第26讲 动量守恒定律及其应用（复习讲义）（广东专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理高考复习讲义聚焦动量守恒定律及其应用专题，涵盖定律内容条件、应用步骤及碰撞问题等核心考点，按“基础理解-应用方法-碰撞类型”逻辑架构知识体系。通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建系统思维，突破临界极值等难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义采用建模教学与分层训练结合的创新方法，如碰撞问题中先建立弹性、非弹性模型，对比能量动量变化培养科学思维。设置基础例题与变式训练，配合真题溯源，保障复习效果，助力学生提升解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第26讲 动量守恒定律及其应用 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒定律 知识点1 动量守恒定律内容及条件 知识点2 动量守恒定律的理解 考向1 系统动量守恒的判断 考向2 某个方向上动量守恒的判断 考点二 动量守恒定律的应用 知识点1 应用动量守恒定律的解题步骤 考向1 动量守恒定律的基本应用 考向2 动量守恒中的临界极值问题 考向3 某个方向上的动量守恒问题 考点三 碰撞问题 知识点1 碰撞遵循的三条原则 知识点2 弹性碰撞讨论 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 考向1 弹性碰撞的理解及应用 考向2 非弹性碰撞的理解及应用 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量守恒定律 动量守恒定律的应用 √ √ √ 考情分析 题型与考向：高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，题目难度各省份不同，同时，这类题目往往综合性比较强，需要的能力也比较高。知识点的考察，通常以动能和动量、动能定理和动量定理、动量守恒定律和机械能守恒定律的区别和联系进行出题，考察灵活运用的能力。 情境与立意： ①生活实践类：交通事故分析，体育运动中的碰撞，烟花爆炸等； ②学习探究类：以碰撞模型结合圆周运动、平抛运动、电磁场等。 复习目标 1、理解和掌握动量守恒定律。 2、能够利用动量守恒定律处理简单的守恒问题。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒定律 知识点1 动量守恒定律内容及条件 知●识●解●构 一、动量守恒定律 1、系统 相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统。 2、内力和外力 内力：系统内物体之间的相互作用力；外力：外部其他物体对系统的作用力。 3、动量守恒定律的内容 一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 4、表达式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。 p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。 Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。 Δp1＝－Δp2 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。 5、守恒条件 理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的条件可放宽至系统所受外力之和为零。 近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。 实际条件 系统所受合外力为0。 单方向的守恒条件 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。 某阶段守恒条件 全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 ⚠特别提醒 在研究多个物体的相互作用（复杂过程）时，有时分析每一个物体的受力情况比较难，也容易出错，这时可以把若干个物体看成一个系统，这样复杂的问题就会变简单，因此在解决复杂的问题时，要根据实际需要和求解问题的方便程度，合理选择系统。 对系统内物体进行受力分析时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力。 知识点2 动量守恒定律的理解 知●识●解●构 一、动量守恒定律的性质 普适性：适用于两个物体、多个物体、宏观物体、微观粒子组成的系统。 同一性：系统中各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。 瞬时性：动量是状态量，定律表示每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 矢量性：动量是矢量，要选取正方向，分清系统中各物体初末动量的正、负。 二、动量守恒定律的推导 1、推导过程 水平桌面上有两个小球，它们的质量分别为m1和m2，沿着水平向右的方向做匀速直线运动，它们的速度分别是v1和v2，且v2＞v1。当质量为m2的小球追上质量为m1的小球时两球发生碰撞，碰后两球的速度分别为v1′和v2′，如下图所示： 设碰撞过程中质量为m1的小球受到质量为m2的小球对它的作用力是F1，质量为m2的小球受到质量为m1的小球对它的作用力是F2。 相互作用时间为t，根据动量定理，有：F1t＝m1(v1′－v1)；F2t＝m2(v2′－v2) 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律有：F1＝－F2，则m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 得分速记：判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程： (1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。 (2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。 考●向●破●译 考向1 系统动量守恒的判断 例1（碰撞模型拓展（三）——《小球--曲面模型》拔高练习）如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ 　） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小车向左运动的最大距离为 C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次能上升的最大高度 【答案】D 【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零，水平方向系统动量守恒。由于小球有竖直分加速度，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； B．系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，根据动量守恒定律有 变形得 又， 整理得 即 又 联立解得，故B错误； C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误； D．小球第一次在小车中运动，根据动能定理有 解得小球克服摩擦力做功大小为 即小球第一次在车中运动损失的机械能为，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，则机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度 且，综上分析可得小球第二次能上升的最大高度，故D正确。 故选D。 【变式训练1·变载体】（2026·湖北十堰·三模）如图，在光滑水平面上放置一质量为的轨道，轨道的水平部分粗糙，长为；倾斜部分光滑。两部分在点用一段小弧平滑连接，使物体经过该点时没有机械能损失。质量为的小木块（可视为质点）以初速度从左端滑上轨道，最终木块恰好没有从轨道左端滑离。重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．轨道和木块组成的系统，相互作用过程中动量守恒 B．木块与轨道部分之间的动摩擦因数为 C．的长度至少为 D．木块在轨道部分发生相对运动的总时间为 【答案】D 【详解】A．由于木块在斜面部分运行的过程，系统竖直方向的合外力并不为0，所以系统的动量不守恒，故A错误； B．由于系统在水平方向不受力，故系统水平方向动量守恒。以水平向右为正方向，则从开始运动到木块恰好回到轨道左端的整个过程，在水平方向对系统列动量守恒定律有 解得木块最终的速度为 根据能量守恒定律有 解得木块与轨道部分之间的动摩擦因数为，故B错误； C．由分析可知，当木块沿斜面上升的高度最大时，二者的速度相等，设其速度为，则在水平方向对系统列动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得木块上升的最大高度为 由于为斜面的高度而非长度，所以的长度应大于，故C错误； D．设木块运动到B位置时木块和轨道的速度分别为、，以向右为正方向，则有， 代入数据联立解得当木块第一次从A运动到B点时，木块和轨道的速度分别为， 第二次木块从斜面返回B点时，木块和轨道的速度分别为， 设木块从A运动到B的时间为，则由动量定理有 解得 设木块从B返回到A的时间为，则由动量定理有 解得 所以木块在轨道AB部分运动的总时间为，故D正确。 故选D。 ▶新情境◀【变式训练2·变考法】（25-26高三下·山西朔州·阶段检测）在超导托卡马克实验装置中，一个与一个发生核反应，放出一个，并生成一个新核。其中质量为，质量为，质量为，新核质量为，若已知真空中的光速为c，则下列说法中正确的是（　　） A．该核反应属于衰变 B．新核的中子数为3，且该新核是的同位素 C．该反应释放的核能为 D．对于参与核反应的粒子系统，核反应前后系统的动量不守恒 【答案】C 【详解】A．核反应遵循电荷数、质量数守恒，故核反应方程为 该反应是轻核聚变，衰变是重核自发释放粒子的核变化过程，与该核反应方程不符，故A错误； B．根据核反应方程可知，新核为，新核的质子数和中子数都是2，是的同位素，故B错误； C．由于该聚变反应释放核能，会产生质量亏损，根据质能方程，释放的能量大小为，故C正确； D．核反应过程中系统内力远大于外力，满足动量守恒条件，系统动量守恒，故D错误。 故选C。 考向2 某个方向上动量守恒的判断 例2（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。 【变式训练1·变考法】（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。 【变式训练2·变载体】（25-26高二上·江苏苏州·期中）如图所示，物体B放在光滑水平面上，小球A从B的顶端由静止释放，在A沿曲面下滑过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球A对物体B的压力的冲量水平向左 B．物体B对小球A的支持力始终不做功 C．无论曲面是否光滑，A与B组成的系统机械能都不守恒 D．无论曲面是否光滑，A与B组成的系统水平方向的动量都守恒 【答案】D 【详解】A．力的冲量方向与力的方向相同，A沿曲面下滑过程中，小球A对物体B的压力的冲量斜向左下，不是水平向左，故A错误； B．小球A下滑过程A与B组成的系统水平方向的动量守恒，小球A下滑过程，物体B水平向右运动，小球A受支持力方向与其位移夹角为钝角，物体B对小球A的支持力做负功，故B错误； C．若曲面光滑，A与B组成的系统机械能守恒，故C错误； D．无论曲面是否光滑，A与B组成的系统水平方向不受外力作用，故系统水平方向的动量都守恒，故D正确。 故选D。 考点二 动量守恒定律的应用 知识点1 应用动量守恒定律的解题步骤 知●识●解●构 一、动量守恒定律的解题步骤 明确研究对象，确定系统包括哪几个物体和哪些物理过程； 进行受力分析，规定正方向，确定初、末状态动量； 判断系统的动量是否守恒，或在某一方向上（某一阶段）的动量是否守恒； 根据动量守恒定律列出方程； 代入数据，求出结果并对结果进行讨论和分析。 考●向●破●译 考向一 动量守恒定律的基本应用 例1（2026·广东肇庆·模拟预测）A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量是m = 2kg，则由图判断下列结论正确的是（   ） A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为4N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为20J 【答案】A 【详解】由图可知，碰撞发生在处 碰前（）有， 碰后（）共同速度​ 已知，动量守恒有 代入数据得 A．A球动量变化量，故A正确；​ B．A对B的冲量由动量守恒，系统总动量变化为0，故 由动量定理，A对B的冲量为，故B错误； C．碰撞前总动量，故C错误； D．系统损失的动能，故D错误。 故选A。 【变式训练1·变载体】（2026·江苏徐州·模拟预测）光滑水平地面上，A球以某速度与静止的B球发生正碰。则两个小球作用过程中的速度与作用力的冲量的大小、速度与时间的关系，可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】AB．光滑水平地面上运动的A球与B球发生碰撞，对A球由动量定理有 可得，即A球的速度随是线性减小的直线； 对B球有 可得，即B球的速度随是线性增加的直线；故A正确，B错误； CD．碰撞过程的作用力是先增大后减小的变力，由牛顿第二定律可知两球的加速度大小是先增大后减小的；分析可知A球做减速运动，加速度（即图像的斜率）先增大后减小，B球做加速运动，加速度（即图像的斜率）先增大后减小；故CD错误。 故选A。 【变式训练2·变载体】（2025高三下·全国·竞赛）考虑如图所示的装置，4个金属球完全相同，质量均为。磁铁的质量为。整个装置放置在气垫轨道上，这样可以忽略所有摩擦力。最初，球A从左侧很远的地方以初速率向右移动。球A撞到磁铁后，球D被射向右侧，并在很远的地方达到最终速率。碰撞后，磁铁与球A、B和C粘在一起。由于没有摩擦，球在轨道上滑动而不旋转。分别用和表示整个系统的初动能和终动能。求（     ） A．81 B．89 C．105 D．121 E．137 【答案】B 【详解】设碰撞后磁铁与球A、B和C的最终速度为，选向右为正方向，则根据动量守恒定律有 解得 即碰撞后磁铁与球A、B和C的最终速度大小为，方向向左。根据可得 故选B。 考向二 动量守恒中的临界极值问题 例2（2026高三·全国·专题练习）如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处于压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效，A以速率v向右运动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于A、B运动过程说法正确的是（　　） A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动 B．A、B系统的总动量最终将大于mv C．A、B系统的总动能最终将大于 D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为 【答案】C 【详解】A．设弹簧恢复原长时，的速度分别为，弹簧被锁定时的弹性势能为，规定向右为正方向，两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒，机械能守恒 则有 因，可知，A错误； B．系统动量守恒，系统的总动量最终等于，B错误； C．弹簧解除锁定后，存储的弹性势性能会释放，导致系统总动能增加，系统的总动能最终将大于，C正确； D．弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，两物体具有相同的速度，设为 由动量守恒定律知 解得 则有总动能，D错误。 故选C。 【变式训练1·变载体】（2025·浙江·二模）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量分别为，，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止 B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J 【答案】D 【详解】AB．由木板A恰好能处于静止可得，A与斜面间动摩擦因数 且A、B在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足 可得v＝0.6m/s 故AB错误； C．对B物体，根据牛顿第二定律 解得，B物体向下减速时加速度为 减速时间 此过程中，物块B的位移 木板A的位移为 所以A板长度至少为 故C错误 D．全过程中系统因摩擦产生的热量 故D正确。 故选D。 【变式训练2·变载体】（《2021届高三物理二轮复习新高考版》素养提升专题训练10）如图所示，质量为2m的物块静止在光滑水平地面上，其左侧是半径为R的光滑四分之一圆弧，左端底部恰好与地面相切。水平轻弹簧左端固定，右端与质量为m的小球接触（不拴接），现将小球由静止释放，小球离开弹簧后滑上圆弧轨道，已知小球能到达的最大高度距地面为3R，重力加速度大小为g，小球返回时接触并压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为（　　） A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 【答案】C 【详解】设小球释放时弹簧的弹性势能为Ep，小球离开弹簧时速度为v0，则 Ep=m 滑上圆弧轨道后，小球能到达的最大高度距地面为3R，此时小球和轨道水平方向具有相同的速度，设为v，则由动量守恒定律有 mv0=3mv 对系统由机械能守恒定律有 m×3m×v2+mg·3R 解得 Ep=mgR 小球到达最高点后开始落下，再次进入圆弧轨道，当小球离开圆弧轨道时，设小球和圆弧轨道的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律有 mv0=mv1+2mv2 对系统由机械能守恒定律有 mm+×2m 解得 v1=-v0 小球返回时接触并压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能 Ep'=mEp=mgR 故选C。 考向三 某个方向上的动量守恒问题 例3（2025·重庆·一模）如图，足够长的光滑细杆MN水平固定，质量的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量的物块B通过长度l＝0.45m的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。现让物块B以初速度水平向右运动，g取，则（　　） A．物块A的最大速度为3m/s B．物块A、B组成的系统，动量守恒 C．物块B恰好能够到达细杆MN处 D．物块B从开始运动到最大高度的过程中，机械能减少了1J 【答案】D 【详解】A．当B在A的右侧运动时，细绳弹力对A一直做正功，可知当B再次回到最低点时，A的速度最大，根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒有， 解得，A错误； B．对B分析，可知B在竖直方向有加速与减速过程，即物块A、B组成的系统存在超重与失重过程，系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上动量守恒，B错误； C．设物块B恰好到达最高点上升的高度为h，此时A、B速度相等，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒有， 解得 可知物块B不能够到达细杆MN处，C错误； D．根据上述可知，物块B从开始运动到最大高度的过程中，B减小的机械能与A增加的机械能相等，则有，D正确。 故选D。 【变式训练1·变载体】（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。 【变式训练2·变载体】（25-26高三下·重庆渝中·阶段检测）如图所示，质量为的机器人站在质量为、长度为的木板左端。木板放置在光滑水平地面上，原来均静止。某时刻机器人突然斜向右上以初速度（对地）跳起，与水平方向夹角为，最终恰好落在木板右端并与木板相对静止。不计空气阻力，将机器人视为质点。取；。下列说法正确的是（　　） A．全过程机器人与木板构成的系统动量守恒 B．机器人落到木板右端后二者一起向右运动 C． D．跳起时机器人消耗的电能可能为 【答案】C 【详解】A．系统动量守恒的条件是合外力为零。全过程中，机器人竖直方向受重力，系统竖直方向合外力不为零，因此全过程系统总动量不守恒，仅水平方向动量守恒，故A错误； B．系统初始水平总动量为零，水平方向动量守恒，最终机器人与木板相对静止，设共速为，由动量守恒 解得v=0 最终二者静止，不会一起向右运动，故B错误； C．机器人斜抛运动的总时间：竖直方向分速度 落回原高度的运动时间 水平方向动量守恒：跳起后机器人水平分速度 设木板速度大小为（向左），则 机器人向右、木板向左，相对位移等于木板长度L，则 解得，故C正确； D．跳起消耗的电能等于系统获得的总动能，则有，故D错误。 故选C。 考点三 碰撞问题 知识点1 碰撞遵循的三条原则 知●识●解●构 一、碰撞 1、定义 碰撞指的是两个物体在很短的时间内发生相互作用。 碰撞前指的是即将发生碰撞那一时刻，而不是发生碰撞前的某一时刻；碰撞后指的是碰撞刚刚结束的那一时刻， 而不是发生碰撞后的某一时刻。 2、特点 时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短。 相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力。 动量守恒的特点：碰撞过程即使系统所受外力之和不为零，但是系统内力远大于外力，所以外力可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理。 位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变。 能量特点：在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。 3、遵循原则 ①系统的总动量守恒。 ②系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2。 ③速度要合理：碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，应满足v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，应满足v前′≥v后′(不可出现二次碰撞)；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变（不可穿越），除非两个物体碰撞后速度均为零。 知识点2 弹性碰撞讨论 知●识●解●构 一、对心碰撞和非对心碰撞 1、对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞。 2、非对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。这种碰撞称为非对心碰撞。 二、弹性碰撞 如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。 弹性碰撞过程如下图所示，规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 ②机械能守恒：m1v＋＝m1v1′2＋m2v2′2。 整理得：m1v1—m1v1′＝m2v2 —m2v2′，m1v—m1v1′2＝—m2v2′2。得：v1＋v1′＝v2＋v2′。 解得：v1′＝，v2′=。 当v1≠0，v2=0（一动碰一静）时，碰撞过程如下图所示，由动量守恒得 m1v1＋ m2v2 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得v1′＝v1，v2′＝v1。 过程分析：①若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。 ②若m1＞m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向（当m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去）。 ③若m1<m2，v1′为负值，表示v1′与v1方向相反，m1被弹回（m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止）。 知识点3 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 知●识●解●构 1、非弹性碰撞 如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。 规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。②机械能守恒：m1v＋＞m1v1′2＋m2v2′2。 若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，损失得机械能最多，碰撞过程如下图所示，碰撞规律为：m1v1＋ m2v2＝(m1＋m2)v，m1v＋=(m1＋)v2+∆E损失，解得：∆E损失=v。 2、完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=。 考●向●破●译 考向一 弹性碰撞的理解及应用 例1（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。 【变式训练1·解决实际问题】（2025·辽宁本溪·二模）如图所示，两位小朋友在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。其中一位将弹珠甲对着另一位脚边的静止弹珠乙弹出，甲以的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则（   ） A．若碰后甲、乙同向运动，则甲的质量一定小于乙的质量 B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为 C．碰后乙的速率可能为 D．若碰后甲反弹，则甲的速率可能大于乙的速率 【答案】D 【详解】A．甲，乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲，乙的质量分别为、，碰后甲的速度为，乙的速度为，则有 联立解得， 若碰后甲乙同向运动，则，可知甲的质量一定大于乙的质量，A项错误； B．若碰后甲反弹，且甲的速率为，则有 解得 质量不能为负值，故若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为，B项错误； C．若碰后乙的速率为，则有 解得，质量不能为负值，故碰后乙的速率不可能为，C项错误； D．若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有 可知，只要 即 就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，D项正确。 故选D。 【变式训练2·日常生活结合】（2025·湖南·模拟预测）如图所示，现有一质量为的单摆用轻绳竖直悬挂并保持静止，摆长为。又有一质量为的小球以的速度向右水平运动与单摆相撞，碰撞前两物体的重心位于同一高度，为重力加速度。已知碰撞的恢复系数，其中和分别是碰撞前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度。若要求碰撞后的单摆能够做完整的圆周运动，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在单摆做完整圆周运动的最高点，根据牛顿第二定律 根据机械能守恒定律，从最低点到最高点，有 联立解得 已知碰撞前，，由恢复系数 解得 由动量守恒定律 解得 故选D。 考向二 非弹性碰撞的理解及应用 例2（2026·河北邢台·二模）一个质量为的小球A从地面以的速度竖直向上抛出，同时质量为的小球B从高处自由下落，两球在同一竖直线上运动，两小球碰撞时粘在一起。若取竖直向上为正，重力加速度取，下列关于两球从开始运动到第一次落地过程的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】两球相遇时，由运动学公式得 解得 两球相遇时的速度大小分别为， 小球A的速度竖直向上，小球B 的速度竖直向下，两球碰撞时，由动量守恒定律得，取竖直向上为正 解得 可知碰后两球一起做上抛运动，碰前与碰后加速度均为重力加速度，那么v-t图像的斜率相同，故B正确，ACD错误。 故选B。 【变式训练1·综合】（2026·广东·模拟预测）滑块A的质量为1kg，以5m/s的初速度沿水平面追赶正前方初速度为3m/s的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度一时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法不正确的是（　　） A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.1 B．零时刻滑块A在滑块B的正后方4m处，2s末发生碰撞 C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是2kg D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为1N·s、方向与它的运动方向相同 【答案】C 【详解】A．由图像知三段图像的斜率大小相等均为，对滑块A，根据牛顿第二定律得 代入数据得,故A正确，不符合题意； B．因为图像在2s末发生突变，则碰撞发生在2s末；由图像围成的面积表示位移，可以求出0~2s内滑块A比B多走4m，也就是零时刻A与B间的距离为4m，故B正确，不符合题意； C．因为碰撞时间极短，所以碰撞过程中总动量守恒 其中，，，代入得,故C错误，符合题意； D．根据动量定理可知， 方向与它的运动方向相同，故D正确，不符合题意。 故选C。 【变式训练2·变载体】（2026·山东泰安·模拟预测）如图（a）所示碰撞测试中，每次将甲小球从相同位置由静止自由释放，在不可伸长的细绳牵引下到达最低点时与静止的乙小球发生对心正碰。乙小球有两种选材，一种和甲的碰撞为弹性碰撞，另一种和甲的碰撞为完全非弹性碰撞。用两种材料进行多次实验，碰后瞬间乙的速度大小与乙的质量的关系如（b）图。由图中数据可知甲球的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】当甲乙之间为弹性碰撞时，根据， 可得碰后瞬间乙的速度为 当甲乙之间为完全非弹性碰撞时，根据 碰后瞬间乙的速度为 故图中上方曲线为弹性碰撞，下方为完全非弹性碰撞；代入图中数据得m=2kg、v0=1.5m/s 故选B。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 一、多选题 1．（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。 二、多选题 2．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　） A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与无关 D．甲最终停止位置与O处相距 【答案】ABD 【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确； B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确； C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有 在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为 由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误； D．乙下滑过程有 由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有 联立可得 即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。 故选ABD。 三、解答题 3．（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 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第26讲 动量守恒定律及其应用 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒定律 知识点1 动量守恒定律内容及条件 知识点2 动量守恒定律的理解 考向1 系统动量守恒的判断 考向2 某个方向上动量守恒的判断 考点二 动量守恒定律的应用 知识点1 应用动量守恒定律的解题步骤 考向1 动量守恒定律的基本应用 考向2 动量守恒中的临界极值问题 考向3 某个方向上的动量守恒问题 考点三 碰撞问题 知识点1 碰撞遵循的三条原则 知识点2 弹性碰撞讨论 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 考向1 弹性碰撞的理解及应用 考向2 非弹性碰撞的理解及应用 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量守恒定律 动量守恒定律的应用 √ √ √ 考情分析 题型与考向：高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，题目难度各省份不同，同时，这类题目往往综合性比较强，需要的能力也比较高。知识点的考察，通常以动能和动量、动能定理和动量定理、动量守恒定律和机械能守恒定律的区别和联系进行出题，考察灵活运用的能力。 情境与立意： ①生活实践类：交通事故分析，体育运动中的碰撞，烟花爆炸等； ②学习探究类：以碰撞模型结合圆周运动、平抛运动、电磁场等。 复习目标 1、理解和掌握动量守恒定律。 2、能够利用动量守恒定律处理简单的守恒问题。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒定律 知识点1 动量守恒定律内容及条件 知●识●解●构 一、动量守恒定律 1、系统 相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统。 2、内力和外力 内力：系统内物体之间的相互作用力；外力：外部其他物体对系统的作用力。 3、动量守恒定律的内容 一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 4、表达式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。 p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。 Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。 Δp1＝－Δp2 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。 5、守恒条件 理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的条件可放宽至系统所受外力之和为零。 近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。 实际条件 系统所受合外力为0。 单方向的守恒条件 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。 某阶段守恒条件 全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 ⚠特别提醒 在研究多个物体的相互作用（复杂过程）时，有时分析每一个物体的受力情况比较难，也容易出错，这时可以把若干个物体看成一个系统，这样复杂的问题就会变简单，因此在解决复杂的问题时，要根据实际需要和求解问题的方便程度，合理选择系统。 对系统内物体进行受力分析时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力。 知识点2 动量守恒定律的理解 知●识●解●构 一、动量守恒定律的性质 普适性：适用于两个物体、多个物体、宏观物体、微观粒子组成的系统。 同一性：系统中各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。 瞬时性：动量是状态量，定律表示每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 矢量性：动量是矢量，要选取正方向，分清系统中各物体初末动量的正、负。 二、动量守恒定律的推导 1、推导过程 水平桌面上有两个小球，它们的质量分别为m1和m2，沿着水平向右的方向做匀速直线运动，它们的速度分别是v1和v2，且v2＞v1。当质量为m2的小球追上质量为m1的小球时两球发生碰撞，碰后两球的速度分别为v1′和v2′，如下图所示： 设碰撞过程中质量为m1的小球受到质量为m2的小球对它的作用力是F1，质量为m2的小球受到质量为m1的小球对它的作用力是F2。 相互作用时间为t，根据动量定理，有：F1t＝m1(v1′－v1)；F2t＝m2(v2′－v2) 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律有：F1＝－F2，则m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 得分速记：判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程： (1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。 (2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。 考●向●破●译 考向1 系统动量守恒的判断 例1（碰撞模型拓展（三）——《小球--曲面模型》拔高练习）如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ 　） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小车向左运动的最大距离为 C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次能上升的最大高度 【变式训练1·变载体】（2026·湖北十堰·三模）如图，在光滑水平面上放置一质量为的轨道，轨道的水平部分粗糙，长为；倾斜部分光滑。两部分在点用一段小弧平滑连接，使物体经过该点时没有机械能损失。质量为的小木块（可视为质点）以初速度从左端滑上轨道，最终木块恰好没有从轨道左端滑离。重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．轨道和木块组成的系统，相互作用过程中动量守恒 B．木块与轨道部分之间的动摩擦因数为 C．的长度至少为 D．木块在轨道部分发生相对运动的总时间为 ▶新情境◀【变式训练2·变考法】（25-26高三下·山西朔州·阶段检测）在超导托卡马克实验装置中，一个与一个发生核反应，放出一个，并生成一个新核。其中质量为，质量为，质量为，新核质量为，若已知真空中的光速为c，则下列说法中正确的是（　　） A．该核反应属于衰变 B．新核的中子数为3，且该新核是的同位素 C．该反应释放的核能为 D．对于参与核反应的粒子系统，核反应前后系统的动量不守恒 考向2 某个方向上动量守恒的判断 例2（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 【变式训练1·变考法】（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 【变式训练2·变载体】（25-26高二上·江苏苏州·期中）如图所示，物体B放在光滑水平面上，小球A从B的顶端由静止释放，在A沿曲面下滑过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球A对物体B的压力的冲量水平向左 B．物体B对小球A的支持力始终不做功 C．无论曲面是否光滑，A与B组成的系统机械能都不守恒 D．无论曲面是否光滑，A与B组成的系统水平方向的动量都守恒 考点二 动量守恒定律的应用 知识点1 应用动量守恒定律的解题步骤 知●识●解●构 一、动量守恒定律的解题步骤 明确研究对象，确定系统包括哪几个物体和哪些物理过程； 进行受力分析，规定正方向，确定初、末状态动量； 判断系统的动量是否守恒，或在某一方向上（某一阶段）的动量是否守恒； 根据动量守恒定律列出方程； 代入数据，求出结果并对结果进行讨论和分析。 考●向●破●译 考向一 动量守恒定律的基本应用 例1（2026·广东肇庆·模拟预测）A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量是m = 2kg，则由图判断下列结论正确的是（   ） A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为4N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为20J 【变式训练1·变载体】（2026·江苏徐州·模拟预测）光滑水平地面上，A球以某速度与静止的B球发生正碰。则两个小球作用过程中的速度与作用力的冲量的大小、速度与时间的关系，可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【变式训练2·变载体】（2025高三下·全国·竞赛）考虑如图所示的装置，4个金属球完全相同，质量均为。磁铁的质量为。整个装置放置在气垫轨道上，这样可以忽略所有摩擦力。最初，球A从左侧很远的地方以初速率向右移动。球A撞到磁铁后，球D被射向右侧，并在很远的地方达到最终速率。碰撞后，磁铁与球A、B和C粘在一起。由于没有摩擦，球在轨道上滑动而不旋转。分别用和表示整个系统的初动能和终动能。求（     ） A．81 B．89 C．105 D．121 E．137 考向二 动量守恒中的临界极值问题 例2（2026高三·全国·专题练习）如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处于压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效，A以速率v向右运动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于A、B运动过程说法正确的是（　　） A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动 B．A、B系统的总动量最终将大于mv C．A、B系统的总动能最终将大于 D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为 【变式训练1·变载体】（2025·浙江·二模）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量分别为，，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止 B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J 【变式训练2·变载体】（《2021届高三物理二轮复习新高考版》素养提升专题训练10）如图所示，质量为2m的物块静止在光滑水平地面上，其左侧是半径为R的光滑四分之一圆弧，左端底部恰好与地面相切。水平轻弹簧左端固定，右端与质量为m的小球接触（不拴接），现将小球由静止释放，小球离开弹簧后滑上圆弧轨道，已知小球能到达的最大高度距地面为3R，重力加速度大小为g，小球返回时接触并压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为（　　） A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 考向三 某个方向上的动量守恒问题 例3（2025·重庆·一模）如图，足够长的光滑细杆MN水平固定，质量的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量的物块B通过长度l＝0.45m的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。现让物块B以初速度水平向右运动，g取，则（　　） A．物块A的最大速度为3m/s B．物块A、B组成的系统，动量守恒 C．物块B恰好能够到达细杆MN处 D．物块B从开始运动到最大高度的过程中，机械能减少了1J 【变式训练1·变载体】（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． 【变式训练2·变载体】（25-26高三下·重庆渝中·阶段检测）如图所示，质量为的机器人站在质量为、长度为的木板左端。木板放置在光滑水平地面上，原来均静止。某时刻机器人突然斜向右上以初速度（对地）跳起，与水平方向夹角为，最终恰好落在木板右端并与木板相对静止。不计空气阻力，将机器人视为质点。取；。下列说法正确的是（　　） A．全过程机器人与木板构成的系统动量守恒 B．机器人落到木板右端后二者一起向右运动 C． D．跳起时机器人消耗的电能可能为 考点三 碰撞问题 知识点1 碰撞遵循的三条原则 知●识●解●构 一、碰撞 1、定义 碰撞指的是两个物体在很短的时间内发生相互作用。 碰撞前指的是即将发生碰撞那一时刻，而不是发生碰撞前的某一时刻；碰撞后指的是碰撞刚刚结束的那一时刻， 而不是发生碰撞后的某一时刻。 2、特点 时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短。 相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力。 动量守恒的特点：碰撞过程即使系统所受外力之和不为零，但是系统内力远大于外力，所以外力可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理。 位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变。 能量特点：在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。 3、遵循原则 ①系统的总动量守恒。 ②系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2。 ③速度要合理：碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，应满足v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，应满足v前′≥v后′(不可出现二次碰撞)；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变（不可穿越），除非两个物体碰撞后速度均为零。 知识点2 弹性碰撞讨论 知●识●解●构 一、对心碰撞和非对心碰撞 1、对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞。 2、非对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。这种碰撞称为非对心碰撞。 二、弹性碰撞 如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。 弹性碰撞过程如下图所示，规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 ②机械能守恒：m1v＋＝m1v1′2＋m2v2′2。 整理得：m1v1—m1v1′＝m2v2 —m2v2′，m1v—m1v1′2＝—m2v2′2。得：v1＋v1′＝v2＋v2′。 解得：v1′＝，v2′=。 当v1≠0，v2=0（一动碰一静）时，碰撞过程如下图所示，由动量守恒得 m1v1＋ m2v2 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得v1′＝v1，v2′＝v1。 过程分析：①若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。 ②若m1＞m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向（当m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去）。 ③若m1<m2，v1′为负值，表示v1′与v1方向相反，m1被弹回（m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止）。 知识点3 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 知●识●解●构 1、非弹性碰撞 如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。 规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。②机械能守恒：m1v＋＞m1v1′2＋m2v2′2。 若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，损失得机械能最多，碰撞过程如下图所示，碰撞规律为：m1v1＋ m2v2＝(m1＋m2)v，m1v＋=(m1＋)v2+∆E损失，解得：∆E损失=v。 2、完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=。 考●向●破●译 考向一 弹性碰撞的理解及应用 例1（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 【变式训练1·解决实际问题】（2025·辽宁本溪·二模）如图所示，两位小朋友在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。其中一位将弹珠甲对着另一位脚边的静止弹珠乙弹出，甲以的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光滑，则（   ） A．若碰后甲、乙同向运动，则甲的质量一定小于乙的质量 B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为 C．碰后乙的速率可能为 D．若碰后甲反弹，则甲的速率可能大于乙的速率 【变式训练2·日常生活结合】（2025·湖南·模拟预测）如图所示，现有一质量为的单摆用轻绳竖直悬挂并保持静止，摆长为。又有一质量为的小球以的速度向右水平运动与单摆相撞，碰撞前两物体的重心位于同一高度，为重力加速度。已知碰撞的恢复系数，其中和分别是碰撞前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度。若要求碰撞后的单摆能够做完整的圆周运动，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 考向二 非弹性碰撞的理解及应用 例2（2026·河北邢台·二模）一个质量为的小球A从地面以的速度竖直向上抛出，同时质量为的小球B从高处自由下落，两球在同一竖直线上运动，两小球碰撞时粘在一起。若取竖直向上为正，重力加速度取，下列关于两球从开始运动到第一次落地过程的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练1·综合】（2026·广东·模拟预测）滑块A的质量为1kg，以5m/s的初速度沿水平面追赶正前方初速度为3m/s的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度一时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法不正确的是（　　） A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.1 B．零时刻滑块A在滑块B的正后方4m处，2s末发生碰撞 C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是2kg D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为1N·s、方向与它的运动方向相同 【变式训练2·变载体】（2026·山东泰安·模拟预测）如图（a）所示碰撞测试中，每次将甲小球从相同位置由静止自由释放，在不可伸长的细绳牵引下到达最低点时与静止的乙小球发生对心正碰。乙小球有两种选材，一种和甲的碰撞为弹性碰撞，另一种和甲的碰撞为完全非弹性碰撞。用两种材料进行多次实验，碰后瞬间乙的速度大小与乙的质量的关系如（b）图。由图中数据可知甲球的质量为（　　） A． B． C． D． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 一、多选题 1．（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． 二、多选题 2．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　） A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与无关 D．甲最终停止位置与O处相距 三、解答题 3．（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。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $