第11讲 碰撞及动量守恒定律的应用—【划重点】2026-2027学年高三物理暑假复习提升讲义

第11讲 碰撞及动量守恒定律的应用 【考点1：动量守恒定律】 考向1：动量是否守恒的判断 考向2：动量守恒定律的基本运用 考向3：单一方向的动量守恒问题 【考点2：动量守恒定律的应用】 考向1：弹性碰撞问题 考向2：非弹性碰撞问题 考向3：爆炸 考向4：反冲 考向5：人船模型 考点1：动量守恒定律 1.系统 相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力． 2.定律内容 如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持 ． 3.定律的表达式 三个表达式 意义 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 作用后的动量和 Δp1＝－Δp2 相互作用的两个物体动量的增量 Δp＝0 系统总动量的增量为 4.守恒条件 理想守恒 系统 或所受外力的合力为 ，则系统动量守恒 近似守恒 系统受到的合力不为零，但当内力 外力时，系统的动量可近似看成守恒 分方向守恒 系统在某个方向上所受合力为 时，系统在该方向上动量守恒 5.动量守恒的“四性” 矢量性 表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负 瞬时性 动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等 同一性 速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系 普适性 它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统 考向1：动量是否守恒的判断 【针对训练1】（2025·北京石景山·一模）如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 【针对训练2】（2026·江西南昌·三模）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 考向2：动量守恒定律的基本运用 【针对训练3】（2026·山东日照·二模）如图所示，质量为m1、m2的木块a和b用轻弹簧连接，静止在光滑的水平地面上，木块b紧靠竖直墙壁。质量为m0的子弹以v0大小的速度水平向右射入木块a并嵌在其中（时间极短）。在木块a运动的整个过程中，墙壁对b的冲量大小为（　　） A． B． C．m0v0 D．2m0v0 【针对训练4】（2026·湖北黄冈·二模）在滑冰场上有质量的孩童，站在质量的长木板的一端，该孩童与木板在水平光滑冰面上一起以的速度向右运动。若孩童以的加速度匀加速跑向另一端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止，则下列判断正确的是（    ） A．孩童跑动时受到木板的摩擦力方向向左 B．孩童在木板上运动的时间为 C．木板对地位移为2m D．木板长度为1.5m 考向1：单一方向的动量守恒问题 【针对训练5】（2026·四川雅安·一模）如图所示，静置于光滑水平面的底座上固定有内壁光滑的U型管道（管道在竖直面内），半径比管道内径略小的小球以某一初速度沿水平方向进入管道。小球在管道内运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球对管道的弹力始终不做功 B．小球对管道的弹力的冲量始终为零 C．小球、管道与底座构成的系统动量守恒 D．小球、管道与底座构成的系统机械能守恒 【针对训练6】（2026·云南·三模）如图所示，在光滑的水平地面上静置一质量为的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为，一质量也为的小球，以水平速度自滑块的左端处（切线水平）滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端点，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．大小为 B．若将小球的初速度增大为，则小球能上升的最大高度为 C．小球返回圆弧轨道底端分离后将做平抛运动 D．若增大圆弧滑块的质量，小球上升的最大高度将增大 考点2：动量守恒定律的应用 一．碰撞 1.概念 碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用 处理碰撞问题． 2.分类 弹性碰撞 这种碰撞的特点是系统的机械能 ，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒． 非弹性碰撞 在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循 ． 完全非弹性碰撞 作用后两物体粘合在一起，速度 。相互作用过程中只遵循动量守恒定律，这种碰撞的特点是系统的机械能损失最 。 3.解析碰撞的三个依据 动量守恒 p1＋p2 p1′＋p2′ 动能不增加 Ek1＋Ek2 Ek1′＋Ek2′或＋ ＋ 速度要符合情景 ①如果碰前两物体同向运动，则碰前，后面的物体速度必 前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞；碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度 原来在后面的物体的速度，即v前′ ≥ v后′。 ②如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都 ．除非两物体碰撞后速度均为 ． 4.弹性碰撞规律总结 如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2的两小球分别以速度v1、v2运动，发生弹性碰撞后两球的速度分别为v1′、v2′ 由动量守恒定律可得 由机械能守恒定律 碰后速度 ， 若碰撞前小球m2的速度为零 ， 解题方法总结 弹性碰撞 质量关系 碰撞后速度变化 动碰动 m1 = m2 当碰撞前小球m2的速度不为零时，则v1′ = v2 ，v2′ =v1，即两小球交换 ，动量和动能也交换，此时被动球的动能为最大值，与主动球的初动能相同 动碰静 m1 = m2 v1′ = 0 ，v2′ =v1，碰撞后两小球交换速度，即m2小球以 的速度运动 m1>m2 v1′ >0，v2′ >0，碰撞后两小球沿 运动 m1≫m2 二者发生弹性正碰后，v1′ =v1，v2′=2v1，表明碰撞后m1的速度不变，m2以 的速度被撞出去 m1<m2 v1′ <0，v2′ >0，碰撞后m1被 回来 m1≪m2 二者发生弹性正碰后，v1′ = -v1，v2′ =0,表明碰后m1被反向以 ，而m2仍 . 5.非弹性碰撞 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 6.完全非弹性碰撞 碰撞结束后，二者以同一速度共同运动，动能损失最大。有 m1v1 + m2v2 = (m1+m2)v m1+ m2= (m1+m2)v2 + ΔEk损max 碰后速度:v= ΔEk损max=(v1－v2)2 二．爆炸及反冲问题 1.爆炸现象的三条规律 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系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量 ． 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 ． 位置不变 爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的 以新的动量开始运动． 2.反冲的两条规律 总的机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能 ． 平均动量守恒 若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由，得 .该式的适用条件是： ①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒． ②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动． ③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移． 三．人船模型 1.人船模型的动量与能量规律 由于系统所受合外力为零，故遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体的动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能的变化. 2.模型特点 ①两物体满足总动量为0且动量守恒： ②两物体的位移大小满足：0＝m－M，且 x人＋x船＝L 得x人＝ ，x船＝ 3.运动特点 ①人动船动，人停船停，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＝ ＝ 。 4.人船模型的拓展 拓展模型 模型特点 规律 斜劈和物块模型 小物块从静止在光滑水平面上的斜劈的顶端无初速度地滑到底端 ms1=Ms2，s1+s2=b， 可得 圆环和滑块模型 光滑水平面上放置光滑圆环，滑块从与环心O等高处无初速度地下滑到最低点 规律：Ms=m（R-s）， 可得 气球和人模型 气球质量为M，抛一条不计质量的软梯，质量为m的人站在软梯上端距地面高度为H，初始气球保持静止状态，随后人沿软梯无初速度地运动至地面 规律：mH = Mh，L = H+h， 可得 考向1：弹性碰撞问题 【针对训练7】（2026·广东深圳·三模）如图是一个碰球游戏的示意图，在水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为的管形圆轨道，a、b、c为圆上三个点，且构成等边三角形。在内部放置质量分别为和的A、B两个发光弹力球（球径略小于管径，管径远小于），开始时B球静止于a点，A球以一定的初速度向右与B球发生弹性碰撞，已知两球只有碰撞时才发光，则（     ） A．第二次碰撞前A、B球向心力之比为1：2 B．第二次碰撞前A、B球角速度之比为2：1 C．第二次发光点在c点 D．第二次发光点在a点 【针对训练8】（2026·云南·三模）如图所示，一足够长的固定斜面倾角为，质量为的物块A与静止在斜面上的质量为的物块B发生第一次碰撞，碰撞前瞬间物块A的速度为，A和B的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为、，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与B视为质点，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．第一次碰撞后瞬间B的速度大小为 B．第一次碰撞后A、B间的最大距离为 C．A、B发生第二次碰撞前瞬间B的速度大小为 D．A、B发生第二次碰撞后瞬间A的速度大小为 考向2：非弹性碰撞问题 【针对训练9】（2026·山东德州·三模）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平地面上，另一端与木块B相连，系统竖直静置在水平面上时，弹簧的形变量为。将与B完全相同的木块A从B的正上方处由静止释放，A与B发生正碰后粘在一起共同运动，此过程中弹簧的最大压缩量为。若将A的释放高度调整为，A、B碰撞后共同运动的过程中，弹簧的最大压缩量为。已知弹簧的弹性势能满足，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。关于和之间的大小关系正确的是（　　） A． B． C． D． 【针对训练10】（2026·广东梅州·一模）如图甲所示，在一台已调平的气垫导轨上放置了质量分别为和两个滑块、。气垫导轨两端安装了速度传感器并连接电脑进行数据处理。某次操作过程中记录下速度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．两滑块发生的碰撞是非弹性碰撞 B．两滑块碰撞过程中动量不守恒 C．两滑块的质量之比 D．碰撞过程中两滑块所受冲量相同 考向3：爆炸 【针对训练11】（2026·山东临沂·二模）2026年某次区域联合演训中，我国东风系列战术导弹从山地发射阵地（海拔高度为H）以初速度、抛射角θ斜向上发射，打击敌方位于低洼山谷的目标（目标阵地比发射阵地海拔低h）。导弹飞行过程中忽略空气阻力，重力加速度为g，导弹质量为m，下列说法正确的是（　　） A．导弹飞行总时间 B．当θ角为45°时导弹水平射程一定最大 C．导弹击中目标时的动能为，飞行全过程机械能守恒 D．若导弹在最高点受干扰炸裂为质量相等的两块，炸裂后瞬间一块竖直自由下落，则另一块的速度大小为 【针对训练12】（2026·湖南长沙·二模）如图，足够长的木板C静止在光滑水平地面上，靠近其左上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，与固定挡板的距离为，A和B之间夹有少量火药。某时刻火药燃爆，燃爆后A获得大小为2v的速度，最终A、B均未离开C。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与C、B与C之间的动摩擦因数分别为，重力加速度为g。不计火药的质量和燃爆时间，A和挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间不计，认为火药燃爆释放的能量全部转化为A和B的动能。下列说法正确的是（　　） A．火药爆炸释放的能量为6mv B．A与挡板碰撞前瞬间速度大小为与挡板碰撞前C向左运动 C．A与挡板碰撞瞬间B的速度大小为 D．A与挡板碰撞后，B、C先共速，最后A、B、C一起共速，且速度大小为 考向4：反冲 【针对训练13】（2025·北京丰台·一模）乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离。已知乌贼喷水前的质量为 M。 速度为0，喷水时，在极短时间内将质量为m 的水以速度u水平向前喷出，获得速度向后逃离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k。 下列说法正确的是（　　） A．乌贼获得的最大速度为 B．喷水后乌贼做匀减速直线运动 C．喷水后乌贼向后逃离的最远距离为 D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能 【针对训练14】（2025·重庆·三模）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 考向5：人船模型 【针对训练15】（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的小球C。现将小球C拉起使细线水平伸直，由静止释放小球C，小球C始终都与A、B在同一竖直平面内运动，小球C运动过程中不会与竖直杆碰撞。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球C由图示位置下摆的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．小球C由图示位置下摆到最低点时的水平位移为 C．A、B两木块分离时，B的速度为 D．A、B分离后，A、C的速率始终与二者的质量成反比 【针对训练16】（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面上，现将可视为质点、质量为m的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知，不计空气阻力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．球和槽组成系统的动量守恒 B．球的位移大小为 C．球在最低点时速度大小为 D．槽受到的合外力冲量大小为 【真题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 【真题2】（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． 【真题3】（2025·甘肃·高考真题）如图，小球A从距离地面处自由下落，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。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取，则碰撞前小球B的速度大小v为（　　） A． B． C． D． 【真题4】（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． 【真题5】（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【真题6】（2026·四川·高考真题）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（     ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 【真题7】（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 一、单选题 1．如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为，，A车上有一质量为的机器人，相对地面以的水平速度向右跳上B车，并与B车相对静止（不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（    ） A．机器人跳离A车的过程中，机器人与A车系统机械能守恒 B．机器人跳离A车后，A车的速度大小为0.4m/s C．机器人跳上B车后与B车一起运动的速度大小为0.5m/s D．机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功为0.5J 2．（2026·河北·三模）如图所示，竖直平面内，光滑水平轨道BC与光滑圆弧轨道CD相切于C点，圆弧轨道的半径为0.8 m、圆心为O，∠COD＝90°。质量的小球甲以水平向右、大小为5 m/s的速度撞向静止在BC上的小球乙，两球（均可视为质点）发生弹性碰撞且碰撞时间极短。取重力加速度大小。已知碰撞后小球乙恰好运动至D点，则小球乙的质量为（     ） A．2 kg B． C．4.5 kg D． 3．（2026·山东潍坊·三模）如图甲所示，质量分别为、的、两物体用轻弹簧连接构成一个系统，用一轻细绳将、拴接，使弹簧处于压缩状态，将该系统靠墙静止在光滑水平面上。当烧断细绳时开始计时，、物体运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示，、、分别表示对应时段图线与坐标轴所围面积的大小。下列说法正确的是（    ） A．烧断细绳后，系统的动量和机械能始终守恒 B．时刻、两物体的速度之比为 C．时刻弹簧最长 D． 二、多选题 4．（2026·广东汕头·二模）某科技小组自制了一枚火箭，如图，其发射过程可分为三个阶段：第一阶段，火箭点火发射，到最高点时质量为m1；第二阶段，火箭喷出燃气在高空悬停，单位时间喷出燃气质量为Δm1（远小于m1）；第三阶段，火箭在悬停状态下完成转向，此时火箭的质量为m2，紧接着在极短时间内以速度v喷出质量为Δm2（与m2相比不可忽略）的燃气变为水平飞行。全程忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在悬停阶段，火箭合力为零 B．火箭发射到最高点的过程中一直在加速 C．在悬停阶段，燃气喷出的速度为 D．在转向阶段，火箭获得的水平速度为 5．（2026·广东佛山·三模）如图，倾角为的足够长斜面上放置三个完全相同视作质点的木箱，相邻两木箱的距离均为，木箱质量为，恰能在斜面上保持静止。现使最上方的木箱获得沿斜面向下的初速度，下滑中与其它木箱碰撞，每次碰撞后木箱都粘在一起运动。设木箱与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞时间极短，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A． B．第一次碰撞中损失的机械能 C．木箱先后经过两段的时间之比为2∶1 D．最下方木箱的最终速度为 6．（2026·天津宝坻·三模）一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质定滑轮，细绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当细绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断正确的是（     ） A．A球和B球组成系统的动量守恒 B．细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小 C．k越大，细绳拉力的大小越接近A球所受重力的大小 D．细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量 7．（2026·安徽·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M=2 kg的小车，车上的水平轨道与半径R=0.5 m的四分之一光滑圆弧轨道在M点相切。在水平轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的N点正上方，N点右侧轨道光滑，M、N间距离L=0.9 m。一个质量m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，已知重力加速度g=10 m/s2，物块与水平轨道MN段的动摩擦因数μ=0.2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。在后续运动过程中（     ） A．物块最终停在小车上的位置距离M点0.7 m B．弹簧的最大弹性势能为3.2 J C．物块运动过程中弹簧共被压缩2次 D．整个过程物块的总位移大小为0.8 m 8．（2026·陕西·模拟预测）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽P置于光滑的水平面上，半圆形槽的半径为R、质量为m。在槽的右侧有一个质量为m的物块Q（不与槽粘连），现让一质量为4m的小球自右侧槽口的正上方高0.5R处由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（　　） A．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒 B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小相等 C．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块Q向右运动的距离为R D．整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为 9．（2026·重庆江津·三模）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 三、解答题 10．（2026·四川德阳·三模）如图，春节期间燃放的“火箭”型爆竹由A、B两部分构成，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.3 kg。现将“火箭”垂直于斜面静止摆放在倾角为37°的斜面上。点燃B底部火药（第一次爆炸），当A、B速度水平时，A、B间火药发生第二次爆炸，A、B分离瞬间，B速度为0，A速度大小为v1＝30 m/s，最终A撞击在与第一次爆炸位置同一高度的泥土堆上的C点。已知A撞击泥土堆的作用时间△t＝0.02 s，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，不计火药质量、空气阻力及“火箭”的体积，可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，求： (1)第二次爆炸前瞬间，A、B整体的速度大小v共； (2)第一次爆炸过程中，火药释放的化学能E； (3)A撞击泥土堆过程中，泥土堆对A的冲量方向与水平方向夹角的正切值。 11．（2026·福建漳州·三模）一次联合教研活动中，物理老师们在科技馆参观时完成了如下实验：如图所示，是一长为的水平传送带，以顺时针匀速转动，传送带左端与半径的光滑圆轨道相切，右端与放在光滑水平桌面上的长木板上表面平齐。木板长为，的右端带有挡板，在上放有小物块，开始时和静止，到挡板的距离为。现将小物块从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数，、之间及、之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。、、的质量均为，重力加速度为，所有的碰撞均为弹性正碰。求： (1)A到达点的速度大小； (2)A通过传送带过程产生的内能； (3)A与B发生弹性正碰之后各自的速度大小。 12．（2026·天津河西·三模）如图所示，质量的物块P放在水平轨道上，其右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧（不拴接）。由静止释放后，物块P恰能通过半圆轨道的最高点并沿其内侧做圆周运动，与静置在点的物块Q（两物块完全相同）发生完全非弹性碰撞，碰撞后一起滑入水平轨道。点固定一竖直弹性挡板，两物块与挡板仅发生一次碰撞并以原速率反弹，最终停在的中点处。已知半圆轨道的半径，的距离，重力加速度，所有碰撞时间都极短。所有轨道均固定在同一竖直面内，除段外其余轨道均光滑，不计物块通过轨道连接处的能量损失及空气阻力，两物块均视为质点。求： (1)弹簧弹力对物块P所做的功； (2)两物块碰撞后瞬间的速度大小； (3)物块与水平轨道间的动摩擦因数的可能值。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第11讲 碰撞及动量守恒定律的应用 【考点1：动量守恒定律】 考向1：动量是否守恒的判断 考向2：动量守恒定律的基本运用 考向3：单一方向的动量守恒问题 【考点2：动量守恒定律的应用】 考向1：弹性碰撞问题 考向2：非弹性碰撞问题 考向3：爆炸 考向4：反冲 考向5：人船模型 考点1：动量守恒定律 1.系统 相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力． 2.定律内容 如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变． 3.定律的表达式 三个表达式 意义 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 Δp1＝－Δp2 相互作用的两个物体动量的增量等大反向 Δp＝0 系统总动量的增量为零 4.守恒条件 理想守恒 系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒 近似守恒 系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒 分方向守恒 系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒 5.动量守恒的“四性” 矢量性 表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负 瞬时性 动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等 同一性 速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系 普适性 它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统 考向1：动量是否守恒的判断 【针对训练1】（2025·北京石景山·一模）如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 【答案】B 【详解】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。 故选B。 【针对训练2】（2026·江西南昌·三模）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。 考向2：动量守恒定律的基本运用 【针对训练3】（2026·山东日照·二模）如图所示，质量为m1、m2的木块a和b用轻弹簧连接，静止在光滑的水平地面上，木块b紧靠竖直墙壁。质量为m0的子弹以v0大小的速度水平向右射入木块a并嵌在其中（时间极短）。在木块a运动的整个过程中，墙壁对b的冲量大小为（　　） A． B． C．m0v0 D．2m0v0 【答案】D 【详解】子弹射入木块a过程，时间极短，动量守恒 解得 从子弹射入a后，到弹簧恢复原长的过程，b一直静止，墙壁对b有作用力，此过程机械能守恒（水平面光滑，只有弹力做功），弹簧恢复原长时，子弹和a的速度大小仍为v1，方向向左。之后弹簧拉b向左运动，b离开墙壁，墙壁不再对b有作用力。对子弹、a、b组成的系统，整个过程（从子弹射入a到弹簧恢复原长，也就是墙壁有作用力的整个过程），由动量定理，水平方向只有墙壁的冲量I，取向左为正方向，系统动量变化 解得 所以墙壁对b的冲量大小为 故选D。 【针对训练4】（2026·湖北黄冈·二模）在滑冰场上有质量的孩童，站在质量的长木板的一端，该孩童与木板在水平光滑冰面上一起以的速度向右运动。若孩童以的加速度匀加速跑向另一端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止，则下列判断正确的是（    ） A．孩童跑动时受到木板的摩擦力方向向左 B．孩童在木板上运动的时间为 C．木板对地位移为2m D．木板长度为1.5m 【答案】D 【详解】A．孩童向右做匀加速运动，加速度向右，合力向右，孩童水平方向仅受木板的摩擦力，因此摩擦力方向向右，故A错误； B．孩童和木板组成的系统动量守恒，设孩童离开木板时速度为，由动量守恒 代入数据得 已知孩童对地加速度 由运动学公式 得运动时间，故B错误； C．对木板，由牛顿第三定律，木板受到孩童的摩擦力大小，方向向左，木板加速度 木板对地位移，故C错误； D．孩童对地位移 木板长度等于孩童相对于木板的位移，故D正确。 故选D。 考向1：单一方向的动量守恒问题 【针对训练5】（2026·四川雅安·一模）如图所示，静置于光滑水平面的底座上固定有内壁光滑的U型管道（管道在竖直面内），半径比管道内径略小的小球以某一初速度沿水平方向进入管道。小球在管道内运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球对管道的弹力始终不做功 B．小球对管道的弹力的冲量始终为零 C．小球、管道与底座构成的系统动量守恒 D．小球、管道与底座构成的系统机械能守恒 【答案】D 【详解】A．小球在管道弯曲部分运动时，会对管道产生一个作用力（弹力）。由于底座放置在光滑水平面上，这个弹力在水平方向的分力会使管道和底座发生水平位移。因此，小球对管道的弹力在位移方向上有分量，会对管道做功。故A错误； B．小球在管道弯曲部分运动时，小球对管道的弹力在水平方向的分力不为零，根据动量定理，这个弹力的冲量等于管道（及底座）动量的变化量。由于管道（及底座）从静止开始运动，其动量发生变化，所以弹力的冲量不为零。故B错误； C．小球、管道与底座构成的系统在水平方向上动量守恒。故C错误； D．小球、管道与底座构成的系统，整个过程中，只有重力和系统内的弹力做功，则系统的机械能守恒。故D正确。 故选D。 【针对训练6】（2026·云南·三模）如图所示，在光滑的水平地面上静置一质量为的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为，一质量也为的小球，以水平速度自滑块的左端处（切线水平）滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端点，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．大小为 B．若将小球的初速度增大为，则小球能上升的最大高度为 C．小球返回圆弧轨道底端分离后将做平抛运动 D．若增大圆弧滑块的质量，小球上升的最大高度将增大 【答案】D 【详解】A．当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 代入数据解得 故A错误； B．若小球以冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平速度相同，设为，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得 小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则由动能定理有 解得 故距B点的最大高度为，故B错误； C．设小球质量为，初速度为，小球返回圆弧轨道底端分离时速度为，滑块质量为，分离时速度为 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 由于 由以上各式解得， 小球返回圆弧轨道底端分离后，水平方向速度和竖直方向速度均为0，小球不会做平抛运动，故C错误； D．设滑块质量为，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律得 可得 则有当增大时，小球上升的最大高度将增大，故D正确。 故选D。 考点2：动量守恒定律的应用 一．碰撞 1.概念 碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题． 2.分类 弹性碰撞 这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒． 非弹性碰撞 在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律． 完全非弹性碰撞 作用后两物体粘合在一起，速度相等。相互作用过程中只遵循动量守恒定律，这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大， 3.解析碰撞的三个依据 动量守恒 p1＋p2＝p1′＋p2′ 动能不增加 Ek1＋Ek2 ≥ Ek1′＋Ek2′或＋ ≥ ＋ 速度要符合情景 ①如果碰前两物体同向运动，则碰前，后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞；碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′ ≥ v后′。 ②如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变．除非两物体碰撞后速度均为零． 4.弹性碰撞规律总结 如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2的两小球分别以速度v1、v2运动，发生弹性碰撞后两球的速度分别为v1′、v2′ 由动量守恒定律可得 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 由机械能守恒定律 m1v＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 碰后速度 ， 若碰撞前小球m2的速度为零 ， 解题方法总结 弹性碰撞 质量关系 碰撞后速度变化 动碰动 m1 = m2 当碰撞前小球m2的速度不为零时，则v1′ = v2 ，v2′ =v1，即两小球交换速度，动量和动能也交换，此时被动球的动能为最大值，与主动球的初动能相同 动碰静 m1 = m2 v1′ = 0 ，v2′ =v1，碰撞后两小球交换速度，即m2小球以v1的速度运动 m1>m2 v1′ >0，v2′ >0，碰撞后两小球沿同方向运动 m1≫m2 二者发生弹性正碰后，v1′ =v1，v2′=2v1，表明碰撞后m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去 m1<m2 v1′ <0，v2′ >0，碰撞后m1被反弹回来 m1≪m2 二者发生弹性正碰后，v1′ = -v1，v2′ =0,表明碰后m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止. 5.非弹性碰撞 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 6.完全非弹性碰撞 碰撞结束后，二者以同一速度共同运动，动能损失最大。有 m1v1 + m2v2 = (m1+m2)v m1+ m2= (m1+m2)v2 + ΔEk损max 碰后速度:v= ΔEk损max=(v1－v2)2 二．爆炸及反冲问题 1.爆炸现象的三条规律 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系统受到的外力，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 爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动． 2.反冲的两条规律 总的机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加． 平均动量守恒 若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由，得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是： ①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒． ②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动． ③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移． 三．人船模型 1.人船模型的动量与能量规律 由于系统所受合外力为零，故遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体的动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能的变化. 2.模型特点 ①两物体满足总动量为0且动量守恒：0＝mv人－Mv船 ②两物体的位移大小满足：0＝m－M，且 x人＋x船＝L 得x人＝L，x船＝L 3.运动特点 ①人动船动，人停船停，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＝ ＝ 。 4.人船模型的拓展 拓展模型 模型特点 规律 斜劈和物块模型 小物块从静止在光滑水平面上的斜劈的顶端无初速度地滑到底端 ms1=Ms2，s1+s2=b， 可得 圆环和滑块模型 光滑水平面上放置光滑圆环，滑块从与环心O等高处无初速度地下滑到最低点 规律：Ms=m（R-s）， 可得 气球和人模型 气球质量为M，抛一条不计质量的软梯，质量为m的人站在软梯上端距地面高度为H，初始气球保持静止状态，随后人沿软梯无初速度地运动至地面 规律：mH = Mh，L = H+h， 可得 考向1：弹性碰撞问题 【针对训练7】（2026·广东深圳·三模）如图是一个碰球游戏的示意图，在水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为的管形圆轨道，a、b、c为圆上三个点，且构成等边三角形。在内部放置质量分别为和的A、B两个发光弹力球（球径略小于管径，管径远小于），开始时B球静止于a点，A球以一定的初速度向右与B球发生弹性碰撞，已知两球只有碰撞时才发光，则（     ） A．第二次碰撞前A、B球向心力之比为1：2 B．第二次碰撞前A、B球角速度之比为2：1 C．第二次发光点在c点 D．第二次发光点在a点 【答案】C 【详解】A．设第一次碰后A、B的速度分别为和，由动量守恒得 机械能守恒得 解得， 第一次碰后，A、B球向心力大小分别为， 故向心力之比为1：8，故A错误； B．线速度之比为1：2，半径相等，由得角速度之比为1：2，故B错误； CD．碰后A速度大小是B速度大小的一半，则A反向走过的路程是B顺时针走过的路程的一半时相遇。总路程为圆周长，a、b、c三等分圆周，相邻点圆心角为，从出发，A逆时针走、B顺时针走，最终都到达点，因此第二次碰撞（发光）在点，故C正确，D错误。 故选C。 【针对训练8】（2026·云南·三模）如图所示，一足够长的固定斜面倾角为，质量为的物块A与静止在斜面上的质量为的物块B发生第一次碰撞，碰撞前瞬间物块A的速度为，A和B的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为、，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与B视为质点，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．第一次碰撞后瞬间B的速度大小为 B．第一次碰撞后A、B间的最大距离为 C．A、B发生第二次碰撞前瞬间B的速度大小为 D．A、B发生第二次碰撞后瞬间A的速度大小为 【答案】C 【详解】A．A与B第一次碰撞过程中 机械能守恒 可得 ， ，故A错误； B．对物块A由于，因此沿斜面向下做匀速直线运动 对物块B分析，设碰撞后沿斜面匀减速下滑的加速度为，根据牛顿第二定律 解得，当物块B与物块A共速时，两物块间的距离最大 根据速度时间关系 可得，A、B间最大距离 ，故B错误； C．物块B减速至停止的位移为 由于 所以A将在B停止后与其发生下一次碰撞，即A、B发生第二次碰撞前瞬间B的速度大小为0，故C正确； D．A与B发生第二次弹性碰撞，动量守恒 机械能守恒 解得 ，故D错误。 故选 C。 考向2：非弹性碰撞问题 【针对训练9】（2026·山东德州·三模）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平地面上，另一端与木块B相连，系统竖直静置在水平面上时，弹簧的形变量为。将与B完全相同的木块A从B的正上方处由静止释放，A与B发生正碰后粘在一起共同运动，此过程中弹簧的最大压缩量为。若将A的释放高度调整为，A、B碰撞后共同运动的过程中，弹簧的最大压缩量为。已知弹簧的弹性势能满足，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。关于和之间的大小关系正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设木块A、B的质量均为。系统静止时，对B受力分析有 第一次释放，A下落过程，由机械能守恒定律得 解得 A与B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，则 解得 碰后AB一起向下运动至最低点，弹簧压缩量由变为，下降高度 由能量守恒定律得 代入和，整理得 解得 第二次释放，同理，A下落，碰后共同速度 弹簧最大压缩量为，下降高度 由能量守恒定律得 整理得 解得 综上 故选C。 【针对训练10】（2026·广东梅州·一模）如图甲所示，在一台已调平的气垫导轨上放置了质量分别为和两个滑块、。气垫导轨两端安装了速度传感器并连接电脑进行数据处理。某次操作过程中记录下速度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．两滑块发生的碰撞是非弹性碰撞 B．两滑块碰撞过程中动量不守恒 C．两滑块的质量之比 D．碰撞过程中两滑块所受冲量相同 【答案】A 【详解】B．两滑块碰撞过程中所受合外力为0，系统动量守恒，B错误； D．碰撞过程中两滑块所受冲量大小相等，方向相反，冲量不同，D错误； C．由题图可知碰撞前，碰撞后 根据动量守恒关系 解得，C错误； A．，设，则 碰撞前的机械能 碰撞后的机械能 因，碰撞过程中动能有损失，所以这是一个非弹性碰撞，A正确。 故选A。 考向3：爆炸 【针对训练11】（2026·山东临沂·二模）2026年某次区域联合演训中，我国东风系列战术导弹从山地发射阵地（海拔高度为H）以初速度、抛射角θ斜向上发射，打击敌方位于低洼山谷的目标（目标阵地比发射阵地海拔低h）。导弹飞行过程中忽略空气阻力，重力加速度为g，导弹质量为m，下列说法正确的是（　　） A．导弹飞行总时间 B．当θ角为45°时导弹水平射程一定最大 C．导弹击中目标时的动能为，飞行全过程机械能守恒 D．若导弹在最高点受干扰炸裂为质量相等的两块，炸裂后瞬间一块竖直自由下落，则另一块的速度大小为 【答案】D 【详解】A．斜抛运动落回与发射点同一高度时的总飞行时间为 目标比发射点海拔低，竖直方向位移为，由匀变速位移公式 解得，故A错误； B．抛射角为45°时水平射程最大的结论仅适用于发射点和落地点等高的情况，本题两点存在高度差，该结论不成立，故B错误； C．忽略空气阻力，全过程只有重力做功，机械能守恒；发射点比目标高，重力势能减少，因此击中目标时动能为，和海拔高度无关，故C错误； D．导弹在最高点的速度为水平方向，大小为 炸裂时内力远大于外力，水平方向动量守恒，炸裂后两块质量均为，竖直自由下落的碎片水平速度为0，设另一块速度为，由动量守恒定律 解得，故D正确。 故选D。 【针对训练12】（2026·湖南长沙·二模）如图，足够长的木板C静止在光滑水平地面上，靠近其左上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，与固定挡板的距离为，A和B之间夹有少量火药。某时刻火药燃爆，燃爆后A获得大小为2v的速度，最终A、B均未离开C。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与C、B与C之间的动摩擦因数分别为，重力加速度为g。不计火药的质量和燃爆时间，A和挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间不计，认为火药燃爆释放的能量全部转化为A和B的动能。下列说法正确的是（　　） A．火药爆炸释放的能量为6mv B．A与挡板碰撞前瞬间速度大小为与挡板碰撞前C向左运动 C．A与挡板碰撞瞬间B的速度大小为 D．A与挡板碰撞后，B、C先共速，最后A、B、C一起共速，且速度大小为 【答案】D 【详解】A．火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒，则2mvB−m2v=0 解得vB=v，则火药爆炸释放的能量 联立可得，故A错误； B．对A自开始运动到与挡板碰撞前的过程中，有 解得 设物体A与挡板碰撞前瞬间的速度v1，则 解得，对C受力分析，发现A与挡板碰撞前，C受到AB给他的摩擦力等大反向，所以C始终静止，故B错误； C．设该过程的时间间隔为t1，则 解得 对B有，设开始运动后B的加速度大小为a2， 解得 A与挡板碰撞时B的速度大小，故C错误； D．以水平向右的方向为正方向，A与挡板碰撞后对A、B、C组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为v0，则有 解得 对C由牛顿第二定律有 解得 假设B、C先共速，有， 速度 可知，A撞击挡板后B先与C共速，B与C共速后不再有相对运动，然后A再与B、C共速,故D正确。 故选D。 考向4：反冲 【针对训练13】（2025·北京丰台·一模）乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离。已知乌贼喷水前的质量为 M。 速度为0，喷水时，在极短时间内将质量为m 的水以速度u水平向前喷出，获得速度向后逃离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k。 下列说法正确的是（　　） A．乌贼获得的最大速度为 B．喷水后乌贼做匀减速直线运动 C．喷水后乌贼向后逃离的最远距离为 D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能 【答案】C 【详解】A．根据动量守恒定律有 解得 故A错误； B．所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k，则 随着速度减小，加速度逐渐减小，故B错误； C．对 运用积分原理有 解得 故C正确； D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和，故D错误； 故选C。 【针对训练14】（2025·重庆·三模）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 【详解】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。 考向5：人船模型 【针对训练15】（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的小球C。现将小球C拉起使细线水平伸直，由静止释放小球C，小球C始终都与A、B在同一竖直平面内运动，小球C运动过程中不会与竖直杆碰撞。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球C由图示位置下摆的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．小球C由图示位置下摆到最低点时的水平位移为 C．A、B两木块分离时，B的速度为 D．A、B分离后，A、C的速率始终与二者的质量成反比 【答案】B 【详解】A．小球摆动过程，A、B、C系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向受力不平衡，动量不守恒，故A错误； B．小球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为对地水平位移大小为，则有 又由几何关系有 解得，故B正确； C．由题意可知，小球C摆至最低点时，A、B两木块分离，设此时C球的速度大小为的速度大小为，对A、B、C系统，水平方向动量守恒有 由系统能量守恒有 解得，故C错误； D．A、B两木块分离后，A、C的初始总动量向左，故二者的速率不与质量成反比，故D错误。 故选B。 【针对训练16】（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面上，现将可视为质点、质量为m的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知，不计空气阻力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．球和槽组成系统的动量守恒 B．球的位移大小为 C．球在最低点时速度大小为 D．槽受到的合外力冲量大小为 【答案】D 【详解】A．因为小球在竖直方向有加速度，则球和槽组成系统竖直方向合外力不为0，只有水平方向合外力为0，则球和槽组成系统水平方向的动量守恒，整个系统动量不守恒，故A错误； B．水平方向动量守恒，则有 对时间积累可得 即 且有 联立解得 则球的位移大小,故B错误； C．整个系统机械能守恒，可得 联立解得,,故C错误； D．对槽由动量定理可得 代入可得,故D正确。 故选D。 【真题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。 【真题2】（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 【详解】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。 【真题3】（2025·甘肃·高考真题）如图，小球A从距离地面处自由下落，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。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取，则碰撞前小球B的速度大小v为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】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，B球水平速度为，则有 碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有 联立解得， 小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有 解得 可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有 解得 故选B。 【真题4】（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 【详解】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。 【真题5】（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设A、B小球的质量均为，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定理可得 A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有， 可得 由于 所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得 解得 故选A。 【真题6】（2026·四川·高考真题）如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（     ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 【答案】D 【详解】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。 A．施加外力过程，乙的最大速度 撤去外力后，乙的加速度大小 经时间绳绷直，此时乙还有向右的速度或恰好相对传送带静止，说明 故，故A错误； B．绳绷直时乙的速度 从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相对传送带运动的距离）为 因摩擦产生的热量，故B错误； C．绳绷直瞬间，根据动量守恒 解得 此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于，则其动能大于，故C错误； D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为 从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为 从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为 甲的路程为 从施加外力到绳绷直过程乙的路程为 比较可知 故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确。 故选D。 【真题7】（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有 解得 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有 解得 机器人起跳时的动能 （2）根据速度位移关系 可得机器人外壳上升的最大高度 （3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 解得 一、单选题 1．如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为，，A车上有一质量为的机器人，相对地面以的水平速度向右跳上B车，并与B车相对静止（不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（    ） A．机器人跳离A车的过程中，机器人与A车系统机械能守恒 B．机器人跳离A车后，A车的速度大小为0.4m/s C．机器人跳上B车后与B车一起运动的速度大小为0.5m/s D．机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功为0.5J 【答案】B 【详解】A．跳车过程中机器人，将化学能转化为系统的机械能，不满足只有重力或弹力做功，故机器人与A车系统机械能不守恒，故A错误； B．机器人跳离A车过程，机器人与A车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得 代入数据解得 即A车的速度大小为，方向向左，故B正确； C．机器人跳上B车过程，机器人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得 代入数据解得，故C错误； D．根据动能定理可知，机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功等于B车动能的变化量，即 代入数据解得，故D错误。 故选B。 2．（2026·河北·三模）如图所示，竖直平面内，光滑水平轨道BC与光滑圆弧轨道CD相切于C点，圆弧轨道的半径为0.8 m、圆心为O，∠COD＝90°。质量的小球甲以水平向右、大小为5 m/s的速度撞向静止在BC上的小球乙，两球（均可视为质点）发生弹性碰撞且碰撞时间极短。取重力加速度大小。已知碰撞后小球乙恰好运动至D点，则小球乙的质量为（     ） A．2 kg B． C．4.5 kg D． 【答案】C 【详解】本题考查圆周运动与弹性碰撞，目的是考查学生的推理论证能力。 小球甲、乙发生弹性碰撞，则有 解得 碰撞后小球乙恰好运动至D点，则有 解得，选项C正确。 故选C。 3．（2026·山东潍坊·三模）如图甲所示，质量分别为、的、两物体用轻弹簧连接构成一个系统，用一轻细绳将、拴接，使弹簧处于压缩状态，将该系统靠墙静止在光滑水平面上。当烧断细绳时开始计时，、物体运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示，、、分别表示对应时段图线与坐标轴所围面积的大小。下列说法正确的是（    ） A．烧断细绳后，系统的动量和机械能始终守恒 B．时刻、两物体的速度之比为 C．时刻弹簧最长 D． 【答案】D 【详解】A．烧断细绳后，离开墙之前，墙对系统有外力作用，系统合外力不为零，动量不守恒；只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故A错误； B．图像的面积表示速度变化量，初速度为零，因此速度的大小等于对应面积的大小。时刻，、加速度最大，说明弹簧弹力最大，形变量最大，此时两者速度相等，故B错误； C．时刻、的加速度都为零，说明弹簧弹力为零，弹簧恢复原长，不是弹簧最长的位置，故C错误； D．阶段，静止，的速度增量为。时刻弹簧恢复原长，开始运动，此时系统总动量 是时段的图线与坐标轴围的总面积，该时段的图像关于对称，因此时段，的速度增量 又时刻、速度相等，由系统的动量守恒可知 解得，故D正确。 故选 D。 二、多选题 4．（2026·广东汕头·二模）某科技小组自制了一枚火箭，如图，其发射过程可分为三个阶段：第一阶段，火箭点火发射，到最高点时质量为m1；第二阶段，火箭喷出燃气在高空悬停，单位时间喷出燃气质量为Δm1（远小于m1）；第三阶段，火箭在悬停状态下完成转向，此时火箭的质量为m2，紧接着在极短时间内以速度v喷出质量为Δm2（与m2相比不可忽略）的燃气变为水平飞行。全程忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在悬停阶段，火箭合力为零 B．火箭发射到最高点的过程中一直在加速 C．在悬停阶段，燃气喷出的速度为 D．在转向阶段，火箭获得的水平速度为 【答案】AC 【详解】A．悬停阶段，火箭静止状态，即处于平衡状态，因此合力为零，故A正确； B．初始阶段，推力大于重力，火箭加速上升；当推力小于重力时，火箭会减速上升，直到最高点速度为零，因此火箭并非 “一直在加速”，故B错误； C．悬停阶段，火箭合力为零，燃气推力等于重力，设燃气喷出速度为v，单位时间喷出质量为，根据动量定理 解得，故C正确； D．转向阶段，火箭和燃气组成的系统在水平方向动量守恒，则有 联立解得，故D错误。 故选AC。 5．（2026·广东佛山·三模）如图，倾角为的足够长斜面上放置三个完全相同视作质点的木箱，相邻两木箱的距离均为，木箱质量为，恰能在斜面上保持静止。现使最上方的木箱获得沿斜面向下的初速度，下滑中与其它木箱碰撞，每次碰撞后木箱都粘在一起运动。设木箱与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞时间极短，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A． B．第一次碰撞中损失的机械能 C．木箱先后经过两段的时间之比为2∶1 D．最下方木箱的最终速度为 【答案】ABD 【详解】A．根据题意木箱恰能在斜面上保持静止，则有 可得，故A正确； B．设第一次碰撞过程，根据动量守恒定律 第一次碰撞中损失的机械能 联立可得，，故B正确； C．木箱先后经过两段的时间之比为，故C错误； D．对三个木箱整体，根据动量守恒定律 可得最下方木箱的最终速度为，故D正确。 故选ABD。 6．（2026·天津宝坻·三模）一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质定滑轮，细绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当细绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断正确的是（     ） A．A球和B球组成系统的动量守恒 B．细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小 C．k越大，细绳拉力的大小越接近A球所受重力的大小 D．细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量 【答案】BD 【详解】A．对A、B组成的系统，所受合外力为 由于，即，合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； B．同一根轻绳拉力大小处处相等，作用时间相同，根据可知细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小，故B正确； C．对系统应用牛顿第二定律有 对A球有 联立解得 当越大时，越接近2，即拉力越接近，而不是，故C错误； D．根据功能关系，除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，对A球而言，只有重力和拉力做功，故细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量，故D正确； 故选BD。 7．（2026·安徽·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M=2 kg的小车，车上的水平轨道与半径R=0.5 m的四分之一光滑圆弧轨道在M点相切。在水平轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的N点正上方，N点右侧轨道光滑，M、N间距离L=0.9 m。一个质量m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，已知重力加速度g=10 m/s2，物块与水平轨道MN段的动摩擦因数μ=0.2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。在后续运动过程中（     ） A．物块最终停在小车上的位置距离M点0.7 m B．弹簧的最大弹性势能为3.2 J C．物块运动过程中弹簧共被压缩2次 D．整个过程物块的总位移大小为0.8 m 【答案】AB 【详解】A．系统初态机械能 滑动摩擦力 物块在粗糙段上相对滑动的总路程 物块运动过程为：从到，压缩弹簧后从返回，冲上圆弧后返回，再向右滑行停止。则 解得 即停在距离点右侧处。故A正确； B．物块第一次到达点时，系统损失机械能 当弹簧压缩至最短时，物块与小车共速，由水平方向动量守恒知共速为0。此时弹性势能最大，。故B正确； C．由A项分析可知，物块第二次经过点后向右滑行即停止，因，物块无法到达点，故弹簧只被压缩1次。故C错误； D．物块水平方向相对小车的位移大小为 设物块水平位移为，小车水平位移为，取向右为正，由“人船模型”原理可知 且 代入数据解得 但物块竖直方向位移大小为，故总位移大小。故D错误。 故选AB。 8．（2026·陕西·模拟预测）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽P置于光滑的水平面上，半圆形槽的半径为R、质量为m。在槽的右侧有一个质量为m的物块Q（不与槽粘连），现让一质量为4m的小球自右侧槽口的正上方高0.5R处由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（　　） A．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒 B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小相等 C．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块Q向右运动的距离为R D．整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为 【答案】AD 【详解】A．由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，故A正确； B．小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向左为正，则有 解得 即小球与槽的速度大小之比为，故B错误； C．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向类似于人船模型，对球、半圆槽和物块有 且 代入数据可得物块Q向右运动的距离，故C错误； D．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向动量守恒有 系统机械能守恒有 联立解得， 小球在半圆槽内第一次到最低点之后半圆槽P与物块Q分离，整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为，故D正确。 故选AD。 9．（2026·重庆江津·三模）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。 三、解答题 10．（2026·四川德阳·三模）如图，春节期间燃放的“火箭”型爆竹由A、B两部分构成，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.3 kg。现将“火箭”垂直于斜面静止摆放在倾角为37°的斜面上。点燃B底部火药（第一次爆炸），当A、B速度水平时，A、B间火药发生第二次爆炸，A、B分离瞬间，B速度为0，A速度大小为v1＝30 m/s，最终A撞击在与第一次爆炸位置同一高度的泥土堆上的C点。已知A撞击泥土堆的作用时间△t＝0.02 s，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，不计火药质量、空气阻力及“火箭”的体积，可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能，求： (1)第二次爆炸前瞬间，A、B整体的速度大小v共； (2)第一次爆炸过程中，火药释放的化学能E； (3)A撞击泥土堆过程中，泥土堆对A的冲量方向与水平方向夹角的正切值。 【答案】(1) (2) (3)0.54 【详解】（1）第二次爆炸过程时间极短，水平方向动量守恒，爆炸后速度为0，速度为，由动量守恒定律 代入，， 解得 （2）第一次爆炸后，整体沿垂直斜面向上做斜抛运动，最高点速度水平，即最高点速度就是斜抛的水平分速度。 斜面倾角，垂直斜面方向与水平方向夹角为，因此斜抛初速度满足 代入， 得 第一次爆炸释放的化学能全部转化为整体动能，因此 代入数据解得 （3）斜抛上升过程中，初速度竖直分量 由运动对称性，下落到与爆炸点同高的点时，竖直速度大小，方向向下； 爆炸后水平速度保持不变。 对撞击过程应用动量定理，设泥土冲量的水平分量大小为，竖直分量大小为，撞击后速度为0。 水平方向 竖直方向 设冲量与水平方向夹角为，则 代入，，， 解得 11．（2026·福建漳州·三模）一次联合教研活动中，物理老师们在科技馆参观时完成了如下实验：如图所示，是一长为的水平传送带，以顺时针匀速转动，传送带左端与半径的光滑圆轨道相切，右端与放在光滑水平桌面上的长木板上表面平齐。木板长为，的右端带有挡板，在上放有小物块，开始时和静止，到挡板的距离为。现将小物块从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数，、之间及、之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。、、的质量均为，重力加速度为，所有的碰撞均为弹性正碰。求： (1)A到达点的速度大小； (2)A通过传送带过程产生的内能； (3)A与B发生弹性正碰之后各自的速度大小。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）小物块A由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理 解得 （2）设经时间t1小物块A与传送带共速，由动量定理 解得 在时间t1内A、传送带发生的位移为， 小物块A通过传送带过程产生的内能 （3）对物块B和长木板C整体受力分析，由牛顿第二定律 物块B和长木板C整体加速度为 对A，由牛顿第二定律 可得，A的加速度为 设A滑上C后经时间t2物块A与B碰撞 解得 A、B碰撞前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v3、v4，则， A、B碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得， 解得， 12．（2026·天津河西·三模）如图所示，质量的物块P放在水平轨道上，其右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧（不拴接）。由静止释放后，物块P恰能通过半圆轨道的最高点并沿其内侧做圆周运动，与静置在点的物块Q（两物块完全相同）发生完全非弹性碰撞，碰撞后一起滑入水平轨道。点固定一竖直弹性挡板，两物块与挡板仅发生一次碰撞并以原速率反弹，最终停在的中点处。已知半圆轨道的半径，的距离，重力加速度，所有碰撞时间都极短。所有轨道均固定在同一竖直面内，除段外其余轨道均光滑，不计物块通过轨道连接处的能量损失及空气阻力，两物块均视为质点。求： (1)弹簧弹力对物块P所做的功； (2)两物块碰撞后瞬间的速度大小； (3)物块与水平轨道间的动摩擦因数的可能值。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）点由重力提供向心力，由牛顿第二定律得 对弹簧和物块P整体，根据机械能守恒定律 联立解得 （2）物块从点到点过程满足能量守恒，有 碰撞过程满足动量守恒，有 联立解得 （3）若物块反弹后滑至处停下，根据动能定理 解得 若物块反弹后冲上圆弧轨道，再返回轨道至处停下，根据动能定理 解得 因为碰后两物块回到点时的动能，所以以上均为的可能值。 学科网（北京）股份有限公司 $