秘籍清单12 动量守恒定律及其应用（二大题型）（抢分秘籍）（全国通用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

秘籍12 动量守恒定律及其应用 秘籍导览 【解密高考】 【秘籍特训】 【解密一】动量守恒定律的应用 【解密二】 “碰撞”模型及其拓展（押题型） 解密高考 ：碰撞与类碰撞以计算题居多，选择题也偶尔出现，综合性较强，难度较大。内容综合动力学知识涉及匀变速直线运动、牛顿运动定律、抛体运动、圆周运动、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒等。 ：动量守恒是高考的重点与难点。在复习备考中，要重视培养学生的学科阅读能力，能在复杂阅读环境中快速提取有用信息，内容综合动力学知识涉及匀变速直线运动、牛顿运动定律、抛体运动、圆周运动、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒等。还要必须强化答题的规范性、培养良好的答题习惯。 秘籍特训 【解密一】动量守恒定律的应用 秘籍解读 动量守恒定律的三个性质 秘籍应用 【例1】（2026·江苏·二模）如图所示，光滑水平地面上有一倾角为的斜面体，斜面体左侧有竖直固定墙面，一光滑小球被夹在竖直墙面与斜面体之间，初始时系统静止，现释放斜面体，小球沿竖直墙面向下运动，斜面体沿水平地面向右运动，不计一切摩擦。下列说法不正确的是（　　） A．小球下落过程中，重力与斜面体对小球的支持力做的总功，等于小球动能的变化量 B．小球与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒。 C．小球与斜面体组成的系统，在运动过程中动量守恒 D．小球下落时，小球减少的重力势能，等于小球增加的动能与斜面体增加的动能之和 【答案】C 【详解】A．根据动能定理可知，小球下落过程中，重力与斜面体对小球的支持力做的总功，等于小球动能的变化量，故A正确，不符合题意； B．小球与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故B正确，不符合题意； C．小球与斜面体组成的系统，在水平方向上受到墙壁向右的弹力作用，合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C错误，符合题意； D．根据系统的机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能。小球下落，斜面体动能增加，小球动能也增加，所以小球减少的重力势能等于小球增加的动能与斜面体增加的动能之和，故D正确，不符合题意。 故选C。 【例2】（2026·江苏·模拟预测）如图所示，在水平面上放有质量均为m的小球A和坡形导轨B，导轨B的水平底边长为l，现两者均以初速度v迎面而行，小球恰能越过导轨最高点并向右滑下离开B，小球滑上和滑下导轨的时间均为。不计一切摩擦，求这个过程中： (1)导轨B发生的位移大小xB； (2)B的右侧面对A的冲量大小I。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）取水平向右为正方向，整个过程中，A和B组成的系统在水平方向动量守恒 即 累加求和可得 可得 又因为 解得 （2）小球运动到最高点过程中，A和B组成的系统在水平方向动量守恒 即A和B在水平方向速度永远等大反向，小球恰能越过导轨最高点即小球在最高点时的瞬时速度为0，此后A离开B时的速度仍为，方向沿水平方向，此过程对A，根据动量定理，在水平方向 在竖直方向 则B的右侧面对A的冲量大小 解得 【跟踪训练1】（2026·山东·一模）2025年10月11日，由东方空间技术（山东）有限公司自主研制的全球最大固体运载火箭“引力一号（遥二）”在山东海阳海域成功完成第二次海上发射，将3颗卫星精准送入预定轨道，创下全球起飞推力最大、运载能力最强的固体火箭纪录。如图为采用‌直接入轨和弹射分离方式将卫星精准送入预定轨道的示意图。星、箭弹射分离机构主要由爆炸螺栓、分离弹簧组成，运载火箭和卫星在飞行过程中，卫星用爆炸螺栓与末级火箭可靠地连接在一起，分离弹簧处于压缩状态。当运载火箭携带卫星沿发射轨道运行到入轨点K时（此前末级火箭已关闭动力系统），控制系统按预定程序发出分离指令，引爆爆炸螺栓，星、箭连接切断，同时分离弹簧释放出分离力，把卫星弹射出去，实现与末级火箭的分离（该过程时间极短），卫星精准进入预定轨道。已知地球的质量为M，末级火箭与卫星的质量比为5:1，卫星弹射出去后沿预定轨道做半径为r的圆周运动，末级火箭和卫星飞行到入轨点K时的速度大小为，G为引力常量，则星、箭分离瞬间，末级火箭的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】卫星分离后沿半径为r的圆周运动，由万有引力提供向心力得 解得卫星分离后的速度 设卫星质量为 m，则末级火箭质量为5m。分离过程时间极短，系统动量守恒。设分离前共同速度为 ，分离后火箭速度为。由动量守恒定律得 解得 故选C。 【跟踪训练2】（2026·黑龙江吉林·二模）哈师大附中冰上运动会增加了一项雪圈碰碰车比赛，比赛规则如下，如图为一条直线，P、Q为线上的两个点，其中Q点为直线与以为圆心，为半径的圆的交点。比赛需要三名同学、两个雪圈。甲同学和乙同学分别坐在各自的雪圈上，分别可视为质点A和B，最初A静止于Q，B静止于O处。比赛开始时，丙同学用水平拉力拽B沿着运动到P处放手，一段时间后B与A发生碰撞，碰后A离圆心距离越近成绩越好。若某次比赛B以速度3m/s与A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A能恰好停在圆心处。每个雪圈及其上同学总质量M均为60kg，雪圈与冰面动摩擦因数，，，取，不计空气阻力。求此次比赛中 (1)丙同学对B做的功 (2)A、B都停下后A、B间的距离 【答案】(1)420J (2)15m 【详解】（1）对雪圈B及其上运动员从O到Q，由动能定理得 其中 解得             （2）碰撞瞬间动量守恒     由运动学公式，对A有             由牛顿第二定律可得             解得，则         则B滑行的距离             A、B都停下后A、B间的距离 【跟踪训练3】（2026·河北邯郸·一模）如图所示，足够长的固定粗糙斜面的倾角，木板静置在斜面上，木板下端的固定挡板（垂直斜面且质量不计）的上方有少量炸药。将滑块（视为质点）从木板上到挡板的距离处由静止释放，滑块沿木板下滑，下滑过程中木板恰好静止，滑块碰到挡板处的炸药后，炸药立即爆炸（爆炸时间极短且内力远大于外力），爆炸后瞬间木板的速度大小，爆炸后滑块恰好未滑离木板的顶端。滑块的质量，木板的质量，滑块与木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，，，，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)木板与斜面间的动摩擦因数； (2)炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小； (3)木板的长度以及从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间。 【答案】(1) (2) (3)3.25m，2.3s 【详解】（1）对木板，根据物体的平衡条件有 解得。 （2）设从释放滑块至滑块下滑到挡板处，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设滑块下滑到挡板处时的速度大小为，根据匀变速直线运动的规律有 解得 炸药爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒，因为 所以炸药爆炸后瞬间滑块的速度方向沿斜面向上，以沿斜面向下为正方向，有 解得。 （3）设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，木板下滑的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设炸药爆炸后经时间，滑块与木板的速度相同，且该相同速度的大小为，以沿斜面向下为正方向，有 解得， 以沿斜面向下为正方向，在这段时间内，滑块的位移 解得 在这段时间内，木板的位移 解得 又 解得 设从滑块与木板达到相同速度至滑块与挡板第二次碰撞的时间为，经分析可知，在这段时间内，滑块相对木板做初速度为0、加速度大小为的匀加速直线运动，有 解得 又 解得。 【解密二】 “碰撞”模型及其拓展 秘籍解读 碰撞拓展 (1)碰撞模型拓展——“保守型” 图例 (水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球曲面模型 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，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能 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，能量满足mv＝mv＋Mv (2)碰撞模型拓展——“耗散型” 图例 (水平面光滑) 达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，转化为内能 秘籍应用 【例1】（2026·江西宜春·一模）如图，一质量为的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块开始计时，假设经过小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g取。则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，滑块的位移是（　　） A．1.63 m B．1.73 m C．1.83 m D．1.93 m 【答案】B 【详解】根据小球和小滑块水平方向动量守恒可得 可得在t时间内求和可得 可得 且 可得。 当小球运动到最高点时可得， 得， ，则 最终小滑块的位移是 故选B。 【例2】（2026·湖南·三模）某同学设计了图甲所示模型研究弹簧在碰撞过程中的缓冲作用。物体A、B放在光滑水平地面上，A以一定的初速度向B运动，B上水平固定劲度系数为的轻弹簧。以图示时刻为计时起点，水平向右为正方向，描绘出物体A、B运动的速度时间图线如图乙所示，图中阴影部分面积为，A的质量为1kg，已知弹簧的弹性势能（为形变量），下列说法正确的是（　　） A．从A接触弹簧到A与弹簧分离，A受到弹簧的冲量 B．物块B的质量为2kg C．和数值上满足 D．从A接触弹簧到A与弹簧分离，B受到弹簧的平均作用力为3N 【答案】C 【详解】A．从A接触弹簧到A离开弹簧，A的速度由变成，受弹簧弹力的冲量等于A动量的变化，即，故A错误； B．由动量守恒可知，解得，故B错误； C．由图像可知，为AB共速时弹簧的压缩量，由、，解得，故C正确； D．由动量定理可得，解得，故D错误。 故选C。 【例3】（多选）（2026·广西桂林·一模）如图所示，一轻杆的长度为，两端连接两个均可视为质点的小球A、B，小球A的质量为，开始时杆竖直放置在光滑水平面上，B左侧处有一竖直固定挡板。某时刻装置受微小扰动，轻杆向左侧倒下，A球与挡板碰撞瞬间B球到挡板的水平距离为。现让轻杆竖直时受微小扰动后向右侧倒下，两球始终在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为（已知，，下列说法正确的是（　　） A．小球B的质量为 B．B与挡板碰前瞬间的速度大小为 C．B与挡板碰前瞬间A球重力的功率为 D．B与挡板碰前瞬间A球机械能的损失量为 【答案】AC 【详解】A．轻杆倒下的过程，设任意时刻A球水平方向的速度分量大小为，B球的速度大小为，两球组成的系统水平方向动量守恒，满足 等式两边对时间微元求和得 由题意知， 联立解得，故A正确； B．轻杆受微小扰动后向右侧倒下，与挡板碰撞前瞬间，向左的位移大小为 结合水平方向动量守恒 解得向右运动的水平位移大小为 设此时轻杆与水平方向的夹角为，几何关系有 球与挡板碰撞前的过程，系统机械能守恒，有 两球沿杆方向的速度相等，如下图所示 有 又系统水平方向动量守恒，则有 联立解得，，故B错误； C.根据以上分析，球与挡板碰撞前瞬间球重力的功率，故C正确； D．运动过程中球机械能的减少量等于球机械能的增加量，有，故D错误。 故选AC。 【例4】（2026·福建泉州·三模）如图甲，足够长的木板放置在光滑水平桌面上，带正电的小滑块放在的最右端，通过一条跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与小球相连，滑轮右侧轻绳水平。图示空间分布有垂直纸面向内的匀强磁场和水平向右的匀强电场，此时、、均静止。时撤去电场，与的相对速度随时间的变化关系如图乙所示，时电场恢复，此时的速度大小恰为的2倍。已知、、的质量分别为、、，的带电量恒为，、之间的动摩擦因数为，磁感应强度大小为，重力加速度大小为。忽略电场变化对磁场的影响。求： (1)电场强度的大小； (2)最大时的速度大小； (3)内、间因摩擦产生的热量，以及之后时的速度大小。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）在电场中处于平衡状态，有 解得 （2）最大时，、与加速度大小相等，设为，设、间轻绳拉力大小为，与间摩擦力大小为，有 对有 对有 对有 联立解得 （3）设时、的速度分别为、，对、、系统有 若内任意时刻、的速度为，内的位移分别为，对由动量定理有 对上式累积求和可得 内对、、系统，由能量守恒定律有 且 联立可得 时电场恢复，受电场力大小为，可知此后、与的动量大小之和不变，故 可得 【跟踪训练1】（2026·广东广州·模拟预测）如图（a）所示的缓冲器，若对其施加如箭头所示逐渐增大的压力F，压力F与缓冲材料形变x的关系图如图（b）所示：若形变量，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，材料可恢复并释放全部弹性势能；若，缓冲器被锁定、缓冲材料平稳变形、缓冲力大小恒为、能量被全部储存不再释放，材料的形变不可超过10cm。现将该缓冲器安装在如图（c）所示静止在冰面的乙船上，另一船甲停在乙船左边不远处，离冰面高的平台上，一质量为的人从平台上水平跳出，人在甲的落点与跳出点的水平距离为，并瞬间与甲共速，之后甲、乙碰撞，缓冲器发挥作用，乙离右岸足够远，已知人、甲和乙均在同一竖直面，甲、乙（含缓冲器）质量也均为，重力加速度为，忽略空气和冰面的阻力。 (1)缓冲器形变量分别为和时，缓冲器储存的能量和。 (2)人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W。 (3)若人水平跳出初速度v1可变，并调整甲位置使人总能落入甲并瞬间共速，之后与乙碰撞。在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系。（可保留根号） 【答案】(1)， (2) (3)见解析 【详解】（1）当时，由图像可知 解得 当时，由图像可知 解得 （2）设人的初速度为，平抛时间为，人与甲共速为，竖直方向有 水平方向有 水平动量守恒 对甲由动能定理有 联立解得 （3）设人的初速度为，人与甲共速为，缓冲器形变量最大时共速为，水平动量守恒， 甲、乙共速时 若，可解得 若，则缓冲器释放能量至原形时甲、乙速度分别为、，由动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 可得 若，可解得 若 可得 【跟踪训练2】（2026·浙江台州·二模）如图1所示，倾角θ=37°的倾斜直轨道AB、竖直圆轨道I、水平轨道BC和CE、水平圆管轨道II（俯视图如图2所示）平滑连接。该装置AB段动摩擦因数为μ=0.5，其余各段均光滑，两圆轨道半径分别为R1=0.18m与。质量为m1=0.2kg的滑块a从斜面上某点由静止下滑，恰好能通过竖直圆轨道I的最高点D，从E点沿切线进入管径很小的水平圆管轨道II（进入后立即封闭管道），并与静止在圆管内质量为m2=0.1kg的滑块b发生碰撞，碰撞时间可忽略。滑块a、b均可视为质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求滑块a滑到斜面底端B处的速度大小及在AB段运动的时间； (2)若滑块a与b发生弹性碰撞，求第一次碰撞后瞬间a、b的速度大小； (3)在（2）情况下，分别求滑块a、b从第一次碰撞后首次回到该碰撞位置的时间； (4)若滑块a与b发生非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的0.5倍，求从第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间。 【答案】(1)3m/s； (2)； (3)； (4) 【详解】（1）滑块a恰过D点，则 得 由机械能守恒可知 得 根据牛顿第二定律 得 根据 得 （2）a与b弹性碰撞，由动量守恒定律和能量关系可知， 得； （3）b转一圈回到该位置 第一次碰撞后经再次相遇； 第二次碰撞，则， 得， 再经回到第一次碰撞位置； 则 （4）根据，而 解得 第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间 【跟踪训练3】（2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，质量为的物块1放在水平面上，质量均为m的物块2、3、4、…2026依次并排放在物块1的右侧，相邻两物块之间的距离均为L。时刻，质量为的弹丸以水平向右的速度击中物块1并留在其中。已知，，，所有物块均可视为质点，忽略所有摩擦，碰撞时间不计。 (1)若物块间的碰撞均为弹性碰撞，求物块2026开始运动的时间； (2)若物块1的质量为，其它物块质量不变，且物块间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求物块2与物块3碰撞损失的机械能； (3)若物块1的质量为，其它物块质量不变，物块1与物块2的碰撞记做第一次，奇数次碰撞为弹性碰撞，偶数次碰撞为完全非弹性碰撞（奇数次的弹性碰撞后将左侧物块移走，例如物块1、2碰后将物块1移走，物块2、3与物块4碰后，将物块2、3移走），求最终物块2026的速度。 【答案】(1)202.5s (2)0.9375J (3)15( 【详解】（1）弹丸击中物块1过程动量守恒 解得 此后物块1（含弹丸）质量为，与物块2发生弹性碰撞，因质量相等，速度交换，物块1静止，物块2以运动。同理，物块2与3、3与4...依次发生弹性碰撞，速度依次传递。物块2026开始运动时，速度传递了2025次，每次传递需时间 总时间 （2）弹丸击中物块1： 解得 物块1（含弹丸，质量）与物块2（质量）完全非弹性碰撞：， 解得 物块2与物块3碰撞即整体（，质量）与物块3（质量）碰撞。碰撞前动能 碰后共同速度满足 即。 碰撞后动能 损失机械能 代入 得 （3）弹丸击中物块1后共同速度 整体质量。第1次碰撞（弹性）：撞，由动量守恒和能量守恒得被撞物块2速度 第2次碰撞（非弹性）：撞，粘在一起速度 第3次碰撞（弹性）：（撞（4），物块4速度 可见每经过两次碰撞（一个周期），偶数编号物块获得的速度变为前一个偶数编号物块速度的。即 代入 得 物块2026对应 故 1 / 17 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 $ 秘籍12 动量守恒定律及其应用 秘籍特训 【解密一】动量守恒定律的应用 【例1】 【答案】C 【详解】A．根据动能定理可知，小球下落过程中，重力与斜面体对小球的支持力做的总功，等于小球动能的变化量，故A正确，不符合题意； B．小球与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故B正确，不符合题意； C．小球与斜面体组成的系统，在水平方向上受到墙壁向右的弹力作用，合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C错误，符合题意； D．根据系统的机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能。小球下落，斜面体动能增加，小球动能也增加，所以小球减少的重力势能等于小球增加的动能与斜面体增加的动能之和，故D正确，不符合题意。 故选C。 【例2】 【答案】(1) (2) 【详解】（1）取水平向右为正方向，整个过程中，A和B组成的系统在水平方向动量守恒 即 累加求和可得 可得 又因为 解得 （2）小球运动到最高点过程中，A和B组成的系统在水平方向动量守恒 即A和B在水平方向速度永远等大反向，小球恰能越过导轨最高点即小球在最高点时的瞬时速度为0，此后A离开B时的速度仍为，方向沿水平方向，此过程对A，根据动量定理，在水平方向 在竖直方向 则B的右侧面对A的冲量大小 解得 【跟踪训练1】 【答案】C 【详解】卫星分离后沿半径为r的圆周运动，由万有引力提供向心力得 解得卫星分离后的速度 设卫星质量为 m，则末级火箭质量为5m。分离过程时间极短，系统动量守恒。设分离前共同速度为 ，分离后火箭速度为。由动量守恒定律得 解得 故选C。 【跟踪训练2】 【答案】(1)420J (2)15m 【详解】（1）对雪圈B及其上运动员从O到Q，由动能定理得 其中 解得             （2）碰撞瞬间动量守恒     由运动学公式，对A有             由牛顿第二定律可得             解得，则         则B滑行的距离             A、B都停下后A、B间的距离 【跟踪训练3】 【答案】(1) (2) (3)3.25m，2.3s 【详解】（1）对木板，根据物体的平衡条件有 解得。 （2）设从释放滑块至滑块下滑到挡板处，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设滑块下滑到挡板处时的速度大小为，根据匀变速直线运动的规律有 解得 炸药爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒，因为 所以炸药爆炸后瞬间滑块的速度方向沿斜面向上，以沿斜面向下为正方向，有 解得。 （3）设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，滑块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设在炸药爆炸后滑块相对木板上滑的过程中，木板下滑的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设炸药爆炸后经时间，滑块与木板的速度相同，且该相同速度的大小为，以沿斜面向下为正方向，有 解得， 以沿斜面向下为正方向，在这段时间内，滑块的位移 解得 在这段时间内，木板的位移 解得 又 解得 设从滑块与木板达到相同速度至滑块与挡板第二次碰撞的时间为，经分析可知，在这段时间内，滑块相对木板做初速度为0、加速度大小为的匀加速直线运动，有 解得 又 解得。 【解密二】 “碰撞”模型及其拓展 【例1】【答案】B 【详解】根据小球和小滑块水平方向动量守恒可得 可得在t时间内求和可得 可得 且 可得。 当小球运动到最高点时可得， 得， ，则 最终小滑块的位移是 故选B。 【例2】 【答案】C 【详解】A．从A接触弹簧到A离开弹簧，A的速度由变成，受弹簧弹力的冲量等于A动量的变化，即，故A错误； B．由动量守恒可知，解得，故B错误； C．由图像可知，为AB共速时弹簧的压缩量，由、，解得，故C正确； D．由动量定理可得，解得，故D错误。 故选C。 【例3】 【答案】AC 【详解】A．轻杆倒下的过程，设任意时刻A球水平方向的速度分量大小为，B球的速度大小为，两球组成的系统水平方向动量守恒，满足 等式两边对时间微元求和得 由题意知， 联立解得，故A正确； B．轻杆受微小扰动后向右侧倒下，与挡板碰撞前瞬间，向左的位移大小为 结合水平方向动量守恒 解得向右运动的水平位移大小为 设此时轻杆与水平方向的夹角为，几何关系有 球与挡板碰撞前的过程，系统机械能守恒，有 两球沿杆方向的速度相等，如下图所示 有 又系统水平方向动量守恒，则有 联立解得，，故B错误； C.根据以上分析，球与挡板碰撞前瞬间球重力的功率，故C正确； D．运动过程中球机械能的减少量等于球机械能的增加量，有，故D错误。 故选AC。 【例4】 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）在电场中处于平衡状态，有 解得 （2）最大时，、与加速度大小相等，设为，设、间轻绳拉力大小为，与间摩擦力大小为，有 对有 对有 对有 联立解得 （3）设时、的速度分别为、，对、、系统有 若内任意时刻、的速度为，内的位移分别为，对由动量定理有 对上式累积求和可得 内对、、系统，由能量守恒定律有 且 联立可得 时电场恢复，受电场力大小为，可知此后、与的动量大小之和不变，故 可得 【跟踪训练1】 【答案】(1)， (2) (3)见解析 【详解】（1）当时，由图像可知 解得 当时，由图像可知 解得 （2）设人的初速度为，平抛时间为，人与甲共速为，竖直方向有 水平方向有 水平动量守恒 对甲由动能定理有 联立解得 （3）设人的初速度为，人与甲共速为，缓冲器形变量最大时共速为，水平动量守恒， 甲、乙共速时 若，可解得 若，则缓冲器释放能量至原形时甲、乙速度分别为、，由动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 可得 若，可解得 若 可得 【跟踪训练2】 【答案】(1)3m/s； (2)； (3)； (4) 【详解】（1）滑块a恰过D点，则 得 由机械能守恒可知 得 根据牛顿第二定律 得 根据 得 （2）a与b弹性碰撞，由动量守恒定律和能量关系可知， 得； （3）b转一圈回到该位置 第一次碰撞后经再次相遇； 第二次碰撞，则， 得， 再经回到第一次碰撞位置； 则 （4）根据，而 解得 第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间 【跟踪训练3】 【答案】(1)202.5s (2)0.9375J (3)15( 【详解】（1）弹丸击中物块1过程动量守恒 解得 此后物块1（含弹丸）质量为，与物块2发生弹性碰撞，因质量相等，速度交换，物块1静止，物块2以运动。同理，物块2与3、3与4...依次发生弹性碰撞，速度依次传递。物块2026开始运动时，速度传递了2025次，每次传递需时间 总时间 （2）弹丸击中物块1： 解得 物块1（含弹丸，质量）与物块2（质量）完全非弹性碰撞：， 解得 物块2与物块3碰撞即整体（，质量）与物块3（质量）碰撞。碰撞前动能 碰后共同速度满足 即。 碰撞后动能 损失机械能 代入 得 （3）弹丸击中物块1后共同速度 整体质量。第1次碰撞（弹性）：撞，由动量守恒和能量守恒得被撞物块2速度 第2次碰撞（非弹性）：撞，粘在一起速度 第3次碰撞（弹性）：（撞（4），物块4速度 可见每经过两次碰撞（一个周期），偶数编号物块获得的速度变为前一个偶数编号物块速度的。即 代入 得 物块2026对应 故 1 / 17 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 $ 秘籍12 动量守恒定律及其应用 秘籍导览 【解密高考】 【秘籍特训】 【解密一】动量守恒定律的应用 【解密二】 “碰撞”模型及其拓展（押题型） 解密高考 ：碰撞与类碰撞以计算题居多，选择题也偶尔出现，综合性较强，难度较大。内容综合动力学知识涉及匀变速直线运动、牛顿运动定律、抛体运动、圆周运动、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒等。 ：动量守恒是高考的重点与难点。在复习备考中，要重视培养学生的学科阅读能力，能在复杂阅读环境中快速提取有用信息，内容综合动力学知识涉及匀变速直线运动、牛顿运动定律、抛体运动、圆周运动、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒等。还要必须强化答题的规范性、培养良好的答题习惯。 秘籍特训 【解密一】动量守恒定律的应用 秘籍解读 动量守恒定律的三个性质 秘籍应用 【例1】（2026·江苏·二模）如图所示，光滑水平地面上有一倾角为的斜面体，斜面体左侧有竖直固定墙面，一光滑小球被夹在竖直墙面与斜面体之间，初始时系统静止，现释放斜面体，小球沿竖直墙面向下运动，斜面体沿水平地面向右运动，不计一切摩擦。下列说法不正确的是（　　） A．小球下落过程中，重力与斜面体对小球的支持力做的总功，等于小球动能的变化量 B．小球与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒。 C．小球与斜面体组成的系统，在运动过程中动量守恒 D．小球下落时，小球减少的重力势能，等于小球增加的动能与斜面体增加的动能之和 【例2】（2026·江苏·模拟预测）如图所示，在水平面上放有质量均为m的小球A和坡形导轨B，导轨B的水平底边长为l，现两者均以初速度v迎面而行，小球恰能越过导轨最高点并向右滑下离开B，小球滑上和滑下导轨的时间均为。不计一切摩擦，求这个过程中： (1)导轨B发生的位移大小xB； (2)B的右侧面对A的冲量大小I。 【跟踪训练1】（2026·山东·一模）2025年10月11日，由东方空间技术（山东）有限公司自主研制的全球最大固体运载火箭“引力一号（遥二）”在山东海阳海域成功完成第二次海上发射，将3颗卫星精准送入预定轨道，创下全球起飞推力最大、运载能力最强的固体火箭纪录。如图为采用‌直接入轨和弹射分离方式将卫星精准送入预定轨道的示意图。星、箭弹射分离机构主要由爆炸螺栓、分离弹簧组成，运载火箭和卫星在飞行过程中，卫星用爆炸螺栓与末级火箭可靠地连接在一起，分离弹簧处于压缩状态。当运载火箭携带卫星沿发射轨道运行到入轨点K时（此前末级火箭已关闭动力系统），控制系统按预定程序发出分离指令，引爆爆炸螺栓，星、箭连接切断，同时分离弹簧释放出分离力，把卫星弹射出去，实现与末级火箭的分离（该过程时间极短），卫星精准进入预定轨道。已知地球的质量为M，末级火箭与卫星的质量比为5:1，卫星弹射出去后沿预定轨道做半径为r的圆周运动，末级火箭和卫星飞行到入轨点K时的速度大小为，G为引力常量，则星、箭分离瞬间，末级火箭的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【跟踪训练2】（2026·黑龙江吉林·二模）哈师大附中冰上运动会增加了一项雪圈碰碰车比赛，比赛规则如下，如图为一条直线，P、Q为线上的两个点，其中Q点为直线与以为圆心，为半径的圆的交点。比赛需要三名同学、两个雪圈。甲同学和乙同学分别坐在各自的雪圈上，分别可视为质点A和B，最初A静止于Q，B静止于O处。比赛开始时，丙同学用水平拉力拽B沿着运动到P处放手，一段时间后B与A发生碰撞，碰后A离圆心距离越近成绩越好。若某次比赛B以速度3m/s与A发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A能恰好停在圆心处。每个雪圈及其上同学总质量M均为60kg，雪圈与冰面动摩擦因数，，，取，不计空气阻力。求此次比赛中 (1)丙同学对B做的功 (2)A、B都停下后A、B间的距离 A、B都停下后A、B间的距离 【跟踪训练3】（2026·河北邯郸·一模）如图所示，足够长的固定粗糙斜面的倾角，木板静置在斜面上，木板下端的固定挡板（垂直斜面且质量不计）的上方有少量炸药。将滑块（视为质点）从木板上到挡板的距离处由静止释放，滑块沿木板下滑，下滑过程中木板恰好静止，滑块碰到挡板处的炸药后，炸药立即爆炸（爆炸时间极短且内力远大于外力），爆炸后瞬间木板的速度大小，爆炸后滑块恰好未滑离木板的顶端。滑块的质量，木板的质量，滑块与木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，，，，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)木板与斜面间的动摩擦因数； (2)炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小； (3)木板的长度以及从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间。 【解密二】 “碰撞”模型及其拓展 秘籍解读 碰撞拓展 (1)碰撞模型拓展——“保守型” 图例 (水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球曲面模型 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，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能 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，能量满足mv＝mv＋Mv (2)碰撞模型拓展——“耗散型” 图例 (水平面光滑) 达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，转化为内能 秘籍应用 【例1】（2026·江西宜春·一模）如图，一质量为的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块开始计时，假设经过小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g取。则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，滑块的位移是（　　） A．1.63 m B．1.73 m C．1.83 m D．1.93 m 【例2】（2026·湖南·三模）某同学设计了图甲所示模型研究弹簧在碰撞过程中的缓冲作用。物体A、B放在光滑水平地面上，A以一定的初速度向B运动，B上水平固定劲度系数为的轻弹簧。以图示时刻为计时起点，水平向右为正方向，描绘出物体A、B运动的速度时间图线如图乙所示，图中阴影部分面积为，A的质量为1kg，已知弹簧的弹性势能（为形变量），下列说法正确的是（　　） A．从A接触弹簧到A与弹簧分离，A受到弹簧的冲量 B．物块B的质量为2kg C．和数值上满足 D．从A接触弹簧到A与弹簧分离，B受到弹簧的平均作用力为3N 【例3】（多选）（2026·广西桂林·一模）如图所示，一轻杆的长度为，两端连接两个均可视为质点的小球A、B，小球A的质量为，开始时杆竖直放置在光滑水平面上，B左侧处有一竖直固定挡板。某时刻装置受微小扰动，轻杆向左侧倒下，A球与挡板碰撞瞬间B球到挡板的水平距离为。现让轻杆竖直时受微小扰动后向右侧倒下，两球始终在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为（已知，，下列说法正确的是（　　） A．小球B的质量为 B．B与挡板碰前瞬间的速度大小为 C．B与挡板碰前瞬间A球重力的功率为 D．B与挡板碰前瞬间A球机械能的损失量为 【例4】（2026·福建泉州·三模）如图甲，足够长的木板放置在光滑水平桌面上，带正电的小滑块放在的最右端，通过一条跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与小球相连，滑轮右侧轻绳水平。图示空间分布有垂直纸面向内的匀强磁场和水平向右的匀强电场，此时、、均静止。时撤去电场，与的相对速度随时间的变化关系如图乙所示，时电场恢复，此时的速度大小恰为的2倍。已知、、的质量分别为、、，的带电量恒为，、之间的动摩擦因数为，磁感应强度大小为，重力加速度大小为。忽略电场变化对磁场的影响。求： (1)电场强度的大小； (2)最大时的速度大小； (3)内、间因摩擦产生的热量，以及之后时的速度大小。 【跟踪训练1】（2026·广东广州·模拟预测）如图（a）所示的缓冲器，若对其施加如箭头所示逐渐增大的压力F，压力F与缓冲材料形变x的关系图如图（b）所示：若形变量，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，材料可恢复并释放全部弹性势能；若，缓冲器被锁定、缓冲材料平稳变形、缓冲力大小恒为、能量被全部储存不再释放，材料的形变不可超过10cm。现将该缓冲器安装在如图（c）所示静止在冰面的乙船上，另一船甲停在乙船左边不远处，离冰面高的平台上，一质量为的人从平台上水平跳出，人在甲的落点与跳出点的水平距离为，并瞬间与甲共速，之后甲、乙碰撞，缓冲器发挥作用，乙离右岸足够远，已知人、甲和乙均在同一竖直面，甲、乙（含缓冲器）质量也均为，重力加速度为，忽略空气和冰面的阻力。 (1)缓冲器形变量分别为和时，缓冲器储存的能量和。 (2)人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W。 (3)若人水平跳出初速度v1可变，并调整甲位置使人总能落入甲并瞬间共速，之后与乙碰撞。在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系。（可保留根号） 【跟踪训练2】（2026·浙江台州·二模）如图1所示，倾角θ=37°的倾斜直轨道AB、竖直圆轨道I、水平轨道BC和CE、水平圆管轨道II（俯视图如图2所示）平滑连接。该装置AB段动摩擦因数为μ=0.5，其余各段均光滑，两圆轨道半径分别为R1=0.18m与。质量为m1=0.2kg的滑块a从斜面上某点由静止下滑，恰好能通过竖直圆轨道I的最高点D，从E点沿切线进入管径很小的水平圆管轨道II（进入后立即封闭管道），并与静止在圆管内质量为m2=0.1kg的滑块b发生碰撞，碰撞时间可忽略。滑块a、b均可视为质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求滑块a滑到斜面底端B处的速度大小及在AB段运动的时间； (2)若滑块a与b发生弹性碰撞，求第一次碰撞后瞬间a、b的速度大小； (3)在（2）情况下，分别求滑块a、b从第一次碰撞后首次回到该碰撞位置的时间； (4)若滑块a与b发生非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的0.5倍，求从第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间。 【跟踪训练3】（2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，质量为的物块1放在水平面上，质量均为m的物块2、3、4、…2026依次并排放在物块1的右侧，相邻两物块之间的距离均为L。时刻，质量为的弹丸以水平向右的速度击中物块1并留在其中。已知，，，所有物块均可视为质点，忽略所有摩擦，碰撞时间不计。 (1)若物块间的碰撞均为弹性碰撞，求物块2026开始运动的时间； (2)若物块1的质量为，其它物块质量不变，且物块间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求物块2与物块3碰撞损失的机械能； (3)若物块1的质量为，其它物块质量不变，物块1与物块2的碰撞记做第一次，奇数次碰撞为弹性碰撞，偶数次碰撞为完全非弹性碰撞（奇数次的弹性碰撞后将左侧物块移走，例如物块1、2碰后将物块1移走，物块2、3与物块4碰后，将物块2、3移走），求最终物块2026的速度。 1 / 17 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 $