第1.3节 动量守恒定律（高效培优·讲义）物理人教版选择性必修第一册

本讲义聚焦高中物理“动量守恒定律”核心知识点，系统梳理定律内容、守恒条件（不受外力或合外力为零等）、表达式（p=p'等），及与牛顿运动定律的关系，构建从理解到应用（如碰撞、爆炸）的学习支架，含知识导图辅助直观认知。 资料通过动量与机械能守恒对比表格深化物理观念，避坑指南（如守恒判定、速度相对性）培养科学思维，多角度例题（方向守恒、多过程问题）与真题演练提升科学探究能力，课中助教师分层教学，课后三阶练习帮学生查漏补缺。

第1.3节 动量守恒定律 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 动量守恒定律 考点02 动量守恒定律的初步应用 03 避坑指南·解题通法 · 角度01 动量守恒定律的一般应用 角度02 某一方向上的动量守恒问题 角度03 用动量守恒定律解决多过程问题 角度04 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.理解动量守恒定律的内容、表达式及守恒条件。 2.知道动量守恒定律的适用范围，了解其与牛顿运动定律的关系。 3.能用动量守恒定律解决一维碰撞、爆炸等实际问题。 1.通过理论推导与实验探究，理解动量守恒定律的内涵。 2.通过对比分析，明确动量守恒的条件与适用场景。 3.通过典型例题练习，掌握动量守恒定律的解题步骤与应用方法。 知识导图 考点01 动量守恒定律 1．动量守恒定律的内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这系统的总动量保持不变。 2．动量守恒定律成立的条件 （1）系统不受外力或者所受外力的合力为零。 （2）系统外力远小于内力时，外力的作用可以忽略，系统的动量守恒。 （3）系统在某个方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。 3．动量守恒定律的表达式 （1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)。 （2）Δp＝0(系统动量的增量为零)。 （3）Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)。 【深化点拨】 1．系统动量守恒的判定方法 （l）分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力。 （2）研究系统受到的外力矢量和。 （3）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。 （4）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。 2．某一方向上的动量守恒问题：动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的。 1．两位滑冰运动员甲、乙均以1m/s的速度沿同一直线相向滑行，相遇时在极短时间内用力推开对方，此后甲以1m/s、乙以0.5m/s的速度向各自初速度的反方向运动，忽略冰面的摩擦，则两位运动员的质量之比是（　　） A．3∶5 B．3∶4 C．2∶3 D．3∶2 2．（多选）把木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法中正确的是（   ） A．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量不守恒 C．a离开墙壁后，a和b系统的动量守恒 D．a离开墙壁后，a和b系统的动量不守恒 【动量守恒定律与机械能守恒定律的比较】 动量守恒定律 机械能守恒定律 区 别 公式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ Ek1+Ep1=Ek2+Ep2（系统总机械能） 标、矢量 矢量式（需规定正方向，速度带符号运算） 标量式（直接代数运算，无方向） 守恒条件 系统不受外力或所受合外力为零；或内力远大于外力（如爆炸、碰撞）；或某一方向上合外力为零，则该方向动量守恒 只有重力或弹力做功（或只有重力、系统内弹力做功）；其他力不做功或做功的代数和为零 意义 系统不受外力时，总动量保持不变，反映力对时间积累的守恒规律 只有重力/弹力做功时，动能与势能相互转化，总机械能不变，反映力对位移积累的守恒规律 正负 正负表示速度/动量的方向，与规定的正方向有关 正负表示能量的增减，或势能零点的选取，不代表方向 适用场景 爆炸、碰撞、反冲等相互作用问题 抛体运动、自由落体、弹簧振子、只有重力做功的曲线运动 推导来源 动量守恒由牛顿第三定律+动量定理推导；机械能守恒由动能定理+重力/弹力做功特点推导 公式关联 考点02 动量守恒定律的初步应用 1、动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义 （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组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化 量大小相等、方向相反。 （4）Δp=0：系统总动量的变化量为零。 2、动量守恒定律的“五性” （1）系统性：注意判断是哪几个物体构成的系统的动量守恒。 （2）系矢量性：是矢量式，解题时要规定正方向。 （3）系相对性：系统中各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系，通常为相对于地面的速度。 （4）系同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量。 （5）系普适性：不仅适用两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成系统。 【深化点拨】 1．应用动量守恒定律解题的基本思路 （1）系明确研究对象合理选择系统。 （2）系判断系统动量是否守恒。 （3）系规定正方向及初、末状态。 （4）系运用动量守恒定律列方程求解。 2．应用动量守恒定律的解题步骤 1．如图所示，光滑的水平地面上，一质量为的小球以水平初速度向右运动，与右侧质量为的静止小球发生正碰，碰后两小球动量相同，则碰撞前后小球的动量减少了（　　） A． B． C． D． 2．（多选）在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球A与静止的小钢球B发生碰撞，碰撞前、后运动方向相反。碰撞后小球A的动能和动量的大小分别为EA、pA，小钢球B的动能和动量的大小分别为EB、pB，则下列说法中正确的是（　　） A．EA<E0 B．pA<p0 C．EB>E0 D．pB<p0 3．科学家研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是很快与雨滴融为一体，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量m1为0.1g，漂浮在空气中（速度为零）；雨滴质量m2为0.3g，雨滴所受空气阻力与下落速度成正比，比例系数k为1×10−2kg/s，击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，蚊子与雨滴融为一体的时间为2.5×10−3s，蚊子重力不计。求： (1)蚊子与雨滴融为一体后，蚊子的速度大小v； (2)蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力F。 动量守恒定律的综合应用及解题步骤 1．动量守恒的“判定”陷阱 （1）不要只看受力，要看合力 误区：看到系统受重力、摩擦力就觉得不守恒。 正解：只要系统所受合外力为零，动量就守恒。 （2）区分“全过程”与“某瞬间”：在碰撞、爆炸、打击等极短时间内，内力（相互作用力）远大于外力（如摩擦力、重力），此时可忽略外力，认为动量近似守恒。 2．动量守恒定律的“四步解题法” （1）选对象：明确哪几个物体组成系统。 （2）判条件：分析受力，确认系统是否满足动量守恒（或某一方向守恒）。 （3）定正向：必须规定正方向（通常选初速度大的方向为正）；如果物体反向运动，代入公式时速度v 必须带负号。 （4）列方程：状态式（最常用）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ 注意：等号两边的速度必须是同一时刻的（左边全是碰前，右边全是碰后）。 3．速度的“相对性”避坑：公式p=mv中的速度v，必须是相对于地面的速度。 典型错误：题目给出“A相对于B的速度”，直接代入公式计算。 修正：必须先通过矢量合成（ v对地=v对B+vB对地）换算成对地速度，再代入动量守恒方程。 4、动量守恒与机械能守恒的区别（易混淆点） （1）动量守恒：看外力（合外力为0即守恒）。 机械能守恒：看做功（只有重力/弹力做功即守恒）。 结论：动量守恒的系统，机械能不一定守恒。解题时不要想当然地联立动能公式，除非题目明确说是“弹性碰撞”。 角度01 动量守恒定律的一般应用 1．如图所示，两条船A、B的质量均为3m，静止于湖面上。质量为m的人一开始静止在A船中，人以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……，经多次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则A船和B船（包括人）的速度大小之比为（　　） A．1：1 B．2：3 C．4：3 D．3：4 2．（多选）安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是（    ） A．两次碰撞过程中，汽车和假人的动量变化量不同 B．安全带的作用是延长冲击力作用时间，减小冲击力大小 C．安全带的作用是减小假人受到的冲量 D．无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同 3．如图所示，某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以2m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是100kg，原来的速度是0.4m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，不计阻力，求 (1)人停在船上时，小船的速度； (2)全过程中小船受到的冲量。 角度02 某一方向上的动量守恒问题 4．如图，在光滑水平面上放置物体B，小球A从B的顶端沿光滑曲面由静止下滑，在小球A下滑到底端过程中（　　） A．小球A的机械能守恒 B．小球A与物体B组成的系统水平方向动量守恒 C．地面对B的支持力先大于两物体的重力之和后小于两物体的重力之和 D．小球A对物体B的压力的冲量方向向左 5．（多选）如图所示，静置在光滑的水平面上的A、B为两个完全相同的1/4圆弧槽，圆弧槽的半径为R，两槽的最低点均与水平面相切，初始时两槽的最低点均位于P点，B槽固定在水平面上。现将质量为m的小球C（可视为质点）从A槽上端点a的正上方处由静止释放，小球C从a点落入A槽内，一段时间后从P点滑上B槽，A槽的质量为4m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，忽略空气阻力。则 A．小球C第一次从A槽最低点滑出时，小球C到P点的距离为 B．小球C经过B槽上端点b时，B槽对C的弹力大小为2mg C．小球C经过b点的次数为2次 D．小球C最终的速度大小为 6．一游戏装置竖直截面如图所示。固定在水平直轨道A的弹射器、长的传送带BC、水平直轨道CD组成一个高台。高台下方有一质量的小车静止在光滑水平面上，小车上表面是以O为圆心，圆心角的弧形槽，O与G等高，F为圆弧最低点。某次游戏时，弹射器弹簧的弹性势能，质量的小物块从静止弹出，经D点水平飞出后恰好从E点无碰撞进入小车，经过最低点时小车对小物块的弹力。已知传送带以速度顺时针匀速转动，小物块与传送带之间的动摩擦因数，其余轨道均光滑。小物块可视为质点，经过各轨道衔接处和弹射过程的机械能损失忽略不计。，，取重力加速度。求小物块 (1)经过A点时的速度大小； (2)通过传送带摩擦所产生的热量Q； (3)弧形槽的半径R。 角度03 用动量守恒定律解决多过程问题 7．如图所示，质量分别为、的木块和，并排放在光滑水平面上，木块上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一细线，细线另一端系质量为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放，当球运动到最低点时，测得木块的速度大小为。已知重力加速度大小为，则下列说法正确的是（　　） A．细线长为 B．C球经过最低点的速度大小可能为3v0 C．C球经过最低点的速度大小可能为 D．球相对最低点上升的最大高度为 8．（多选）半径相同的光滑小球A、B、C按图所示放置于水平地面上，其中A、B球用长为l的竖直轻杆连接，B、C球接触但不粘连。在受轻微扰动后轻杆开始向左倾斜，三个小球始终在同一竖直面内运动，A球与地面的碰撞为弹性碰撞，整个过程中B球未离开地面。已知小球C的最大速度为v，小球A、B、C的质量分别为3m、2m、m，重力加速度为g。则（　　） A．B、C球分离时，A球的加速度为g B．A球落地前，轻杆对B球一直做正功 C．A球落地前瞬间的速度大小为 D．A球落地时与反弹到最高点时，两个时刻B球的速度相等 9．如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。可视为质点的物块A、B放在静止传送带的左右两端。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中B，与B粘在一起且不弹起。在小球击中B的瞬间传送带立即以的速度开始顺时针转动，同时物块A以与碰撞后B（含小球）相同的速率向右运动，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰。已知A的质量，B的质量，方形物体的质量，滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、； (2)传送带的长度L； (3)两滑块从开始运动到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的总热量Q。 角度04 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题 10．如图，足够大的光滑水平面上静止着、、、四个弹性小球，质量分别为、、、，四个小球在同一直线上。小球左端与墙壁刚好接触但不粘连，右端连接一根轻弹簧，弹簧右端与小球相连，小球和接触但也不粘连，此时弹簧处于原长。现给小球一个向左的初速度，与小球发生碰撞，所有碰撞过程均为弹性正碰也不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度之内。在整个运动过程中，下列说法正确的是（     ） A．整个运动过程中小球、、、和弹簧组成的系统动量守恒 B．整个运动过程中四个弹性小球、、、组成的系统机械能守恒 C．当小球、速度相等时，弹簧的弹性势能最大 D．小球速度最大时，弹簧处于原长状态 11．（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的图像。已知。由此可以判断（　　） A．碰后m2和m1都向右运动 B．碰撞过程中m2对m1的冲量大小为0.6 N·s C． D．碰撞过程遵循动量守恒定律 12．如图所示，质量为的甲球静止在光滑的水平地面上，另一直径相同、质量为的乙球，以的速度与甲球发生正面碰撞，碰撞后乙球以2m/s的速率被反向弹回，求： (1)碰撞后甲球的速度大小； (2)碰撞过程系统损失的机械能。 【例1】（2025·贵州·高考真题）甲、乙两运动员在光滑水平冰面上进行滑冰训练。以速度运动的甲推一下静止在其正前方的乙，刚分开时，甲、乙的运动方向与的方向相同，且甲的速度为，则刚分开时，甲、乙的动量大小之比为（　　） A．3：1 B．2：1 C．1：2 D．1：3 【深化点拨】 解题关键技巧： （1）优先用 “动量变化” 分析：动量守恒的本质是系统总动量不变，甲减少的动量，全部转移给了乙，因此乙获得的动量大小等于甲的动量减少量，不用单独设质量、列复杂方程。 （2）初始动量的整体代换：直接用甲的初始动量p0=mv0作为整体分析，不用设甲的质量m，简化计算。 （3）守恒条件的快速判断：光滑冰面说明系统水平方向不受外力，动量守恒的条件直接满足，不用额外分析受力。 （4）比例问题的 “消元” 技巧：题目求的是动量大小之比，质量m在计算中会被约掉，因此不用求具体数值，只算比例即可。 【变式1-1】游隼具有高超的空中捕猎技能。在某次捕获猎物过程中，捕获猎物前瞬间，游隼的速度沿水平方向，大小为；猎物的速度方向竖直向下，大小为。游隼质量为，猎物质量为。游隼捕获猎物的过程时间极短，则游隼捕获猎物后瞬间的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【变式1-2】（多选）质量为3kg的小球A以5m/s的速度与静止在光滑水平面上的小球B正碰，小球B的质量为2 kg，碰后A球的速度和B球的速度可能的是（     ） A．， B． C．， D．， 【例2】（2025·天津·高考真题）如图所示，半径为R = 0.45m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m = 0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M = 0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x = 0.20m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小； (2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小； (3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。 【深化点拨】 解题关键技巧： （1）分阶段拆解：把整个过程拆成「A→B下滑」「C 点碰撞」「CD 段减速」三个独立阶段，按顺序用对应规律解题。 （2）守恒条件判断：下滑阶段只有重力做功，用机械能守恒求速度；碰撞时间极短，用动量守恒求共同速度。 （3）圆周运动受力：B 点用向心力公式，结合机械能守恒直接求支持力。 （4）逆向思维简化：CD 段匀减速可逆向看成初速度为 0 的匀加速，用v2=2μgx快速求动摩擦因数。 （5）先推公式后代入：优先用符号推导，最后再代数值，减少计算错误。 【变式2-1】如图，在某超市仓库的水平地面上进行新手推车测试。一辆总质量为20kg的手推车甲以的速度与其正前方静止的总质量为40kg的同款手推车乙发生对心碰撞。假设碰撞时间为0.2s，碰后乙车速度为，碰撞时忽略地面摩擦的作用，则下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程甲车对乙车的冲量大小大于乙车对甲车的冲量大小 B．碰撞后甲车的速度大小为，方向与初速度相反 C．碰撞过程两车组成的系统损失的机械能为1.8J D．碰撞过程甲对乙的平均作用力大小为40N 【变式2-2】（多选）α粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，时刻图线的切线斜率的绝对值最大，且该时刻的动量为。则（    ） A．0到过程中，α粒子与氧原子核的距离在不断减小 B．时刻两原子核速率相等 C．时刻氧原子核的动量为 D．时刻系统的动能最小 【变式2-3】如图所示，半径的光滑半圆轨道竖直固定放置，与水平光滑平台在点平滑连接。质量的小球以某一水平初速度向右运动，与静止于平台上、质量的物块发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞后小球恰好能通过轨道最高点，物块从平台飞出后落在水平地面上，落点到平台右侧的水平距离，平台到水平地面的高度。小球、物块均视为质点，取重力加速度大小，不计空气阻力。求： (1)碰撞后瞬间物块的速度大小； (2)小球经过半圆轨道最低点时对轨道的压力大小； (3)小球与物块碰撞过程中损失的机械能。 ⚡基础速刷 1．下列说法正确的是（     ） A．两个物体质量相等，动量大的物体其动能也一定大 B．物体沿固定的斜面下滑时所受支持力的冲量为零 C．物体所受合外力冲量越大，它的动量就越大 D．当一个系统的动量守恒时，此系统的机械能也一定守恒 2．如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为60kg，乙的质量为40kg，下列说法正确的是（　　） A．甲的速率与乙的速率之比为1∶1 B．甲的动能与乙的动能之比为3∶2 C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为2∶3 D．互推过程甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为2∶3 3．如图所示，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50kg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，忽略水的阻力则救生员跃出后小船的速率大小为（　　） A． B． C． D． 4．（多选）关于图中所示的四个运动项目表述正确的是（   ） A．图甲中，打出后的台球与前方台球碰撞的过程中，两台球组成的系统动量守恒 B．图乙中，运动员拖着滑板在空中做斜抛运动的过程中，运动员和滑板构成的系统动量守恒 C．图丙中，运动员掷出铅球的过程中，铅球和人构成的系统动量守恒 D．图丁中，推出后的冰壶与前方冰壶相碰的过程中，两冰壶组成的系统动量守恒 5．（多选）如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于Ep0，经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同为v1。同时开始给粒子B施加一恒力F，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A速度恰好变为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。恒力F作用的时间为t2，此期间粒子B发生的位移为x。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。下列关系式正确的是（　　） A． B． C． D． 6．质量为5g的子弹以300m/s的速度水平射向被悬挂着质量为500g的木块，设子弹穿过木块后的速度为100m/s，重力加速度取10m/s2，则： (1)求子弹穿过木块后的瞬间，木块获得的速度大小； (2)若子弹射穿木块的时间，求子弹对木块的平均冲击力大小； (3)求木块上升的最大高度（不高于悬点）。 🚀能力跃升 7．如图所示，A、B两物体质量之比为3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是（     ） A．若A、B与平板的动摩擦因数相等，A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板的动摩擦因数相等，A、B组成的系统整体有向左运动的趋势 C．若A、B与平板的动摩擦因数不相等，A、B、C组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成的系统动量不守恒 8．两小车M、N在光滑水平面上正碰，其速度随时间变化的 v-t 图像如图所示，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中小车M受到的冲量较大 B．碰撞后小车M的动量小于小车N的动量 C．碰撞后小车M与小车N的动能可能相同 D．小车M的质量大于小车N的质量 9．（多选）如图所示，轻绳一端系一金属环a，另一端绕过定滑轮悬挂一重物b。环a套在固定的竖直光滑直杆上，OP与直杆之间的夹角为 ，将a、b由静止释放，在环a加速上升的过程中（　　） A．a、b组成的系统动量守恒 B．a、b组成的系统机械能守恒 C．a、b的速度大小满足 D．a、b的速度大小满足 10．（多选）如图所示，一轻杆两端分别固定、两个半径相等的光滑金属球，球质量大于球质量，整个装置放在光滑的水平面上，开始时球离地高度为，将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是（　　） A．在球落地前的整个过程中，轻杆对球做负功 B．在球落地前瞬间，球的速度大小为 C．在球落地前的整个过程中，轻杆对球的冲量竖直向上 D．在球落地前的整个过程中，、及轻杆系统动量守恒、机械能守恒 11．如图所示，质量为的小球由长为的轻绳悬挂于点，静止时小球对轨道恰好无压力。质量为的小球从轨道上某一点由静止释放，在最低点与球发生碰撞。碰撞后球绕点做圆周运动且恰能到达最高点，球水平抛出，其落地点到轨道最低点的水平距离为，竖直距离。已知重力加速度为，两小球均可视为质点，忽略空气阻力，求： (1)碰撞后瞬间的速度的大小和的速度的大小； (2)碰撞过程中对的冲量； 🌟思维挑战 12．将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，小球在空中运动时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A．回到抛出点速度v与初速度v0相等 B．t时间内空气阻力的冲量不为零 C． D． 13．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0.9 m。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，下列说法正确的是（   ） A．小球B的质量为17.7 kg 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．从开始运动至B与挡板碰前瞬间A球机械能的减少量为3.2 J 14．（多选）如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2026个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2026个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）（    ） A．2026号物块最终速度为 B．2023号物块最终速度为 C．0号物块最终动量大小为 D．最终所有物块的总动能为mgh 15．如图所示，质量为的镂空木块静置在光滑水平地面上，木块内侧有光滑水平轨道和左右两侧的光滑圆轨道、，其中为轨道的圆心，为竖直方向半径，为水平方向半径，半径与的夹角为，为轨道的圆心，为轨道竖直方向的直径，且轨道的半径为。在光滑水平轨道上固定有轻质弹簧，初始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧另一端静置一个质量为的小球，当弹簧解除锁定后，小球沿轨道运动并从点射出，一段时间后，小球恰好从点回到轨道，并沿轨道运动，小球在点时速度恰好水平且与轨道无挤压，重力加速度为，，，求： (1)小球到达点时木块的速度大小； (2)解除锁定前弹簧的弹性势能； (3)轨道的半径。 16．如图所示，滑块静止于水平轨道点，长为且滑块与水平轨道间的动摩擦因数。点正上方点用轻绳悬挂一小球，小球与相切但无挤压，为台阶，为足够长的光滑水平直轨道。紧靠台阶停放着木板1和带轻质挡板的木板2，长度均为，与点等高，两木板不粘连。滑块与木板1、2上表面的动摩擦因数分别为和（未知）。已知滑块、木板1、2的质量相等为，小球的质量为。现给滑块一个水平向右的瞬时冲量，滑块滑至点时与小球发生正碰（碰撞时间极短），碰后滑块滑上木板1，小球则在竖直平面做半径的圆周运动，小球运动至最高点时轻绳的拉力。滑块、小球均可视为质点。取。 (1)求滑块与小球碰撞前瞬间滑块的速度大小； (2)求滑块与小球碰撞后瞬间滑块的速度大小； (3)若滑块与挡板发生的是弹性碰撞，要使滑块能接触挡板，又最终没有滑离木板2，求滑块与木板2之间的动摩擦因数的取值范围（答案可用分数表示）。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 第1.3节 动量守恒定律 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 动量守恒定律 考点02 动量守恒定律的初步应用 03 避坑指南·解题通法 · 角度01 动量守恒定律的一般应用 角度02 某一方向上的动量守恒问题 角度03 用动量守恒定律解决多过程问题 角度04 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.理解动量守恒定律的内容、表达式及守恒条件。 2.知道动量守恒定律的适用范围，了解其与牛顿运动定律的关系。 3.能用动量守恒定律解决一维碰撞、爆炸等实际问题。 1.通过理论推导与实验探究，理解动量守恒定律的内涵。 2.通过对比分析，明确动量守恒的条件与适用场景。 3.通过典型例题练习，掌握动量守恒定律的解题步骤与应用方法。 知识导图 考点01 动量守恒定律 1．动量守恒定律的内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这系统的总动量保持不变。 2．动量守恒定律成立的条件 （1）系统不受外力或者所受外力的合力为零。 （2）系统外力远小于内力时，外力的作用可以忽略，系统的动量守恒。 （3）系统在某个方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。 3．动量守恒定律的表达式 （1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)。 （2）Δp＝0(系统动量的增量为零)。 （3）Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)。 【深化点拨】 1．系统动量守恒的判定方法 （l）分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力。 （2）研究系统受到的外力矢量和。 （3）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。 （4）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。 2．某一方向上的动量守恒问题：动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的。 1．两位滑冰运动员甲、乙均以1m/s的速度沿同一直线相向滑行，相遇时在极短时间内用力推开对方，此后甲以1m/s、乙以0.5m/s的速度向各自初速度的反方向运动，忽略冰面的摩擦，则两位运动员的质量之比是（　　） A．3∶5 B．3∶4 C．2∶3 D．3∶2 【答案】B 【详解】忽略冰面的摩擦，系统（甲、乙）相互作用前后总动量守恒。设甲的质量为m甲，乙的质量为m乙，设甲、乙的初速度大小为v1，甲的末速度大小为，乙的末速度大小为，以甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律 代入数据整理可得。 故选B。 2．（多选）把木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法中正确的是（   ） A．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量不守恒 C．a离开墙壁后，a和b系统的动量守恒 D．a离开墙壁后，a和b系统的动量不守恒 【答案】BC 【详解】AB．当撤去外力后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以a、b和轻弹簧组成的系统的动量不守恒，故A错误，B正确； CD．当撤去外力后，a离开墙壁后，系统不受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和为零，所以a、b和轻弹簧组成的系统的动量守恒，故C正确，D错误。 故选BC。 【动量守恒定律与机械能守恒定律的比较】 动量守恒定律 机械能守恒定律 区 别 公式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ Ek1+Ep1=Ek2+Ep2（系统总机械能） 标、矢量 矢量式（需规定正方向，速度带符号运算） 标量式（直接代数运算，无方向） 守恒条件 系统不受外力或所受合外力为零；或内力远大于外力（如爆炸、碰撞）；或某一方向上合外力为零，则该方向动量守恒 只有重力或弹力做功（或只有重力、系统内弹力做功）；其他力不做功或做功的代数和为零 意义 系统不受外力时，总动量保持不变，反映力对时间积累的守恒规律 只有重力/弹力做功时，动能与势能相互转化，总机械能不变，反映力对位移积累的守恒规律 正负 正负表示速度/动量的方向，与规定的正方向有关 正负表示能量的增减，或势能零点的选取，不代表方向 适用场景 爆炸、碰撞、反冲等相互作用问题 抛体运动、自由落体、弹簧振子、只有重力做功的曲线运动 推导来源 动量守恒由牛顿第三定律+动量定理推导；机械能守恒由动能定理+重力/弹力做功特点推导 公式关联 考点02 动量守恒定律的初步应用 1、动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义 （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组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化 量大小相等、方向相反。 （4）Δp=0：系统总动量的变化量为零。 2、动量守恒定律的“五性” （1）系统性：注意判断是哪几个物体构成的系统的动量守恒。 （2）系矢量性：是矢量式，解题时要规定正方向。 （3）系相对性：系统中各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系，通常为相对于地面的速度。 （4）系同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量。 （5）系普适性：不仅适用两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成系统。 【深化点拨】 1．应用动量守恒定律解题的基本思路 （1）系明确研究对象合理选择系统。 （2）系判断系统动量是否守恒。 （3）系规定正方向及初、末状态。 （4）系运用动量守恒定律列方程求解。 2．应用动量守恒定律的解题步骤 1．如图所示，光滑的水平地面上，一质量为的小球以水平初速度向右运动，与右侧质量为的静止小球发生正碰，碰后两小球动量相同，则碰撞前后小球的动量减少了（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题知，碰撞前A、B组成的系统总动量为，碰撞后两小球动量相等，设为，根据系统动量守恒有 解得 故碰撞前后小球A动量的变化量为 即碰撞前后小球的动量减少了 故选B。 2．（多选）在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球A与静止的小钢球B发生碰撞，碰撞前、后运动方向相反。碰撞后小球A的动能和动量的大小分别为EA、pA，小钢球B的动能和动量的大小分别为EB、pB，则下列说法中正确的是（　　） A．EA<E0 B．pA<p0 C．EB>E0 D．pB<p0 【答案】AB 【详解】AC．根据能量守恒定律可知和一定小于E0，故A正确，C错误； B．动量与动能的关系满足 结合A项结论可知 pA<p0 故B正确； D．规定碰撞前A的速度方向为正方向，对碰撞过程根据动量守恒定律有 解得 故D错误。 故选AB。 3．科学家研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是很快与雨滴融为一体，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量m1为0.1g，漂浮在空气中（速度为零）；雨滴质量m2为0.3g，雨滴所受空气阻力与下落速度成正比，比例系数k为1×10−2kg/s，击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，蚊子与雨滴融为一体的时间为2.5×10−3s，蚊子重力不计。求： (1)蚊子与雨滴融为一体后，蚊子的速度大小v； (2)蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力F。 【详解】（1）击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，则有 解得 蚊子与雨滴融为一体，有 解得 （2）对蚊子由动量定理有 解得 动量守恒定律的综合应用及解题步骤 1．动量守恒的“判定”陷阱 （1）不要只看受力，要看合力 误区：看到系统受重力、摩擦力就觉得不守恒。 正解：只要系统所受合外力为零，动量就守恒。 （2）区分“全过程”与“某瞬间”：在碰撞、爆炸、打击等极短时间内，内力（相互作用力）远大于外力（如摩擦力、重力），此时可忽略外力，认为动量近似守恒。 2．动量守恒定律的“四步解题法” （1）选对象：明确哪几个物体组成系统。 （2）判条件：分析受力，确认系统是否满足动量守恒（或某一方向守恒）。 （3）定正向：必须规定正方向（通常选初速度大的方向为正）；如果物体反向运动，代入公式时速度v 必须带负号。 （4）列方程：状态式（最常用）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ 注意：等号两边的速度必须是同一时刻的（左边全是碰前，右边全是碰后）。 3．速度的“相对性”避坑：公式p=mv中的速度v，必须是相对于地面的速度。 典型错误：题目给出“A相对于B的速度”，直接代入公式计算。 修正：必须先通过矢量合成（ v对地=v对B+vB对地）换算成对地速度，再代入动量守恒方程。 4、动量守恒与机械能守恒的区别（易混淆点） （1）动量守恒：看外力（合外力为0即守恒）。 机械能守恒：看做功（只有重力/弹力做功即守恒）。 结论：动量守恒的系统，机械能不一定守恒。解题时不要想当然地联立动能公式，除非题目明确说是“弹性碰撞”。 角度01 动量守恒定律的一般应用 1．如图所示，两条船A、B的质量均为3m，静止于湖面上。质量为m的人一开始静止在A船中，人以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……，经多次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则A船和B船（包括人）的速度大小之比为（　　） A．1：1 B．2：3 C．4：3 D．3：4 【答案】C 【详解】设最终A船和B船（包括人）的速度大小分别为、，根据系统动量守恒可得 可得 故选C。 2．（多选）安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是（    ） A．两次碰撞过程中，汽车和假人的动量变化量不同 B．安全带的作用是延长冲击力作用时间，减小冲击力大小 C．安全带的作用是减小假人受到的冲量 D．无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同 【答案】BD 【详解】A．碰撞过程中，无论是否使用安全带，汽车和假人的动量变化量是相同的，故A错误； CD．假人的初动量为 末动量都为0，根据动量定理有 所以无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同，故C错误，D正确； B．使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，用时0.2s停下，可知安全带的作用是延长冲击力作用时间；由动量的定义可知，冲量相同时，延长力的作用时间可以减小冲击力的大小，故B正确。 故选BD。 3．如图所示，某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以2m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是100kg，原来的速度是0.4m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，不计阻力，求 (1)人停在船上时，小船的速度； (2)全过程中小船受到的冲量。 【详解】（1）以向右为正方向，设人与船质量分别为m、M，人上船后最终相对静止时共同速度为v，由系统动量守恒可得 解得 可知人停在船上时，小船的速度大小为，方向水平向右。 （2）以向右为正方向，根据动量定理可得 可知全过程中小船受到的冲量大小为，方向水平向右。 角度02 某一方向上的动量守恒问题 4．如图，在光滑水平面上放置物体B，小球A从B的顶端沿光滑曲面由静止下滑，在小球A下滑到底端过程中（　　） A．小球A的机械能守恒 B．小球A与物体B组成的系统水平方向动量守恒 C．地面对B的支持力先大于两物体的重力之和后小于两物体的重力之和 D．小球A对物体B的压力的冲量方向向左 【答案】B 【详解】A．因AB系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，因B的机械能增大，则A的机械能减小，A错误； C．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，故地面对B的支持力先小于两物体重力之和，后来大于两物体重力之和，C错误； B．水平方向系统所受外力的合力为0，可知小球A和物体B构成的系统水平方向动量守恒，B正确； D．物体B的合力的冲量方向向左，A对B的压力的冲量斜向左下方，D错误。 故选B。 5．（多选）如图所示，静置在光滑的水平面上的A、B为两个完全相同的1/4圆弧槽，圆弧槽的半径为R，两槽的最低点均与水平面相切，初始时两槽的最低点均位于P点，B槽固定在水平面上。现将质量为m的小球C（可视为质点）从A槽上端点a的正上方处由静止释放，小球C从a点落入A槽内，一段时间后从P点滑上B槽，A槽的质量为4m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，忽略空气阻力。则（    ） A．小球C第一次从A槽最低点滑出时，小球C到P点的距离为 B．小球C经过B槽上端点b时，B槽对C的弹力大小为2mg C．小球C经过b点的次数为2次 D．小球C最终的速度大小为 【答案】BC 【详解】A．小球从 槽上端 点滑到最低点过程中，系统水平方向动量守恒，设小球相对槽的水平位移为 （圆弧半径），则小球对地位移大小为 ，方向向右。初始时 点与 点的水平距离为 ，故小球第一次滑出时到 点的距离为 ，故A错误； B．小球从释放到第一次滑出槽，由机械能守恒和水平动量守恒得 ， 滑上固定槽后机械能守恒，到达 点时速度满足 解得 在点由牛顿第二定律 ，此时，故B正确； C．小球第一次从槽滑出后滑上槽到达 点，返回后再次进入槽，第二次滑出并第二次到达 点，之后不能再到达点，故经过点的次数为2次，故C正确； D．小球第二次滑上槽再滑出后速度为，槽到达 点，返回后再次进入槽，由机械能守恒和水平动量守恒可得， 解得， 小球C后面追不上A槽，故小球C速度保持不变。 解得，故D错误。 故选BC。 6．一游戏装置竖直截面如图所示。固定在水平直轨道A的弹射器、长的传送带BC、水平直轨道CD组成一个高台。高台下方有一质量的小车静止在光滑水平面上，小车上表面是以O为圆心，圆心角的弧形槽，O与G等高，F为圆弧最低点。某次游戏时，弹射器弹簧的弹性势能，质量的小物块从静止弹出，经D点水平飞出后恰好从E点无碰撞进入小车，经过最低点时小车对小物块的弹力。已知传送带以速度顺时针匀速转动，小物块与传送带之间的动摩擦因数，其余轨道均光滑。小物块可视为质点，经过各轨道衔接处和弹射过程的机械能损失忽略不计。，，取重力加速度。求小物块 (1)经过A点时的速度大小； (2)通过传送带摩擦所产生的热量Q； (3)弧形槽的半径R。 【详解】（1）根据能量守恒定律有 解得经过A点时的速度大小 （2）传送带以速度顺时针匀速转动，根据牛顿第二定律有 小物块与传送带共速时有 解得 减速时间 传送带运动位移 共速后二者相对静止，可知小物块相对皮带运动位移 因摩擦产生的热量 （3）小物块平抛的初速度为，小物块恰好从点无碰撞进入小车，根据平抛运动可知 小物块与小车水平方向动量守恒，有 小物块经过最低点时，根据牛顿第二定律有 小物块与小车组成的系统能量守恒 联立方程可得弧形槽半径 角度03 用动量守恒定律解决多过程问题 7．如图所示，质量分别为、的木块和，并排放在光滑水平面上，木块上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一细线，细线另一端系质量为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放，当球运动到最低点时，测得木块的速度大小为。已知重力加速度大小为，则下列说法正确的是（　　） A．细线长为 B．C球经过最低点的速度大小可能为3v0 C．C球经过最低点的速度大小可能为 D．球相对最低点上升的最大高度为 【答案】D 【详解】ABC．设小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，小球运动到最低点时的速度大小为，A、B的速度大小为，小球由静止释放在向下摆动的过程中，对A有拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等，A、B、C系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得 解得 若C摆到A左边最高点后又摆下到最低点有， 解得vC′ = 4v0 由机械能守恒定律得 解得，故ABC错误； D．C球向左摆至最高点时，A、C共速，设水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得 由机械能守恒定律得 解得，故D正确。 故选D。 8．（多选）半径相同的光滑小球A、B、C按图所示放置于水平地面上，其中A、B球用长为l的竖直轻杆连接，B、C球接触但不粘连。在受轻微扰动后轻杆开始向左倾斜，三个小球始终在同一竖直面内运动，A球与地面的碰撞为弹性碰撞，整个过程中B球未离开地面。已知小球C的最大速度为v，小球A、B、C的质量分别为3m、2m、m，重力加速度为g。则（　　） A．B、C球分离时，A球的加速度为g B．A球落地前，轻杆对B球一直做正功 C．A球落地前瞬间的速度大小为 D．A球落地时与反弹到最高点时，两个时刻B球的速度相等 【答案】ACD 【详解】A．B、C分离时，B、C间的弹力为0，且加速度相等，C的加速度为0，则B的加速度也为0，杆上的弹力为0，则A的加速度为g，方向竖直向下，故A正确； B．B、C分离前，杆中弹力沿杆向外，此时杆对B做正功，对A做负功，分离后，杆中弹力沿杆向内，对A做正功，对B做负功，故B错误； C．A球落地前瞬间，A、B水平方向速度相等，在水平方向，有 根据机械能守恒定律可得 联立解得，故C正确； D．A球反弹到最高点时，AB球水平速度相等，根据水平方向动量守恒可知，A球落地时与反弹到最高点时，两个时刻B球的速度相等，故D正确。 故选ACD。 9．如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。可视为质点的物块A、B放在静止传送带的左右两端。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中B，与B粘在一起且不弹起。在小球击中B的瞬间传送带立即以的速度开始顺时针转动，同时物块A以与碰撞后B（含小球）相同的速率向右运动，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰。已知A的质量，B的质量，方形物体的质量，滑块A、B与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、； (2)传送带的长度L； (3)两滑块从开始运动到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的总热量Q。 【详解】（1）根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有     由能量守恒定律有     联立解得，     （2）恰好击中B，与B粘在一起且不弹起，小球和物块B水平方向上动量守恒，则有      得 对A受力分析，牛顿第二定律 A开始运动至A与传送带共速（设向右为正方向）     得 此期间A位移 得 对B（含小球）受力分析，牛顿第二定律 B开始运动至B与传送带共速（设向右为正方向）     得 此期间B位移     得 从A与传送带共速至B与传送带共速 对A运动分析，匀速运动     得 两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，传送带长度满足   得     （3）A与传送带之间   得        B与传送带之间，B减速到0的时间      B向右加速的时间      得 角度04 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题 10．如图，足够大的光滑水平面上静止着、、、四个弹性小球，质量分别为、、、，四个小球在同一直线上。小球左端与墙壁刚好接触但不粘连，右端连接一根轻弹簧，弹簧右端与小球相连，小球和接触但也不粘连，此时弹簧处于原长。现给小球一个向左的初速度，与小球发生碰撞，所有碰撞过程均为弹性正碰也不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度之内。在整个运动过程中，下列说法正确的是（     ） A．整个运动过程中小球、、、和弹簧组成的系统动量守恒 B．整个运动过程中四个弹性小球、、、组成的系统机械能守恒 C．当小球、速度相等时，弹簧的弹性势能最大 D．小球速度最大时，弹簧处于原长状态 【答案】D 【详解】A．在小球b向左压缩弹簧的过程中，墙壁对小球a施加向右的作用力，系统合外力不为零，故动量不守恒，故A错误； B．全过程系统机械能（含弹簧弹性势能）守恒，但四个小球的机械能（动能之和）不守恒，因部分能量转化为弹性势能，故B错误； C．当a、b速度相等时对应弹簧形变量有极值。第一阶段b向左减速至0时，，此时弹簧的弹性势能等于b的初动能，即整个过程中的最大弹性势能；第二阶段a离开墙后向右运动，当两者共速时，根据动量守恒，可知此时系统有向右的速度，根据能量守恒，可知此时弹性势能小于第一阶段的最大弹性势能，故当小球、速度相等，且都为0时弹簧的弹性势能才最大，故C错误； D．小球a离开墙壁后受弹簧向右拉力做加速运动。当弹簧恢复原长时弹力为零，此时a加速度为零且速度最大，故D正确。 故选D。 11．（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的图像。已知。由此可以判断（　　） A．碰后m2和m1都向右运动 B．碰撞过程中m2对m1的冲量大小为0.6 N·s C． D．碰撞过程遵循动量守恒定律 【答案】BD 【详解】A．根据图像的斜率表示速度，可知碰后向右运动，向左运动，故A错误； BC．根据图像的斜率表示速度，可知碰前和的速度分别为， 碰后和的速度分别为， 根据动量守恒可得 联立解得 对，根据动量定理可得 可知碰撞过程中对的冲量大小为，故B正确，C错误； D．正碰过程，两小球所受合外力为零，遵循动量守恒定律，故D正确。 故选BD。 12．如图所示，质量为的甲球静止在光滑的水平地面上，另一直径相同、质量为的乙球，以的速度与甲球发生正面碰撞，碰撞后乙球以2m/s的速率被反向弹回，求： (1)碰撞后甲球的速度大小； (2)碰撞过程系统损失的机械能。 【详解】（1）对两球组成的系统，根据动量守恒定律可得 解得 （2）根据能量守恒定律可得 解得 【例1】（2025·贵州·高考真题）甲、乙两运动员在光滑水平冰面上进行滑冰训练。以速度运动的甲推一下静止在其正前方的乙，刚分开时，甲、乙的运动方向与的方向相同，且甲的速度为，则刚分开时，甲、乙的动量大小之比为（　　） A．3：1 B．2：1 C．1：2 D．1：3 【答案】C 【详解】根据，设甲的初始动量为，则刚分开时，甲的末动量为，甲的动量变化量大小为 根据动量守恒定律，甲、乙系统总动量守恒，乙与甲动量变化大小相等，乙的初动量为零，则刚分开时，乙的动量大小为，所以甲、乙的动量大小之比为1：2。 故选C。 【深化点拨】 解题关键技巧： （1）优先用 “动量变化” 分析：动量守恒的本质是系统总动量不变，甲减少的动量，全部转移给了乙，因此乙获得的动量大小等于甲的动量减少量，不用单独设质量、列复杂方程。 （2）初始动量的整体代换：直接用甲的初始动量p0=mv0作为整体分析，不用设甲的质量m，简化计算。 （3）守恒条件的快速判断：光滑冰面说明系统水平方向不受外力，动量守恒的条件直接满足，不用额外分析受力。 （4）比例问题的 “消元” 技巧：题目求的是动量大小之比，质量m在计算中会被约掉，因此不用求具体数值，只算比例即可。 【变式1-1】游隼具有高超的空中捕猎技能。在某次捕获猎物过程中，捕获猎物前瞬间，游隼的速度沿水平方向，大小为；猎物的速度方向竖直向下，大小为。游隼质量为，猎物质量为。游隼捕获猎物的过程时间极短，则游隼捕获猎物后瞬间的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】游隼捕获猎物过程时间极短，系统（游隼+猎物）内力远大于外力，水平方向动量守恒；在竖直方向，由于捕获时间极短，系统所受重力的冲量远小于内力的冲量，可忽略不计，故系统在竖直方向的动量近似守恒。捕获后二者共速。 水平方向动量守恒：水平方向仅游隼有初始动量，猎物水平动量为0，设捕获后水平分速度为，则 代入 、、 ，解得 。 竖直方向动量守恒：竖直方向仅猎物有初始动量，游隼竖直动量为0，设捕获后竖直分速度为，则 代入，解得 。 合速度计算 故选C。 【变式1-2】（多选）质量为3kg的小球A以5m/s的速度与静止在光滑水平面上的小球B正碰，小球B的质量为2 kg，碰后A球的速度和B球的速度可能的是（     ） A．， B． C．， D．， 【答案】BC 【详解】A、B两球发生碰撞前后需满足系统动量守恒，动能不增加。碰撞前系统总动量为 碰撞后总动量必须仍为 碰撞前总动能 动能不增加，碰撞后总动能 A．代入选项中提供数据，满足 但碰撞后由于两球同方向运动，且，会发生第二次碰撞，不符合碰撞后逻辑，故A错误； B．同理，代入选项中提供数据，满足，，符合碰撞后逻辑，故B正确； C．代入选项中提供数据，满足，，符合碰撞后逻辑，故C正确； D．代入选项中提供数据，满足，但，违背能量守恒定律，故D错误。 故选BC。 【例2】（2025·天津·高考真题）如图所示，半径为R = 0.45m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m = 0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M = 0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x = 0.20m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小； (2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小； (3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。 【详解】（1）设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为，由机械能守恒定律，有 由牛顿第二定律，有 代入数据，联立解得 （2）小车与物块在C点碰撞，在水平方向由动量守恒，有 代入数据，联立解得 （3）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C点匀减速运动至D点静止，由动能定理，有 代入数据，联立解得 【深化点拨】 解题关键技巧： （1）分阶段拆解：把整个过程拆成「A→B下滑」「C 点碰撞」「CD 段减速」三个独立阶段，按顺序用对应规律解题。 （2）守恒条件判断：下滑阶段只有重力做功，用机械能守恒求速度；碰撞时间极短，用动量守恒求共同速度。 （3）圆周运动受力：B 点用向心力公式，结合机械能守恒直接求支持力。 （4）逆向思维简化：CD 段匀减速可逆向看成初速度为 0 的匀加速，用v2=2μgx快速求动摩擦因数。 （5）先推公式后代入：优先用符号推导，最后再代数值，减少计算错误。 【变式2-1】如图，在某超市仓库的水平地面上进行新手推车测试。一辆总质量为20kg的手推车甲以的速度与其正前方静止的总质量为40kg的同款手推车乙发生对心碰撞。假设碰撞时间为0.2s，碰后乙车速度为，碰撞时忽略地面摩擦的作用，则下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程甲车对乙车的冲量大小大于乙车对甲车的冲量大小 B．碰撞后甲车的速度大小为，方向与初速度相反 C．碰撞过程两车组成的系统损失的机械能为1.8J D．碰撞过程甲对乙的平均作用力大小为40N 【答案】D 【详解】A．根据牛顿第三定律，碰撞过程中甲车对乙车的作用力与乙车对甲车的作用力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，作用时间相同。 冲量，因此两车相互的冲量大小相等，A错误； B．系统动量守恒，取甲车初速度方向为正方向 解得 ，方向与初速度方向相同，B错误； C．系统损失的机械能，即碰撞前后动能的差值 解得，C错误； D．对乙车用动量定理，甲车对乙车的冲量等于乙车动量变化 平均作用力，解得，D正确。 故选D。 【变式2-2】（多选）α粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，时刻图线的切线斜率的绝对值最大，且该时刻的动量为。则（    ） A．0到过程中，α粒子与氧原子核的距离在不断减小 B．时刻两原子核速率相等 C．时刻氧原子核的动量为 D．时刻系统的动能最小 【答案】BC 【详解】A．0到过程中，粒子受到氧原子核的斥力作用，做减速运动，两者距离不断减小；到过程中，粒子仍在减速，氧原子核加速，此时粒子的速度小于氧原子核的速度两者距离不断增大，故A错误。 B．时刻图线的切线斜率绝对值最大，说明此时粒子受到的作用力最大，也就是两原子核间的距离最小，此时两原子核的速率相等，故B正确。 C．根据动量守恒定律，系统总动量始终为。时刻粒子的动量为，则氧原子核的动量为，故C正确。 D．系统的动能在两原子核距离最小时最小，因为此时电势能最大，动能最小；时刻粒子即将反向离开氧原子核，动能比时刻大，故D错误。 故选BC。 【变式2-3】如图所示，半径的光滑半圆轨道竖直固定放置，与水平光滑平台在点平滑连接。质量的小球以某一水平初速度向右运动，与静止于平台上、质量的物块发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞后小球恰好能通过轨道最高点，物块从平台飞出后落在水平地面上，落点到平台右侧的水平距离，平台到水平地面的高度。小球、物块均视为质点，取重力加速度大小，不计空气阻力。求： (1)碰撞后瞬间物块的速度大小； (2)小球经过半圆轨道最低点时对轨道的压力大小； (3)小球与物块碰撞过程中损失的机械能。 【详解】（1）碰撞后物块做平抛运动，竖直方向自由落体 水平方向匀速运动 解得 （2）小球恰好能通过A点，重力提供向心力 设碰撞后小球在B点的速度为，小球从B到A，根据机械能守恒 解得 在B点，根据牛顿第二定律 代入数据得轨道对小球的支持力 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小与轨道对小球的支持力相等 （3）碰撞过程时间极短，动量守恒 解得碰撞前小球初速度 损失的机械能等于碰撞前后动能差 代入数据解得，本次碰撞恰好为弹性碰撞，因此无机械能损失。 ⚡基础速刷 1．下列说法正确的是（     ） A．两个物体质量相等，动量大的物体其动能也一定大 B．物体沿固定的斜面下滑时所受支持力的冲量为零 C．物体所受合外力冲量越大，它的动量就越大 D．当一个系统的动量守恒时，此系统的机械能也一定守恒 【答案】A 【详解】A．动量与动能的定量关系为，当两个物体质量相等时，动量越大，动能一定越大，故A正确； B．冲量的定义为，物体沿斜面下滑时，支持力不为零，作用时间也不为零，因此支持力的冲量不为零，故B错误； C．根据动量定理，合外力冲量等于动量的变化量，合外力冲量越大仅说明动量变化量越大，与动量本身的大小无关，故C错误； D．动量守恒的条件是系统所受合外力为零，机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功，二者无必然联系，例如完全非弹性碰撞过程中系统动量守恒，但机械能有内能损失，机械能不守恒，故D错误。 故选A。 2．如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为60kg，乙的质量为40kg，下列说法正确的是（　　） A．甲的速率与乙的速率之比为1∶1 B．甲的动能与乙的动能之比为3∶2 C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为2∶3 D．互推过程甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为2∶3 【答案】D 【详解】AB．根据动量守恒可知甲的动量大小与乙的动量大小之比为1∶1，根据可知甲的速率与乙的速率之比为2∶3，根据可知甲的动能与乙的动能之比为2∶3，故AB错误； C．根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，可知甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1，故C错误； D．根据可知互推过程甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为2∶3，故D正确。 故选D。 3．如图所示，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50kg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，忽略水的阻力则救生员跃出后小船的速率大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设向右为正方向，对人和船的系统由动量守恒定律 解得 故选C。 4．（多选）关于图中所示的四个运动项目表述正确的是（   ） A．图甲中，打出后的台球与前方台球碰撞的过程中，两台球组成的系统动量守恒 B．图乙中，运动员拖着滑板在空中做斜抛运动的过程中，运动员和滑板构成的系统动量守恒 C．图丙中，运动员掷出铅球的过程中，铅球和人构成的系统动量守恒 D．图丁中，推出后的冰壶与前方冰壶相碰的过程中，两冰壶组成的系统动量守恒 【答案】AD 【详解】A．图甲中，打出后的台球与前方台球碰撞的过程中，两台球组成的系统受合外力为零，则动量守恒，A正确； B．图乙中，运动员拖着滑板在空中做斜抛运动的过程中，运动员和滑板构成的系统受合外力不为零（合外力等于系统的重力），则动量不守恒，B错误； C．图丙中，运动员掷出铅球的过程中，铅球和人构成的系统受合外力不为零，则系统动量不守恒，C错误； D．图丁中，推出后的冰壶与前方冰壶相碰的过程中，两冰壶组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，D正确。 故选AD。 5．（多选）如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于Ep0，经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同为v1。同时开始给粒子B施加一恒力F，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A速度恰好变为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。恒力F作用的时间为t2，此期间粒子B发生的位移为x。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。下列关系式正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】ACD 【详解】A．在时间内，根据动量守恒定律可得，故A正确； B．在时间内，系统动能和电势能之和守恒，可得，故B错误； C．对全过程，对系统根据功能关系可得，故C正确； D．对全过程，对系统根据动量定理可得，故D正确。 故选ACD。 6．质量为5g的子弹以300m/s的速度水平射向被悬挂着质量为500g的木块，设子弹穿过木块后的速度为100m/s，重力加速度取10m/s2，则： (1)求子弹穿过木块后的瞬间，木块获得的速度大小； (2)若子弹射穿木块的时间，求子弹对木块的平均冲击力大小； (3)求木块上升的最大高度（不高于悬点）。 【详解】（1）设子弹穿过木块后的瞬间子弹的速度大小为，木块的速度大小为，子弹穿过木块过程中，对于子弹与木块组成的系统由动量守恒定律得 求得 （2）子弹穿过木块过程中，对木块由动量定理得 求得 （3）子弹射穿木块后，子弹上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得 求得 🚀能力跃升 7．如图所示，A、B两物体质量之比为3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是（     ） A．若A、B与平板的动摩擦因数相等，A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板的动摩擦因数相等，A、B组成的系统整体有向左运动的趋势 C．若A、B与平板的动摩擦因数不相等，A、B、C组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成的系统动量不守恒 【答案】C 【详解】A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，若A、B两物体仍静止，则A、B两物体动量守恒。若A、B两物体发生滑动，A、B两物体受到的摩擦力不同，系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故A错误； B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，若A、B两物体仍静止，则A、B两物体没有向左的运动趋势。若A、B两物体发生滑动，A、B两物体受到的摩擦力不同，A所受向右的摩擦力较大，B所受向左的摩擦力较小，则A、B组成的系统所受合外力向右，故整体有向右的运动趋势，故B错误； C D．由于地面光滑，A、B、C组成的系统所受合外力为0，A、B、C组成的系统动量守恒。动量守恒需要系统受到的合外力为零，与系统内的内力无关，A、B、C之间的摩擦力为内力，故D错误、C正确； 故选C。 8．两小车M、N在光滑水平面上正碰，其速度随时间变化的 v-t 图像如图所示，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中小车M受到的冲量较大 B．碰撞后小车M的动量小于小车N的动量 C．碰撞后小车M与小车N的动能可能相同 D．小车M的质量大于小车N的质量 【答案】B 【详解】A．碰撞过程中，M、N的相互作用力是一对作用力与反作用力，大小相等、作用时间相同，根据冲量定义，两小车受到的冲量大小相等、方向相反，A错误； D．设碰撞前小车 M 的速度为，小车 N 的速度为 ；碰撞后 M 的速度为，N 的速度为 根据动量守恒定律 整理得 从图像上直观观察，碰撞前后速度变化量满足 可得​， D 错误； B．碰撞后动量，​ 由图可知，，根据前一选项的解析 可得，B正确； C．动能，又， 所以小车M的动能小于小车N的动能，C错误。 故选B 。 9．（多选）如图所示，轻绳一端系一金属环a，另一端绕过定滑轮悬挂一重物b。环a套在固定的竖直光滑直杆上，OP与直杆之间的夹角为 ，将a、b由静止释放，在环a加速上升的过程中（　　） A．a、b组成的系统动量守恒 B．a、b组成的系统机械能守恒 C．a、b的速度大小满足 D．a、b的速度大小满足 【答案】BC 【详解】A．环a在竖直方向受重力、绳子拉力，合力不为零；重物b受重力和绳子拉力，合力也不为零；整体合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误； B．系统只有重力和绳子的弹力做功，而绳子的弹力属于系统内力，所以系统的机械能守恒，故B正确； CD．将环a的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的分速度大小等于重物b的速度大小，则有，故C正确，D错误。 故选BC。 10．（多选）如图所示，一轻杆两端分别固定、两个半径相等的光滑金属球，球质量大于球质量，整个装置放在光滑的水平面上，开始时球离地高度为，将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是（　　） A．在球落地前的整个过程中，轻杆对球做负功 B．在球落地前瞬间，球的速度大小为 C．在球落地前的整个过程中，轻杆对球的冲量竖直向上 D．在球落地前的整个过程中，、及轻杆系统动量守恒、机械能守恒 【答案】BC 【详解】A．设杆对a球做功为，对b球做功为，系统机械能守恒，则除了重力之外的力做功之和必定为零，即 对a球，由动能定理可知，故，故A错误； B．对两球及杆系统，根据系统水平方向动量守恒知，系统初始动量为零，则在b球落地前瞬间，a球的速度必定为零，根据系统的机械能守恒得 解得b球的速度大小为 故B正确； C．对b球，水平方向上动量变化量为零，由动量定理可知，杆对b球的水平冲量为零，在竖直方向上，根据系统机械能守恒可知，b落地时速度与只在重力作用下落地时的速度一样，如图所示， 图像中斜线为b球自由落体运动的图线，曲线为b球实际在竖直方向的运动图线，在竖直方向上运动的位移与落地速度相同，对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长，重力的冲量大于自由落体过程重力的冲量，可知杆对b球竖直方向的冲量必定不为零，且冲量方向竖直向上，故C正确； D．在b球落地前的整个过程中，b在竖直方向有加速度，系统竖直方向的合外力不为零，而水平方向不受外力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故D错误。 故选BC。 11．如图所示，质量为的小球由长为的轻绳悬挂于点，静止时小球对轨道恰好无压力。质量为的小球从轨道上某一点由静止释放，在最低点与球发生碰撞。碰撞后球绕点做圆周运动且恰能到达最高点，球水平抛出，其落地点到轨道最低点的水平距离为，竖直距离。已知重力加速度为，两小球均可视为质点，忽略空气阻力，求： (1)碰撞后瞬间的速度的大小和的速度的大小； (2)碰撞过程中对的冲量； 【详解】（1）碰撞后A球绕点做圆周运动且恰能到达最高点，在最高点，重力提供向心力可得 A球从最低点到最高点过程，根据动能定理可得 代入数据解得 碰撞后B球做平抛运动，有， 代入数据解得 （2）根据动量守恒可得， 代入数据解得 由动量定理 解得 碰撞过程中对的冲量大小为1 ，方向水平向右。 🌟思维挑战 12．将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，小球在空中运动时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．回到抛出点速度v与初速度v0相等 B．t时间内空气阻力的冲量不为零 C． D． 【答案】C 【详解】A．小球运动的全过程中，空气阻力始终做负功，机械能不断减小，因此落回抛出点时的速度一定小于初速度，即，故A错误； B．空气阻力大小与速率成正比，在极短的一瞬间，阻力的冲量等于阻力系数乘上极短位移（）。由于小球最终落回原抛出点，全过程的总位移为零，所以这些极短位移累加起来为零，导致整个过程中空气阻力的总冲量也必然为零，故B错误； CD．规定竖直向上为正方向。对小球运动的全过程应用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量： 由B项分析可知，代入上式可得 解得，故C正确，D错误。 故选C。 13．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0.9 m。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，下列说法正确的是（   ） A．小球B的质量为17.7 kg 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．从开始运动至B与挡板碰前瞬间A球机械能的减少量为3.2 J 【答案】B 【详解】A．轻杆倒下的过程，两球组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒有 结合微元法可知位移大小满足关系 根据题意可知，A球与挡板碰撞时，水平方向的位移大小为，B球向右运动的位移大小为，结合以上分析可知，故A错误。 B．轻杆受微小扰动后向右侧倒下，B与挡板碰撞前瞬间，B向左的位移大小为，则A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，则有 B与挡板碰撞前的过程，系统机械能守恒，则有 两球沿杆方向的速度相等，则有 又系统水平方向动量守恒，则有 联立解得，，，故B正确。 C．根据以上分析可知B球与挡板碰撞前瞬间A重力的功率为，故C错误。 D．运动过程中A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，则有，故D错误。 故选B。 14．（多选）如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2026个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2026个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）（    ） A．2026号物块最终速度为 B．2023号物块最终速度为 C．0号物块最终动量大小为 D．最终所有物块的总动能为mgh 【答案】CD 【详解】A．由题可知，2026个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，所以2026号物块最终速度是0号物块与1号物块发生弹性正碰后1号物块的速度，由动量守恒得 弹性碰撞机械能守恒，得 因为0号物块第一次滑到水平面初速度大小为 解得，，即2026号物块最终速度为，故A错误； B．0号物块与1号物块发生碰撞后，1号物块将与2号物块发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号物块将静止。0号物块滑上曲面后返回，速度大小为 0号物块继续与1号物块发生第二次碰撞，由动量守恒得 弹性碰撞机械能守恒，得 解得， 以此类推，2023号物块最终速度是0号物块与1号物块第四次碰撞后1号物块的速度，故2023号物块最终速度为，故B错误； C．由B选项分析可知，0号物块共要与1号物块碰撞2026次，所以0号物块最终动量大小为，故C正确； D．由机械能守恒定律，对整体分析，因为物块之间均为弹性正碰，无能量损失，最终所有物块的总动能为系统初始的重力势能，即，故D正确。 故选CD。 15．如图所示，质量为的镂空木块静置在光滑水平地面上，木块内侧有光滑水平轨道和左右两侧的光滑圆轨道、，其中为轨道的圆心，为竖直方向半径，为水平方向半径，半径与的夹角为，为轨道的圆心，为轨道竖直方向的直径，且轨道的半径为。在光滑水平轨道上固定有轻质弹簧，初始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧另一端静置一个质量为的小球，当弹簧解除锁定后，小球沿轨道运动并从点射出，一段时间后，小球恰好从点回到轨道，并沿轨道运动，小球在点时速度恰好水平且与轨道无挤压，重力加速度为，，，求： (1)小球到达点时木块的速度大小； (2)解除锁定前弹簧的弹性势能； (3)轨道的半径。 【详解】（1）由木块和小球在水平方向动量守恒可知，即     当小球运动到点时，小球相对木块的速度     由题意知     可得     因此 （2）运动过程中小球与木块组成的系统机械能守恒，当小球运动到点时， 小球的动能     小球从起点运动到点重力势能变化量     木块此时动能 由机械能守恒可知 （3）当小球从点射出后，小球与木块的水平分速度均不变，故小球运动到点时，相对于木块的水平分速度大小为     设此时小球的竖直分速度为，可得 解得     所以两点间的竖直高度     由几何关系知 解得 16．如图所示，滑块静止于水平轨道点，长为且滑块与水平轨道间的动摩擦因数。点正上方点用轻绳悬挂一小球，小球与相切但无挤压，为台阶，为足够长的光滑水平直轨道。紧靠台阶停放着木板1和带轻质挡板的木板2，长度均为，与点等高，两木板不粘连。滑块与木板1、2上表面的动摩擦因数分别为和（未知）。已知滑块、木板1、2的质量相等为，小球的质量为。现给滑块一个水平向右的瞬时冲量，滑块滑至点时与小球发生正碰（碰撞时间极短），碰后滑块滑上木板1，小球则在竖直平面做半径的圆周运动，小球运动至最高点时轻绳的拉力。滑块、小球均可视为质点。取。 (1)求滑块与小球碰撞前瞬间滑块的速度大小； (2)求滑块与小球碰撞后瞬间滑块的速度大小； (3)若滑块与挡板发生的是弹性碰撞，要使滑块能接触挡板，又最终没有滑离木板2，求滑块与木板2之间的动摩擦因数的取值范围（答案可用分数表示）。 【详解】（1）滑块受瞬时冲量后，由动量定理得 从A到B的过程中，根据动能定理 解得 （2）小球运动到最高点，根据牛顿第二定律 解得 从碰撞后到最高点，根据机械能守恒 ​ 解得碰撞后小球速度 碰撞过程动量守恒 代入数据解得碰后滑块速度 （3）滑块滑上木板1时，滑块减速，木板1，木板2一起加速，系统动量守恒 由能量关系可得 解得滑块速度 ，两木板速度均为 滑块滑上木板2以后，木板2与木板1分离，将滑块和木板2看成系统，最终滑块与木板2两者共速，由动量守恒得 若滑块刚好接触挡板，由能量守恒 若滑块与挡板碰后，滑块滑到木板2左端恰好与木板2相对静止，由能量守恒定律有 联立方程解得 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $