2＝1∶3，故选B。 7．(2025·安徽滁州二模)质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg的小球A、B从地面上的同一位置先后竖直向上抛出，两球在空中发生正碰，图中曲线a是小球A碰前的位移—时间图像，曲线b是碰后A、B一起运动的位移—时间图像，a、b曲线关于t＝3 s轴对称。若空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，则两球碰撞中损失的动能为(　　) A．400 J B．300 J C．200 J D．100 J 【答案】　B 【解析】　根据x＝v0t－gt2，由图可知t＝3 s时x＝15 m，解得v0＝20 m/s，则3 s末A的速度v1＝v0－gt＝－10 m/s，方向向下；由对称性可知两物体碰后速度向上，大小为v＝10 m/s，由碰撞过程动量守恒，以向上为正，则mBv2＋mAv1＝(mB＋mA)v，解得碰前B的速度v2＝20 m/s，则两球碰撞中损失的动能为ΔEk＝mBv＋mAv－(mB＋mA)v2，带入数据解得ΔEk＝300 J，故选B。 8．(2025·浙江卷)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1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s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0.75 m，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0.2 s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 【答案】　D 【解析】　碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；取向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右；当三者共速时2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，选项B错误；碰撞后到三者相对静止摩擦产生的热量Q＝×2mv＋mv＝3 J，选项C错误；碰撞后到三者相对静止由能量关系可知Q＝μmgx相对可得x相对＝0.6 m，选项D正确。 9．(2025·甘肃卷)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　) A．1.5 m/s B．3.0 m/s C．4.5 m/s D．6.0 m/s 【答案】　B 【解析】　根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2＋mv＝mv＋mv＋mv联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s可知，碰撞后，小球A运动t′＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt′，解得v＝3.0 m/s，故选B。 【巩固必刷题】 10．(2025·广东卷)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰掉后第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(　　) 【答案】　A 【解析】　根据牛顿第二定律a＝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M、N碰前的速度分别为4v和6v，因M、N系统受合外力为零，则系统动量守恒，取向右为正方向，则由动量守恒定律3m·4v－2m·6v＝3mv1＋2mv2，若系统为弹性碰撞，则能量关系可知·3m(4v)2＋·2m(6v)2＝·3mv＋·2mv，解得v1＝－4v、v2＝6v，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B、D是错误的；若不是弹性碰撞，则3m·4v－2m·6v＝3mv1＋2mv2，可知碰后速度大小之比为v1∶v2＝2∶3，若假设v1＝2v，则v2＝3v，此时满足·3m(4v)2＋·2m(6v)2>·3mv＋·2mv，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。 11．(2025·天津一模)如图所示，水平粗糙轨道AB长为L，竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC与轨道AB相切于B点，质量为m的物块P以初速度v0从A点向左运动，与静止于B点质量为2m的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C，已知重力加速度为g，物块P、Q均可视为质点，求： (1)两物块碰后瞬间对轨道B点的压力FN的大小； (2)物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ； (3)碰撞过程中物块P对物块Q做的功W的大小。 【答案】　(1)9mg　(2)　(3)2mgR 【解析】　(1)碰撞后恰好能运动到最高点 －(m＋2m)gR＝0－(m＋2m)v2 碰后瞬间FN′－(m＋2m)g＝(m＋2m) 根据牛顿第三定律，压力与支持力等大反向FN＝FN′ 解得FN＝9mg。 (2)P从A到B的过程中－μmgL＝mv－mv 碰撞过程中mv1＝(m＋2m)v 解得μ＝。 (3)碰撞过程中W＝·2mv2 解得W＝2mgR。 12．(2025·江苏泰州一模)如图所示，可视为质点的两个小物块A、B并排放在粗糙水平面上，一根轻绳一端固定于水平面上的O点，另一端系在小物块A上。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，轻绳长l＝0.314 m，g取10 m/s2，π取3.14且π2＝10。现给A一个向左的初速度v0＝2 m/s，使其绕O点做圆周运动，运动一周时与B发生弹性碰撞。求： (1)A刚开始运动时所受轻绳拉力的大小FT； (2)A与B碰前瞬间的加速度大小a； (3)A与B碰后B滑行的距离s。 【答案】　(1)76.43 N　(2)2 m/s2 (3)1 m 【解析】　(1)A刚开始运动时轻绳拉力提供向心力FT＝mA 解得轻绳拉力的大小FT＝76.43 N。 (2)设A与B碰前瞬间的速度为v，根据动能定理－μmAg·2πl＝mAv2－mAv 解得v＝4 m/s 此时绳子的拉力为FT′＝ 根据牛顿第二定律＝mAa 解得a＝2 m/s2。 (3)根据动量守恒mAv＝mAv1＋mBv2 根据机械能守恒mAv2＝mAv＋mBv 解得v2＝2 m/s B的加速度aB＝μg＝2 m/s2 A与B碰后B滑行的距离s＝＝1 m。 学科网（北京）股份有限公司 $