第21讲 动量守恒定律及其应用（专项训练）（全国通用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以动量守恒定律为核心，通过基础题型→应用模型→临界问题的递进设计，结合新情境与高考真题，系统覆盖守恒条件判断、碰撞/反冲等模型及复杂过程分析，体现科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础演练|题型01（2题）|判断守恒条件、机械能与动量关系|从概念辨析到守恒条件应用，构建动量守恒基本认知| |基础演练|题型02（17题）|碰撞、爆炸、反冲、人船模型|结合新情境（烟花、反冲小车），强化模型应用与守恒定律工具性| |基础演练|题型03（5题）|临界状态分析、多次碰撞过程|深化过程分段与极值思维，提升复杂问题解决能力| |重难创新|4题|跨章节综合、创新情境|融合能量、运动学，培养综合应用与质疑创新能力| |真题实战|10题|高考高频考点（碰撞、反冲等）|对接命题趋势，强化实战能力与科学态度|

第21讲 动量守恒定律及其应用（专项训练）（原卷版） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳ 题型01 动量守恒定律 1 ⏳ 题型02 动量守恒定律的应用 2 ⏳ 题型03 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 16 重难·创新演练 21 真题·实战演练 24 模拟·基础演练 ⏳题型01 动量守恒定律 考查重点：动量守恒定律 1．（2026·江苏·模拟测试）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 2．（2026·天津宝坻·三模）（多选）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 ⏳题型02 动量守恒定律的应用 考查重点：碰撞、爆炸、反冲、人船模型 3．（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 4．（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 5．▶新情境◀（2026·宁夏银川·阶段检测）2025年春节，我国产的烟花火遍全球，新的烟花研发设计层出不穷。现有某烟花筒的结构如图1所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。忽略空气阻力的作用，则（　　） A．a、b两部分落地时的速度大小之比为 B．a、b两部分的初动能之比为 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为 6．（2026·湖南邵阳·三模）（多选）如图，一个光滑细导轨的长臂水平固定，短臂竖直，系有细线的小圆环套在长臂上，细线另一端与小球相连。已知、质量均为，细线长度为，初始时圆环距短臂，细线水平且伸直，将圆环与小球同时由静止释放。已知圆环与短臂接触后瞬间被锁定，当小球运动到圆环正下方时解除圆环的锁定，不计空气阻力，不考虑细线的形变，重力加速度为，，下列说法正确的是（　　） A．圆环与短臂接触时，小球的竖直位移大小为 B．圆环与短臂接触时，细线与水平方向的夹角为 C．小球运动到最低点时细线的拉力大小为 D．小球第一次摆到左侧最高点时，细线与水平方向夹角的正弦值为 7．（2026·重庆北碚·模拟预测）（多选）在完全相同的质量均为6g的两杯盖中分别随机固定1枚或2枚相同的硬币。两杯盖静止在足够大的粗糙水平面上，t=0时给杯盖甲一瞬时冲量，之后杯盖甲正碰杯盖乙，碰撞时间极短。碰撞前后甲、乙的动量大小随时间变化的图像如图所示，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．杯盖甲碰后速度方向不变 B．碰后杯盖乙所受摩擦力为0.07N C．每枚硬币的质量为6g D．杯盖与水平面间的动摩擦因数为0.5 8．（2026·广西南宁·三模）（多选）如图所示，质量的滑块套在光滑的水平轨道上，质量的小球通过长的轻质细杆与固定在滑块上的轴连接，轻杆可在竖直平面内绕无摩擦转动。开始时轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度，取。则（    ） A．小球和滑块组成的系统在小球上升过程中动量守恒 B．小球和滑块组成的系统在小球上升过程中机械能守恒 C．小球通过最高点时对轻杆的作用力大小为 D．若锁定滑块，小球通过最高点时对轻杆的作用力大小为 9．▶新情境◀（2025·四川泸州·一模）（多选）某小组制作一辆带有配重的反冲小车，酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出，小车在水平地面上运动了一段距离停下。下列操作能使小车在水平地面上运动距离变大的是（　　） A．增加小车配重的质量 B．减小小车配重的质量 C．减小塞子与试管的摩擦 D．减小小车与水平地面的阻力 10．（2026·河北衡水·模拟预测）如图所示，光滑轨道分为三段，其中、水平，竖直，高度差为，长为，处为一弹性挡板（不改变小球碰撞前后速度的大小），足够长。小球A（质量为）初速度为，方向水平向右，与静止在点的小球B（质量为）发生弹性碰撞。带炮筒的小车C（质量为，高度不计）静止在上，左边缘紧靠轨道，右边缘为炮筒的发射按钮。碰后B恰落在发射按钮处，且与小车接触后始终与小车相对静止。发射按钮被B按下后，小车上的炮筒开始连续向左发射10颗炮弹，每颗炮弹的质量为，对地速度为，发射间隔的时间为（），炮弹打到轨道上被轨道吸收，炮弹质量较小，可忽略炮弹对小车总质量的影响，、、、、为已知量，则：（结果均用已知量表示） (1)A、B碰撞后的速度大小分别为多少？ (2)炮弹发射完毕后，小车的速度为多少？ (3)从A、B碰撞后到小球A下落高度时，小车运动的位移是多少？ 11．▶新情境◀（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。 12．▶新考法◀（2025·重庆·模拟预测）如图甲所示的装置放在光滑的水平面上，完全相同的饼状物块A、B分别焊接在两根轻杆的一端，两根轻杆的另一端与饼状物块C用铰链相连（轻杆能够绕铰链转轴在水平面内无阻碍地转动），轻杆长度远大于物块A、B和C的直径，在A、B之间置入少量炸药，引爆炸药后，整个装置获得的机械能为E。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，轻杆长度均为L，引爆炸药后，物块C仅沿着对称中心线（图甲中的虚线）运动。 (1)若将物块C固定，求引爆炸药后的瞬间，A球对轻杆的拉力大小； (2)若物块C不固定，当A、B、C第一次运动到一条直线时（如图乙所示），求： ①从引爆炸药到A、B、C第一次运动到一条直线时，该过程中物块C的位移大小； ②此时物块A、B和C的速度大小。 13．在科技节上，同学们制作了一个“水火箭”，其工作原理是通过压缩空气，将水从火箭尾部的喷嘴高速喷出，产生反作用力。发射前，火箭箭体内密封水的体积V=2.0L； 启动火箭，在Δt=0.5s时间内，箭体内的水以相对于地面v0=20m/s的速度竖直向下喷出。“水火箭”（不含水）的质量M=1kg，水的密度，重力加速度大小取，忽略空气阻力。求： (1)水喷出过程“水火箭”受到的平均推力大小； (2)喷水结束时“水火箭”的速度大小。 14．▶新情境◀如图所示，五位小朋友在停于水平轨道上的平板车上游戏，他们依次从车上助跑加速，从车的右端跳离平板车，前一位小朋友跳离平板车后下一位才开始助跑。已知小朋友的质量均为，平板车的质量，每一位小朋友跳离车的速度均沿水平向右方向，相对于地面的速度均为。不计轨道与车及车轴的摩擦。 (1)求第一名小朋友跳离车瞬间车的速度； (2)若每位小朋友从开始起跑到离开车的时间均为4s，求他们在整个过程中对车沿水平方向的平均作用力； (3)五位小朋友在跳离车的过程中共有多少化学能转化为机械能？ 15．▶新情境◀（2026·福建三明·二模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 16．（2026·四川成都·三模）长木板上固定着“V”形支架，总质量为M，静止在光滑水平面上。在支架右端O处，通过长为L的轻质绳悬挂质量为m、可看作质点的小锥体，板上A点位于锥体正下方h处。将小锥体移到O点右侧，并使绳水平伸直，然后由静止释放。 (1)求锥体和木板最大速度的大小； (2)以释放前O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，写出小锥体运动的轨迹方程； (3)若小锥体落在木板前瞬间轻绳断裂，之后落在木板上不反弹，且没有相对木板滑动，碰撞时间极短，分析锥体和木板间的动摩擦因数应满足什么条件。 17．（2026·江苏徐州·模拟预测）如图所示，两块长度为、质量为的完全相同薄木板A和B（A、B不粘连），静止在光滑的水平地面上。质量为的弹跳机器人初始静止在A板中点。现机器人进行三次测试。第一次测试，锁定B板，机器人以角向右起跳，恰能落至A板右侧边缘；第二次测试，解除B板锁定，机器人调整起跳时的速度，仍恰好落至A板右侧边缘；第三次测试，机器人以角向左起跳，恰能跳到B板中点。测试时将机器人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为。求： (1)第一次测试时机器人起跳的速度的大小； (2)第二次测试时木板B发生的位移的大小； (3)第三次测试时机器人起跳过程所做的功。 18．▶新情境◀（2026·湖北武汉·模拟预测）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg，A木板长度为4m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地6次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 19．（2026·湖北鄂州·三模）如图所示，滑块A套在固定光滑水平杆上，轻杆一端通过铰链与A连接，另一端固定小球B，杆可以在竖直面无摩擦转动。滑块A右侧距离x处有一竖直挡板P，固定在水平杆上。初始时刻，小球B在滑块A右侧，轻杆水平。已知滑块A质量为2m，小球B的质量为m。现将A、B同时由静止释放，滑块A与挡板P碰撞前瞬间速度大小为v，此时轻杆与水平方向夹角为，滑块A与挡板P碰撞后立即被锁定。重力加速度为g，sin37°=0.6，不计空气阻力。求： (1)若固定滑块A，当小球B运动到最低点时轻杆的拉力大小T； (2)在滑块A与挡板碰撞前瞬间的小球B的速度大小； (3)x的大小； (4)相对于A与挡板碰撞的时刻，小球B还能上升的最大高度。 ⏳题型03 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 考查重点：碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 20．（2026·四川绵阳·一模）（多选）图中AOB是一内表面光滑的楔形槽，固定在水平桌面（图中纸面）上，夹角＝1°（图中角为放大后）.现将一质点在BOA面内从A处以速度v＝5m/s射出，其方向与AO间的夹角＝60°，OA＝10m.设质点与桌面间的摩擦可忽略不计，质点与OB面及OA面的碰撞都是弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，可忽略不计，下列说法正确的是（     ） A．回到A点前小球经过59次碰撞 B．回到A点前小球经过60次碰撞 C．小球运动2s后回到A点 D．小球运动后回到A点 21．▶新情境◀（2026·湖南长沙·模拟预测）某大型商场设计了一种新型抓娃娃机，如图所示，质量为m的小钢球吸附于竖直放置的半径为R的圆盘边缘，圆盘圆心O距底面的高度为h，圆盘内置电磁铁，对小球产生恒定磁吸力N，并带动小球以角速度顺时针匀速转动。距底面高度为H处水平固定一根足够长的光滑杆，与圆盘位于同一竖直平面内，杆左端固定在娃娃机左侧内壁上，右端悬空。将质量均为2m的小环和玩具娃娃用长度可调节的轻绳拴接，小环穿过杆悬挂，玩家可以任意调整轻绳长度和小环位置。游戏开始，玩家瞅准时机断开电磁铁开关，圆盘磁力消失，小球脱离圆盘做斜抛运动，若小球能击中娃娃，则娃娃和小环可以从杆右端脱离，落入出物口，游戏成功。重力加速度为g，小球、小环和娃娃均视为质点，忽略一切阻力，不考虑小球击中杆和内壁的情况，求： (1)最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球不与圆盘发生相对滑动，求小球与圆盘间动摩擦因数的最小值； (2)玩家发现，当绳长小于某最小值时，该游戏必定失败，求该最小值； (3)某玩家将轻绳长度设置为L，小球发射后，恰好以水平速度击中玩具娃娃并发生弹性正碰。随后小环位移为x时到达金属杆右端，此时细线第一次到达水平状态，求小环运动过程中杆对小环的冲量大小。 22．（2026·河北沧州·三模）如图所示，长为的细线一端固定在点，另一端拴一质量为的小球，小球在点受到一竖直向上的冲量（作用时间极短）后开始向上运动，在点细线刚好被拉直，小球开始做圆周运动，恰好到达点正上方并与光滑水平台面上点处静止的小球在水平方向上发生弹性正碰，之后小球1、2、3、4依次发生弹性正碰。已知、、三点构成等边三角形，与竖直方向的夹角为，每个小球的大小相等，小球的质量为，小球2的质量为，小球3的质量为，小球4的质量为，重力加速度为，不计空气阻力。求： (1)冲量的大小 (2)小球3与小球4碰撞后小球4的速度大小。 23．（2026·山东聊城·三模）水平面点左侧光滑，右侧粗糙。质量为的圆弧槽末端与点重合处于静止状态，其圆弧表面光滑，半径。质量均为可视为质点的相同滑块，如图所示，滑块1从高处由静止释放恰好能沿切线方向进入圆弧槽，滑块2、滑块3……滑块n自距离点处从左向右依次排列，间距均为。已知滑块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为，滑块间的碰撞时间极短，且碰后就粘在一起形成组合体。取，，求： (1)滑块1离开圆弧槽末端时的速度大小； (2)滑块1从离开圆弧槽到撞上滑块2经历的时间（答案保留两位小数）； (3)组合体最终包含滑块的个数，及停止位置到O点的距离。 24．（2026·海南·模拟预测）如图所示，长为4l的轻质细绳左端固定在水平细杆上，右端与质量为m、可视为质点的物块a连接，质量为4m足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上表面到细杆的高度为5l。初始时刻，细绳处于水平伸直状态，物块a恰好在木板右端O点的正上方。现将物块a由静止释放，当细绳第一次竖直时，细绳恰好断裂，物块a脱离细绳水平抛出，之后与木板发生碰撞，碰撞时间极短，内力远大于重力，且每次碰撞前后竖直分速度大小不变，方向相反。已知物块a与木板上表面间的动摩擦因数，重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)细绳断裂瞬间物块a的速度大小； (2)物块a与木板第一次碰撞的位置到O点的距离； (3)物块a与木板第五次碰撞后、第六次碰撞前木板的速度大小； (4)物块a与木板第五次碰撞的位置到木板右端O点的距离。 重难·创新演练 设题创新:跨章节综合(T1);创新情境(T2、T3); 素养提升综合(T4); 1．（2026·江西·模拟预测）用高速质子轰击静止的锂原子核，生成两个粒子，其中一个粒子的运动速度与质子速度相同，其核反应方程为。已知质子质量为1.007825 u，锂原子核的质量为7.016004 u，粒子的质量为4.002600 u，1 u相当于931.5 MeV。若核反应释放的能量全部转化为粒子的动能，则速度较大的粒子的动能约为（    ） A．11.1 MeV B．13.2 MeV C．14.7 MeV D．15.7 MeV 2．（2026·贵州遵义·模拟预测）（多选）如图所示，水平地面上有三点、、，点在正上方，、、、。质量为、的小球P、Q从、两点同时斜向上抛出，并在共同的最高点处发生碰撞。两球从抛出至到达点前分别受到水平恒力作用，使P的水平加速度向右，Q的水平加速度向左，且大小均为，两球到达点瞬间，撤去水平恒力，此时速度大小分别为、，随后两球发生碰撞。碰撞时间极短，碰后两球分别落在关于对称的C、D两点，且为的中点。若忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A． B． C．两球的碰撞为弹性碰撞 D．碰后瞬间，两球速度大小相等 3．▶新考法◀（2026·湖南·三模）如图所示，水平光滑的地面上静置着一套由轻杆铰接而成的装置，装置包含A、B、C三个小球（可视为质点），其质量之比为。两个完全相同的轻质细杆长度均为，将A与B、B与C分别通过无摩擦的轻质铰链相连。初始时，两根细杆并拢且竖直立在地面上，A、C两球位于水平地面上，B球位于最高点，整个装置在外力作用下保持静止。现撤去外力后，装置在重力作用下发生运动，最终B球触地停止。若运动到某一位置时，两根细杆与水平方向夹角为，重力加速度为。 (1)求B球落地前瞬间速度大小； (2)以初始时A球位置为坐标原点，竖直向上和水平向右分别为轴和轴正方向建立坐标系，求落地前B球的运动轨迹方程； (3)当时，取，，求此时A、C两球速度大小。（，） 4．（2026·湖北武汉·三模）如图所示，竖直平面内半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道AB，其下端B点与一水平传送带平滑连接，水平传送带右端点C与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上均匀排列着2026个质量均为的滑块（可视为质点），从左到右依次编号为1、2、3、…、2025、2026，相邻滑块间距均为，1号滑块位于C点。一物块a（可视为质点）质量为，以速率从A点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数为，所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度为，以恒定速率沿顺时针方向转动，g取。 (1)求物块a第一次和1号滑块碰撞前的速率va； (2)若时物块a经过B点，求2026号滑块开始运动的时刻； (3)求物块a与传送带间因摩擦产生的总热量Q（保留至小数点后两位）。 真题·实战演练 高频考点：动量守恒定律、碰撞、爆炸、反冲、人船模型、碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 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． 2．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（　　） A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大 B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大 C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加 D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加 3．（2026·山东·高考真题）如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，时刻以速度与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，N与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描述M、N速度规律的、图像正确的是（     ） A． B． C． D． 4．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，运动中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能（为形变量），重力加速度大小为。则（     ） A．释放后瞬间的加速度大小为 B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为 C．释放后下降的最大距离为 D．释放后的速度最大值为 5．（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒 C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心 6．（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 7．（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　） A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 8．（2026·河南·高考真题）如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D = 0.25m，上端距天花板的距离为h = 6m。现以v0 = 11m/s的初速度把球壳连同小球一起竖直向上抛出，球壳与天花板碰撞后经过Δt = 0.1s，小球与球壳发生第1次碰撞。所有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短，不计球壳厚度和空气阻力，重力加速度大小取g = 10m/s2。 (1)求小球的直径； (2)求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小，及它们前两次碰撞的时间间隔； (3)若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1 = 6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。 9．（2026·云南·高考真题）某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为和，每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。 (1)求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小； (2)已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球（包括P）都能到达出口。 （i）求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小； （ii）求弹球P与1号弹球第次碰撞后瞬间的速度大小； （iii）若N足够大，且，求与之间应满足的关系。 10．（2025·湖北·高考真题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：） 1 / 29 学科网（北京）股份有限公司 $ 第21讲 动量守恒定律及其应用（专项训练）（解析版） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳ 题型01 动量守恒定律 1 ⏳ 题型02 动量守恒定律的应用 3 ⏳ 题型03 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 21 重难·创新演练 29 真题·实战演练 35 模拟·基础演练 ⏳题型01 动量守恒定律 考查重点：动量守恒定律 1．（2026·江苏·模拟测试）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。 2．（2026·天津宝坻·三模）（多选）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。 ⏳题型02 动量守恒定律的应用 考查重点：碰撞、爆炸、反冲、人船模型 3．（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。 4．（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。 5．▶新情境◀（2026·宁夏银川·阶段检测）2025年春节，我国产的烟花火遍全球，新的烟花研发设计层出不穷。现有某烟花筒的结构如图1所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。忽略空气阻力的作用，则（　　） A．a、b两部分落地时的速度大小之比为 B．a、b两部分的初动能之比为 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为 【答案】B 【详解】A．a、b两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比，竖直高度相等，根据 可得二者运动时间相等，根据 可知落地时的水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即 落地时速度为 其中 可知二者的竖直速度大小相等，则a、b两部分落地时的速度大小之比不是，故A错误； B．a、b两部分在最高点炸裂时，由动量守恒可得 即两部分动量大小相等，又 可得，故B正确； C．二者质量之比为 根据 可得a、b两部分所受重力的冲量之比等于质量之比，即，故C错误； D．根据功率公式 二者的竖直速度大小相等，可得a、b落地时的重力功率之比等于质量之比，即，故D错误。 故选B。 6．（2026·湖南邵阳·三模）（多选）如图，一个光滑细导轨的长臂水平固定，短臂竖直，系有细线的小圆环套在长臂上，细线另一端与小球相连。已知、质量均为，细线长度为，初始时圆环距短臂，细线水平且伸直，将圆环与小球同时由静止释放。已知圆环与短臂接触后瞬间被锁定，当小球运动到圆环正下方时解除圆环的锁定，不计空气阻力，不考虑细线的形变，重力加速度为，，下列说法正确的是（　　） A．圆环与短臂接触时，小球的竖直位移大小为 B．圆环与短臂接触时，细线与水平方向的夹角为 C．小球运动到最低点时细线的拉力大小为 D．小球第一次摆到左侧最高点时，细线与水平方向夹角的正弦值为 【答案】BD 【详解】AB．小球下摆过程中，根据系统水平方向动量守恒有 解得 圆环A与短臂接触时，设细线与竖直方向的夹角为θ，根据 解得 即与水平方向的夹角为 由几何关系得小球的竖直位移大小为，故A错误，B正确； C．设圆环与短臂碰撞前瞬间，圆环的速度大小为vA，小球的水平速度大小为，竖直速度大小为vy，根据水平方向动量守恒有 两端沿细线方向速度相等 解得 根据系统机械能守恒有 圆环A与短臂碰撞后瞬间，如图所示，小球A的速度大小为 A锁定瞬间，B的径向速度被细线冲量减为0，只剩沿切向的速度 A锁定后，B从当前位置摆到A正下方的过程机械能守恒，下落高度 因此 解得 最低点拉力T满足向心力公式 联立解得， 因此C错误； D．最低点解除A锁定后，系统水平方向动量守恒，小球摆到左侧最高点时，A、B沿绳方向速度相等，即水平速度相同，设共同速度为v，初始总动量为 系统机械能守恒：设最高点细线与水平方向夹角为α，B相对于最低点上升高度为L(1−sinα) 势能增加mgL(1−sinα) 因此 代入、， 解得，故D正确。 故选BD。 7．（2026·重庆北碚·模拟预测）（多选）在完全相同的质量均为6g的两杯盖中分别随机固定1枚或2枚相同的硬币。两杯盖静止在足够大的粗糙水平面上，t=0时给杯盖甲一瞬时冲量，之后杯盖甲正碰杯盖乙，碰撞时间极短。碰撞前后甲、乙的动量大小随时间变化的图像如图所示，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．杯盖甲碰后速度方向不变 B．碰后杯盖乙所受摩擦力为0.07N C．每枚硬币的质量为6g D．杯盖与水平面间的动摩擦因数为0.5 【答案】CD 【详解】AB．由图可知，碰撞前杯盖甲（包含硬币）的动量大小为，碰撞后杯盖乙（包含硬币）的动量大于，而碰撞过程系统动量守恒，说明碰撞后杯盖甲反弹，因此杯盖甲内有一个硬币，杯盖乙内有两个硬币，碰撞后杯盖甲（包含硬币）的动量大小为，根据动量守恒可知碰撞后杯盖乙（包含硬币）的动量大小为，图像的斜率 所以图像的斜率表示合外力。所以，在内，杯盖甲（包含硬币）所受的摩擦力大小，故AB错误； CD．设杯盖质量为，硬币质量为，则 在内，杯盖乙（包含硬币）所受的摩擦力大小 联立解得，，故CD正确。 故选CD。 8．（2026·广西南宁·三模）（多选）如图所示，质量的滑块套在光滑的水平轨道上，质量的小球通过长的轻质细杆与固定在滑块上的轴连接，轻杆可在竖直平面内绕无摩擦转动。开始时轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度，取。则（    ） A．小球和滑块组成的系统在小球上升过程中动量守恒 B．小球和滑块组成的系统在小球上升过程中机械能守恒 C．小球通过最高点时对轻杆的作用力大小为 D．若锁定滑块，小球通过最高点时对轻杆的作用力大小为 【答案】BD 【详解】AB．将小球和滑块看成一个系统，则该系统只有重力做功，故机械能守恒。因为小球在最高点存在竖直向下的向心加速度，所以该系统在竖直方向上合力不为零，即该系统在竖直方向上动量不守恒，故A错误，B正确； C．若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒得mvm=MvM 机械能守恒得 解得， 小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则 解得F=68N，故C错误； D．设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，有 解得 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F1，方向向下，则 解得F1=42N 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为42N，方向竖直向上，故D正确。 故选BD。 9．▶新情境◀（2025·四川泸州·一模）（多选）某小组制作一辆带有配重的反冲小车，酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出，小车在水平地面上运动了一段距离停下。下列操作能使小车在水平地面上运动距离变大的是（　　） A．增加小车配重的质量 B．减小小车配重的质量 C．减小塞子与试管的摩擦 D．减小小车与水平地面的阻力 【答案】BD 【详解】设塞子质量为，小车剩下的质量为，塞子喷出的瞬间，因内力远远大于地面的摩擦力，则此过程可以忽略地面的摩擦力，系统在水平方向近似守恒，有 此后小车在摩擦力作用下做匀减速直线运动直至停下，有。 A．若增加小车配重的质量，反冲过程小车获得的速度变小，匀减速的最大位移变小，故A错误； B．若减小小车配重的质量，反冲过程小车获得的速度变大，匀减速的最大位移变大，故B正确； C．减小塞子与试管的摩擦，改变的是系统的内力，不影响系统水平方向动量守恒，则小车获得的速度大小不变，最大位移不变，故C错误； D．减小小车与水平地面的阻力，小车的最大位移变大，故D正确。 故选BD。 10．（2026·河北衡水·模拟预测）如图所示，光滑轨道分为三段，其中、水平，竖直，高度差为，长为，处为一弹性挡板（不改变小球碰撞前后速度的大小），足够长。小球A（质量为）初速度为，方向水平向右，与静止在点的小球B（质量为）发生弹性碰撞。带炮筒的小车C（质量为，高度不计）静止在上，左边缘紧靠轨道，右边缘为炮筒的发射按钮。碰后B恰落在发射按钮处，且与小车接触后始终与小车相对静止。发射按钮被B按下后，小车上的炮筒开始连续向左发射10颗炮弹，每颗炮弹的质量为，对地速度为，发射间隔的时间为（），炮弹打到轨道上被轨道吸收，炮弹质量较小，可忽略炮弹对小车总质量的影响，、、、、为已知量，则：（结果均用已知量表示） (1)A、B碰撞后的速度大小分别为多少？ (2)炮弹发射完毕后，小车的速度为多少？ (3)从A、B碰撞后到小球A下落高度时，小车运动的位移是多少？ 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）设水平向右为正方向，A、B碰撞的过程，根据动量守恒和机械能守恒有， 联立解得， 即A、B碰撞后的速度大小分别为、。 （2）小球B落在小车C上的过程，小球B与小车C组成的系统水平方向动量守恒，有 解得 炮筒发射10颗炮弹的过程，小球B、小车C、射出的炮弹组成的系统水平方向动量守恒，有 求得炮弹发射完毕后，小车的速度为 （3）小球A、B碰撞后，设小球A在MN段运动的时间为，则有 解得 小球B落到小车C上和小球A下落高度h相隔的时间等于小球A、B碰撞后小球A在MN段运动的时间，由于 每发射一颗炮弹小车速度的增加量相等，设为，根据动量守恒有 解得 从A、B碰撞后到小球A下落高度时，小车运动的位移 求得 11．▶新情境◀（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 12．▶新考法◀（2025·重庆·模拟预测）如图甲所示的装置放在光滑的水平面上，完全相同的饼状物块A、B分别焊接在两根轻杆的一端，两根轻杆的另一端与饼状物块C用铰链相连（轻杆能够绕铰链转轴在水平面内无阻碍地转动），轻杆长度远大于物块A、B和C的直径，在A、B之间置入少量炸药，引爆炸药后，整个装置获得的机械能为E。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，轻杆长度均为L，引爆炸药后，物块C仅沿着对称中心线（图甲中的虚线）运动。 (1)若将物块C固定，求引爆炸药后的瞬间，A球对轻杆的拉力大小； (2)若物块C不固定，当A、B、C第一次运动到一条直线时（如图乙所示），求： ①从引爆炸药到A、B、C第一次运动到一条直线时，该过程中物块C的位移大小； ②此时物块A、B和C的速度大小。 【答案】(1) (2)①；②，， 【详解】（1）根据对称关系，引爆后瞬间，对物块A和B，有， 此时，物块C固定，物块A绕C做圆周运动，则轻杆对A的拉力满足 化简可得 由牛顿第三定律可知，A球对轻杆的拉力大小为； （2）①整个系统动量守恒，物块A和B的运动关于中心线对称，物块C沿着中心线运动，所以沿中心线方向，系统动量守恒且总动量为0，则任何时刻均有 （为A、B的速度沿着中心线的分速度） 所以有 即 引爆炸药后的瞬间到A、B、C第一次运动到一条直线时，有 该过程物块C的位移 ②根据动量守恒定律，有 根据能量守恒有， 解得， 13．在科技节上，同学们制作了一个“水火箭”，其工作原理是通过压缩空气，将水从火箭尾部的喷嘴高速喷出，产生反作用力。发射前，火箭箭体内密封水的体积V=2.0L； 启动火箭，在Δt=0.5s时间内，箭体内的水以相对于地面v0=20m/s的速度竖直向下喷出。“水火箭”（不含水）的质量M=1kg，水的密度，重力加速度大小取，忽略空气阻力。求： (1)水喷出过程“水火箭”受到的平均推力大小； (2)喷水结束时“水火箭”的速度大小。 【答案】(1)60N (2)25m/s 【详解】（1）喷出的水的质量 对喷出的水，取竖直向下为正方向，根据动量定理 解得 根据牛顿第三定律，水对火箭的平均推力 （2）对火箭和水组成的系统，竖直方向动量守恒。取竖直向上为正方向，根据动量定理有 代入数据解得 14．▶新情境◀如图所示，五位小朋友在停于水平轨道上的平板车上游戏，他们依次从车上助跑加速，从车的右端跳离平板车，前一位小朋友跳离平板车后下一位才开始助跑。已知小朋友的质量均为，平板车的质量，每一位小朋友跳离车的速度均沿水平向右方向，相对于地面的速度均为。不计轨道与车及车轴的摩擦。 (1)求第一名小朋友跳离车瞬间车的速度； (2)若每位小朋友从开始起跑到离开车的时间均为4s，求他们在整个过程中对车沿水平方向的平均作用力； (3)五位小朋友在跳离车的过程中共有多少化学能转化为机械能？ 【答案】(1)，方向向左 (2)，方向向左 (3) 【详解】（1）取水平向右为正方向。第一名小朋友跳离后，车与其余四名小朋友的共同速度为。系统水平方向动量守恒，有 解得 负号表示方向向左。 （2）五名小朋友均跳离后，设车的速度为，由系统水平方向动量守恒得 解得 整个过程持续时间为 设小朋友们对车沿水平方向的平均作用力为，对车应用动量定理，有 解得 负号表示平均作用力方向向左。 （3）初态系统静止，且各物体始末高度不变，转化的化学能等于系统机械能的增加量。由能量守恒得 代入数据得 15．▶新情境◀（2026·福建三明·二模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 【答案】(1)5J (2)1.6m (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有 设青蛙对地位移为，薄板对地位移大小为，两边同时乘时间则有 有几何关系 解得 （3）设青蛙跳起的水平初速度为，竖直初速度为，板后退速度为。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，由 青蛙起跳做功和第一次相同，则有 水平方向动量守恒 蛙落地时到板右端的距离 解得 16．（2026·四川成都·三模）长木板上固定着“V”形支架，总质量为M，静止在光滑水平面上。在支架右端O处，通过长为L的轻质绳悬挂质量为m、可看作质点的小锥体，板上A点位于锥体正下方h处。将小锥体移到O点右侧，并使绳水平伸直，然后由静止释放。 (1)求锥体和木板最大速度的大小； (2)以释放前O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，写出小锥体运动的轨迹方程； (3)若小锥体落在木板前瞬间轻绳断裂，之后落在木板上不反弹，且没有相对木板滑动，碰撞时间极短，分析锥体和木板间的动摩擦因数应满足什么条件。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）m运动到最低点时速度最大，设该速度为v1，M的速度为v2，根据动量守恒定律得 根据机械能守恒定律得 解得， （2）设绳与x轴正方向的夹角为θ时，小锥体的位置坐标为（x，y），此时m的水平位移为xm，M的水平位移为xM，水平方向根据动量守恒定律得 根据几何关系得 又有 联立解得 而 所以小锥体运动的轨迹方程为 （3）根据水平方向系统动量守恒可知，两者碰撞后速度均为0，设碰撞时间为Δt，小锥体在碰撞过程中，由动量定理，在竖直方向上，有 由于时间极短 在水平方向上 且有 联立解得 所以锥体和木板间的动摩擦因数应满足。 17．（2026·江苏徐州·模拟预测）如图所示，两块长度为、质量为的完全相同薄木板A和B（A、B不粘连），静止在光滑的水平地面上。质量为的弹跳机器人初始静止在A板中点。现机器人进行三次测试。第一次测试，锁定B板，机器人以角向右起跳，恰能落至A板右侧边缘；第二次测试，解除B板锁定，机器人调整起跳时的速度，仍恰好落至A板右侧边缘；第三次测试，机器人以角向左起跳，恰能跳到B板中点。测试时将机器人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为。求： (1)第一次测试时机器人起跳的速度的大小； (2)第二次测试时木板B发生的位移的大小； (3)第三次测试时机器人起跳过程所做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）第一次测试，机器人起跳后做斜上抛运动， 在竖直方向，有 在水平方向，有 联立解得 （2）第二次测试，机器人落到A板右侧边缘时，设机器人和板AB的水平位移分别为xm和xM，则有 水平方向动量守恒，有 两边同乘以时间t，可得 联立解得 （3）第三次测试，设机器人起跳时速度为v1，在竖直方向，有 水平方向，有 联立解得 水平方向动量守恒，有 解得 机器人做的功为 解得 18．▶新情境◀（2026·湖北武汉·模拟预测）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg，A木板长度为4m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地6次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 【答案】(1)3m (2)180J，2 (3) 【详解】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为，三个木板质量为，取向右为正方向，则 机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为、，则有 同时有 解得A、B木板间的水平距离 （2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为，根据斜抛运动规律得， 联立解得 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 根据能量守恒可得机器人做的功为 联立得 根据数学知识可得当时，即时， 取最小值，代入数值得此时 （3）对机器人和三个木板整体，从开始到机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，系统在水平方向动量守恒，得 机器人连续6次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，根据动量守恒定律 上式对时间积分得 又， 解得 19．（2026·湖北鄂州·三模）如图所示，滑块A套在固定光滑水平杆上，轻杆一端通过铰链与A连接，另一端固定小球B，杆可以在竖直面无摩擦转动。滑块A右侧距离x处有一竖直挡板P，固定在水平杆上。初始时刻，小球B在滑块A右侧，轻杆水平。已知滑块A质量为2m，小球B的质量为m。现将A、B同时由静止释放，滑块A与挡板P碰撞前瞬间速度大小为v，此时轻杆与水平方向夹角为，滑块A与挡板P碰撞后立即被锁定。重力加速度为g，sin37°=0.6，不计空气阻力。求： (1)若固定滑块A，当小球B运动到最低点时轻杆的拉力大小T； (2)在滑块A与挡板碰撞前瞬间的小球B的速度大小； (3)x的大小； (4)相对于A与挡板碰撞的时刻，小球B还能上升的最大高度。 【答案】(1) (2) (3)或 (4) 【详解】（1）设杆长为L，由动能定理 小球B运动到最低点时轻杆的拉力大小 （2） 设碰撞前一瞬B相对A的速度为， 水平方向动量守恒 解得， 小球B的速度大小 （3）系统机械能守恒，下降高度为，有 解得 水平方向动量守恒 或 即或 （4）碰撞后小球B速度突变为， 由机械能守恒 小球B还能上升的最大高度 ⏳题型03 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 考查重点：碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 20．（2026·四川绵阳·一模）（多选）图中AOB是一内表面光滑的楔形槽，固定在水平桌面（图中纸面）上，夹角＝1°（图中角为放大后）.现将一质点在BOA面内从A处以速度v＝5m/s射出，其方向与AO间的夹角＝60°，OA＝10m.设质点与桌面间的摩擦可忽略不计，质点与OB面及OA面的碰撞都是弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，可忽略不计，下列说法正确的是（     ） A．回到A点前小球经过59次碰撞 B．回到A点前小球经过60次碰撞 C．小球运动2s后回到A点 D．小球运动后回到A点 【答案】AC 【详解】AB．此质点弹性碰撞时的运动轨迹所满足的规律和光的反射定律相同，所以可用类比法通过几何光学的规律进行求解。即可用光在平面镜上反射时，物像关于镜面对称的规律和光路是可逆的规律求解。AB第一次，第二次碰撞如图所示 由三角形的外角等于不相邻的两个内角和可知 故第一次碰撞的入射角为 第二次碰撞， 故第二次碰撞的入射角为 因此，每碰一次，入射角要减少，即入射角为，当入射角为时，质点碰后沿原路返回，最后在处的碰撞之前，往返总共59次碰撞，故A正确，B错误； CD．如图所示 从依次作出与边成的射线，从对称规律可推知，在的延长线上，分别和相等，它们和各射线的交角即为各次碰撞的入射角与直角之和。碰撞入射角为时，即交角为时开始返回。故质点运动的总路程为一锐角为的直角三角形的较小直角边的二倍，即 所用总时间，故C正确，D错误。 故选AC。 21．▶新情境◀（2026·湖南长沙·模拟预测）某大型商场设计了一种新型抓娃娃机，如图所示，质量为m的小钢球吸附于竖直放置的半径为R的圆盘边缘，圆盘圆心O距底面的高度为h，圆盘内置电磁铁，对小球产生恒定磁吸力N，并带动小球以角速度顺时针匀速转动。距底面高度为H处水平固定一根足够长的光滑杆，与圆盘位于同一竖直平面内，杆左端固定在娃娃机左侧内壁上，右端悬空。将质量均为2m的小环和玩具娃娃用长度可调节的轻绳拴接，小环穿过杆悬挂，玩家可以任意调整轻绳长度和小环位置。游戏开始，玩家瞅准时机断开电磁铁开关，圆盘磁力消失，小球脱离圆盘做斜抛运动，若小球能击中娃娃，则娃娃和小环可以从杆右端脱离，落入出物口，游戏成功。重力加速度为g，小球、小环和娃娃均视为质点，忽略一切阻力，不考虑小球击中杆和内壁的情况，求： (1)最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球不与圆盘发生相对滑动，求小球与圆盘间动摩擦因数的最小值； (2)玩家发现，当绳长小于某最小值时，该游戏必定失败，求该最小值； (3)某玩家将轻绳长度设置为L，小球发射后，恰好以水平速度击中玩具娃娃并发生弹性正碰。随后小环位移为x时到达金属杆右端，此时细线第一次到达水平状态，求小环运动过程中杆对小环的冲量大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当小球位于圆盘最低点时所受摩擦力最大，由牛顿第二定律 小球与圆盘恰好相对滑动时 解得动摩擦因数最小值 （2）小球脱离圆盘时，线速度大小     若绳长最短，则游戏成功时小球必定在其可能达到的最大高度处以水平速度与娃娃相碰 设小球脱离圆盘时，小球与圆盘圆心O的连线与竖直半径成角，如图所示 小球斜抛的最大高度 由几何关系，绳长     易知当时，绳长有最小值，最小绳长 （3）小球以速度3v0与娃娃发生弹性碰撞，设碰后小球速度为v1，娃娃速度为v2，由动量守恒 由能量守恒 解得， 由人船模型计算圆环运动的时间，设娃娃水平位移为x1，运动时间为t0,，对圆环和娃娃系统，由动量守恒 由几何关系x1-x=L 解得圆环运动时间 当细线水平时，设圆环速度为vx，娃娃水平速度为vx，竖直速度为vy 由水平动量守恒 解得 由机械能守恒定律 解得 对小环和杆的整体分析，竖直方向上整体受到杆竖直向上的冲量I和重力竖直向下的冲量，对整体由动量定理 可得杆对小环的冲量 22．（2026·河北沧州·三模）如图所示，长为的细线一端固定在点，另一端拴一质量为的小球，小球在点受到一竖直向上的冲量（作用时间极短）后开始向上运动，在点细线刚好被拉直，小球开始做圆周运动，恰好到达点正上方并与光滑水平台面上点处静止的小球在水平方向上发生弹性正碰，之后小球1、2、3、4依次发生弹性正碰。已知、、三点构成等边三角形，与竖直方向的夹角为，每个小球的大小相等，小球的质量为，小球2的质量为，小球3的质量为，小球4的质量为，重力加速度为，不计空气阻力。求： (1)冲量的大小 (2)小球3与小球4碰撞后小球4的速度大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球在点时，根据动量定理可得 小球从点运动到点，由动能定理可得 由题意可知，小球运动到点后，速度方向垂直于细线方向，大小为 小球从点运动到点，由动能定理可得 在点，由牛顿第二定律可得 联立以上各式解得 （2）小球与小球1碰撞的过程中，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 小球1与小球2碰撞的过程中，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 以此类推，可得小球2与小球3碰撞后小球3的速度 小球3与小球4碰撞后小球4的速度 故小球3与小球4碰撞后小球4的速度大小为。 23．（2026·山东聊城·三模）水平面点左侧光滑，右侧粗糙。质量为的圆弧槽末端与点重合处于静止状态，其圆弧表面光滑，半径。质量均为可视为质点的相同滑块，如图所示，滑块1从高处由静止释放恰好能沿切线方向进入圆弧槽，滑块2、滑块3……滑块n自距离点处从左向右依次排列，间距均为。已知滑块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为，滑块间的碰撞时间极短，且碰后就粘在一起形成组合体。取，，求： (1)滑块1离开圆弧槽末端时的速度大小； (2)滑块1从离开圆弧槽到撞上滑块2经历的时间（答案保留两位小数）； (3)组合体最终包含滑块的个数，及停止位置到O点的距离。 【答案】(1) (2) (3)4个， 【详解】（1）滑块1和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设滑块1离开圆弧时速度大小为，圆弧槽速度大小为，初始总动量为0，因此有 由系统机械能守恒 代入，， 解得， 因此滑块1离开圆弧槽末端时的速度为 （2）水平面点左侧光滑，滑块 1在圆弧槽下滑时，水平方向动量守恒，水平方向上位移关系为 且 联立解得圆弧槽向左运动的距离 故滑块 1滑至圆弧槽末端时，处于点左侧处，滑块 1做匀速运动至点，匀速运动的时间 之后滑块1在点右侧做匀减速运动，由牛顿第二定律可知，滑块1的加速度大小满足 解得 滑块1从滑至点到撞上滑块2经历的时间满足 代入数据解得 滑块减速到0的时间是 所以滑块1从滑至点到撞上滑块2的时间小于，故取 因此滑块1从离开圆弧槽到撞上滑块2经历的时间 （3）滑块碰撞过程动量守恒，且任意质量组合体在粗糙面的加速度均满足 设第个滑块碰后的速度为，运动距离后，速度满足 与第的滑块碰撞后，整体的速度满足 故当时，与第2个滑块碰后可得两滑块组成的系统的速度满足 当时，与第3个滑块碰后可得三滑块组成的系统的速度满足 当时，与第4个滑块碰后可得四滑块组成的系统的速度满足 当时，与第5个滑块碰后可得五滑块组成的系统的速度满足 故组合体无法撞上滑块5，组合体最终包含4个滑块，停止位置到O点的距离满足 24．（2026·海南·模拟预测）如图所示，长为4l的轻质细绳左端固定在水平细杆上，右端与质量为m、可视为质点的物块a连接，质量为4m足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上表面到细杆的高度为5l。初始时刻，细绳处于水平伸直状态，物块a恰好在木板右端O点的正上方。现将物块a由静止释放，当细绳第一次竖直时，细绳恰好断裂，物块a脱离细绳水平抛出，之后与木板发生碰撞，碰撞时间极短，内力远大于重力，且每次碰撞前后竖直分速度大小不变，方向相反。已知物块a与木板上表面间的动摩擦因数，重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)细绳断裂瞬间物块a的速度大小； (2)物块a与木板第一次碰撞的位置到O点的距离； (3)物块a与木板第五次碰撞后、第六次碰撞前木板的速度大小； (4)物块a与木板第五次碰撞的位置到木板右端O点的距离。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）物块下摆过程只有重力做功，机械能守恒，可得 解得 （2）细绳断裂后物块做平抛运动，此时物块距木板高度 竖直方向 解得 水平位移 则碰撞位置到O点的距离为 （3）碰撞过程竖直方向动量变化 竖直方向由动量定理可得（弹力远大于重力） 则水平方向摩擦力冲量 其中竖直速度 每次碰撞水平方向动量守恒，物块水平速度减少，木板速度增量满足 可得 代入，得每次碰撞木板速度增加 第五次碰撞后 （4）两次碰撞的时间间隔为物块弹起再下落的总时间 第次碰撞后物块速度为 木板速度为 且在数值上有，可得相对速度为 两次碰撞间相对位移 第一次碰撞位置为，从第一次碰撞到第五次碰撞共4段相对位移，求和得总距离 故木板第五次碰撞的位置到木板右端O点的距离为 重难·创新演练 设题创新:跨章节综合(T1);创新情境(T2、T3); 素养提升综合(T4); 1．（2026·江西·模拟预测）用高速质子轰击静止的锂原子核，生成两个粒子，其中一个粒子的运动速度与质子速度相同，其核反应方程为。已知质子质量为1.007825 u，锂原子核的质量为7.016004 u，粒子的质量为4.002600 u，1 u相当于931.5 MeV。若核反应释放的能量全部转化为粒子的动能，则速度较大的粒子的动能约为（    ） A．11.1 MeV B．13.2 MeV C．14.7 MeV D．15.7 MeV 【答案】B 【详解】质量亏损 释放的核能 设质子质量为，入射速度为，则质子动量为；粒子质量为，其中一个粒子速度为，另一个速度为，根据动量守恒定律有 解得 负号表示方向与质子入射方向相反，速度大小为。 设质子初动能为 则速度为的粒子动能 另一个粒子动能 根据能量守恒定律有 代入数据解得 。 速度较大的粒子速度为，动能 故选B。 2．（2026·贵州遵义·模拟预测）（多选）如图所示，水平地面上有三点、、，点在正上方，、、、。质量为、的小球P、Q从、两点同时斜向上抛出，并在共同的最高点处发生碰撞。两球从抛出至到达点前分别受到水平恒力作用，使P的水平加速度向右，Q的水平加速度向左，且大小均为，两球到达点瞬间，撤去水平恒力，此时速度大小分别为、，随后两球发生碰撞。碰撞时间极短，碰后两球分别落在关于对称的C、D两点，且为的中点。若忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A． B． C．两球的碰撞为弹性碰撞 D．碰后瞬间，两球速度大小相等 【答案】ABD 【详解】A．两球在竖直方向均做竖直上抛运动，上升高度均为，故运动时间相同，满足 解得 在水平方向，两球均做匀加速直线运动。对于球，从到，位移为，加速度向右，由运动学公式 到达点时水平速度 联立可得 对于球，从到，位移大小为，加速度向左，同理可得 已知，代入可得 因此， 两式相比得，故A正确； B．两球在点碰撞后做平抛运动，下落高度相同，故运动时间相同，均为。由于落点、关于对称，且为的中点，可知 由可知碰后两球速度大小相等，即 取向右为正方向，碰前的速度为，的速度为；碰后落在点，速度为，落在点，速度为。根据动量守恒定律有 因为 整理得 即 代入、、，解得，故B正确； C．碰前总动能 碰后总动能 由于且（因为），可知，碰撞过程中有机械能损失，不是弹性碰撞，故C错误； D．两球在点碰撞后做平抛运动，下落高度相同，故运动时间相同。由于落点、关于对称，说明两球碰后的水平位移大小相等，由可知碰后两球速度大小相等，故D正确。 故选ABD。 3．▶新考法◀（2026·湖南·三模）如图所示，水平光滑的地面上静置着一套由轻杆铰接而成的装置，装置包含A、B、C三个小球（可视为质点），其质量之比为。两个完全相同的轻质细杆长度均为，将A与B、B与C分别通过无摩擦的轻质铰链相连。初始时，两根细杆并拢且竖直立在地面上，A、C两球位于水平地面上，B球位于最高点，整个装置在外力作用下保持静止。现撤去外力后，装置在重力作用下发生运动，最终B球触地停止。若运动到某一位置时，两根细杆与水平方向夹角为，重力加速度为。 (1)求B球落地前瞬间速度大小； (2)以初始时A球位置为坐标原点，竖直向上和水平向右分别为轴和轴正方向建立坐标系，求落地前B球的运动轨迹方程； (3)当时，取，，求此时A、C两球速度大小。（，） 【答案】(1) (2)或 (3)， 【详解】（1）B球下落过程中，A、B、C系统水平方向动量守恒，结合速度关联，可知落地前瞬间，A、B、C三个小球水平速度均为0， 再结合系统机械能守恒得 解得 （2）解法一：如图所示，两根细杆与水平方向夹角为时，B球坐标为，则A球坐标为，C球坐标为，设C球质量为由A、B、C系统水平方向动量守恒 三者水平位移满足 解得 已知 故B球运动轨迹方程为 或 解法二：由A、B、C系统水平方向动量守恒，且系统初始静止可得，系统质心的水平投影点（即坐标原点）不动，因此可求得B球落地前瞬间的水平位移为，据分析可知，B球的运动轨迹为椭圆，坐标原点（即A、B、C系统质心的水平投影点）为椭圆的中心，半长轴为，半短轴为，故B球运动轨迹方程为 或 （3）解法一：当时，A、B、C速度大小方向如图所示 系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒 A、B两球速度关联 或者（相对圆周运动）， B、C两球速度关联 或者（相对圆周运动）， 解得，。 解法二：由A、B、C系统水平方向动量守恒，且系统初始静止，可得系统质心的水平投影点（即坐标原点）不动， 因此可求得A、B、C三球落地前任意时间内的水平位移之比为，即A、B、C三球在任意时刻水平速度之比为 又有 系统机械能守恒 解得， 4．（2026·湖北武汉·三模）如图所示，竖直平面内半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道AB，其下端B点与一水平传送带平滑连接，水平传送带右端点C与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上均匀排列着2026个质量均为的滑块（可视为质点），从左到右依次编号为1、2、3、…、2025、2026，相邻滑块间距均为，1号滑块位于C点。一物块a（可视为质点）质量为，以速率从A点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数为，所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度为，以恒定速率沿顺时针方向转动，g取。 (1)求物块a第一次和1号滑块碰撞前的速率va； (2)若时物块a经过B点，求2026号滑块开始运动的时刻； (3)求物块a与传送带间因摩擦产生的总热量Q（保留至小数点后两位）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块a由A到B点动能定理有 解得 水平传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 解得 设物块a减速运动的位移为，有 解得 由可知，物块能与传送带共速，故物块a第一次和1号滑块碰撞前的速率 （2）设物块a在水平传送带上减速运动时间为，减速时间 物块a在传送带上匀速运动时间为 到达C点时速度为 物块a第一次与1号滑块碰撞，系统动量守恒和机械能守恒有， 解得， 由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为 故2026号滑块开始运动的时刻 （3）由于第一次碰撞后a物块通过传送带后又以相同速度大小和1号滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒， 解得， 同理可得每发生一次碰撞，a物块速度大小减为碰撞前的一半，即 同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来，物块a向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。设第一次碰后，物块a与传送带相对运动为，， 代入数据 由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知 物块a第一次碰撞前和传送带的相对位移 物块a与传送带总相对位移 摩擦生热 真题·实战演练 高频考点：动量守恒定律、碰撞、爆炸、反冲、人船模型、碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 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。 2．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（　　） A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大 B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大 C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加 D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加 【答案】A 【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得 设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得 联立得 故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。 故选A。 3．（2026·山东·高考真题）如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，时刻以速度与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，N与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描述M、N速度规律的、图像正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】M、N质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 可得碰撞后， 即发生弹性碰撞后交换速度，则时刻两物块碰后瞬间M的速度为v，N的速度为0，M与斜面间的动摩擦因数为、N与斜面间无摩擦，则碰后M做匀速直线运动，N做加速度大小为的匀加速直线运动，从M、N第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的过程，两物块位移相等，设该过程运动时间为，则有 解得 则时刻M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为v，N的速度为 M、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，所以第二次碰后瞬间的速度为 N的速度为，同理可得M、N从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间有 解得 所以时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间M的速度为 N的速度为 对比选项中图像可知AD正确，BC错误。 故选AD。 4．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，运动中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能（为形变量），重力加速度大小为。则（     ） A．释放后瞬间的加速度大小为 B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为 C．释放后下降的最大距离为 D．释放后的速度最大值为 【答案】AD 【详解】AB．根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，设释放后瞬间轻绳上的拉力大小为，对、整体，由牛顿第二定律有 对，由牛顿第二定律有 联立解得，，故A正确，B错误； CD．根据题意，把物块看成整体，左边受向下的，右边也受向下的，整体合力为零，由动量守恒定律有 则有 可得 解得， 设释放后下降的最大距离为，则，此时弹簧形变量为 由能量守恒定律有 解得 释放后的速度最大时为，则有 又有 解得 则有， 由能量守恒定律有 解得，故C错误，D正确。 故选AD。 5．（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒 C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心 【答案】AD 【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A正确； B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误； C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误； D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。 故选AD。 6．（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。 7．（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　） A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 【答案】BC 【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知 由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即 ， 碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。 故选BC。 8．（2026·河南·高考真题）如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D = 0.25m，上端距天花板的距离为h = 6m。现以v0 = 11m/s的初速度把球壳连同小球一起竖直向上抛出，球壳与天花板碰撞后经过Δt = 0.1s，小球与球壳发生第1次碰撞。所有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短，不计球壳厚度和空气阻力，重力加速度大小取g = 10m/s2。 (1)求小球的直径； (2)求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小，及它们前两次碰撞的时间间隔； (3)若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1 = 6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。 【答案】(1)0.05m (2)2m/s，0.1s (3) 【详解】（1）从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起做竖直上抛运动，末速度大小设为，根据速度位移关系式 解得 球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直径为d，从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞，小球与球壳的位移大小之和为D－d，则 解得 （2）设球壳质量为M，小球质量为m，球壳与小球发生第1次碰撞前速度分别为、，以竖直向下为正方向，则 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为、 由动量守恒定律 由机械能守恒定律 碰后速度差的大小 拓展：发生弹性碰撞，恢复系数 第1次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为，两者的相对速度大小始终为，两者的相对位移大小为，有 解得 （3）取向下为正，第一次碰前：壳速，球速 弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为，时间间隔 设每次碰撞壳速改变量为（碰前壳快时减速，球快时加速），大小 从第1次碰前到第8次碰前，经历7次碰撞和7个0.1s的重力加速（每次加1m/s） 递推球壳碰前速度 ①碰前：2 ②碰前： ③碰前： ④碰前： ⑤碰前：6 ⑥碰前： ⑦碰前：8 ⑧碰前： 已知⑧碰前壳速为6m/s，故 解得 由 得 则可推导出所有速度如表所示（速度均为m/s，＋向上，－向下） 碰撞序号 时刻 碰前壳速 碰前球速 碰后壳速 碰后球速 天花板碰 0 — — －1 ＋1 ① 0.1 －2 0 ＋1 －1 ② 0.2 0 －2 －3 －1 ③ 0.3 －4 －2 －1 －3 ④ 0.4 －2 －4 －5 －3 ⑤ 0.5 －6 －4 －3 －5 ⑥ 0.6 －4 －6 －7 －5 ⑦ 0.7 －8 －6 －5 －7 ⑧ 0.8 －6 －8 －9 －7 ⑨ 0.9 －10 －8 －7 －9 ⑩ 1.0 －8 －10 －11 －9 ⑪ 1.1 －12 －10 －9 －11 利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移，逐段累加球壳位置： 时段 壳初速 位移 累加位置y 0→0.1s －1 －0.15 5.975 0.1→0.2s ＋1 ＋0.05 6.025 0.2→0.3s －3 －0.35 5.675 0.3→0.4s －1 －0.15 5.525 0.4→0.5s －5 －0.55 4.975 0.5→0.6s －3 －0.35 4.625 0.6→0.7s －7 －0.75 3.875 0.7→0.8s －5 －0.55 3.325 0.8→0.9s －9 －0.95 2.375 0.9→1.0s －7 －0.75 1.625 1.0→1.1s －11 －1.15 0.475 （第⑪次碰前）球壳质心位于。 此时碰撞后壳速变为（见上表⑪碰后），随后匀加速下降至触地（质心触地高度），下落距离 由运动学公式可知 则触地速度大小为 9．（2026·云南·高考真题）某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为和，每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。 (1)求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小； (2)已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球（包括P）都能到达出口。 （i）求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小； （ii）求弹球P与1号弹球第次碰撞后瞬间的速度大小； （iii）若N足够大，且，求与之间应满足的关系。 【答案】(1)， (2)（i），；（ii）；（iii） 【详解】（1）P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有 解得 P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， （2）（i）1球到达第2个平台时，由动能定理有 解得 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， 可知两球速度交换； （ii）设P球到达第k个平台时的速度为，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为，则P球从第个平台发生第次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理① P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知② 联立①②可得 由数学知识，可知是等比数列，公比为 所以有 解得 （iii）经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则对于任意k（），由能量关系有 即 变形为 由可知 则是的减函数，故时，趋近于零，化简为 解得 10．（2025·湖北·高考真题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为 地面对木板的摩擦力为 所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有 解得 （2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为 根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有 第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有 联立可得 （3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有 解得（n为整数） 则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则 则 木板和剩下的木块不发生相对滑动。 对前面个（即）木块，有 木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则 则 又 则 则 j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则 j=2时，根据动量守恒定律可得 可得第2个滑块开始运动的速度， 则 由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有 …… 将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得 联立， 可得 1 / 49 学科网（北京）股份有限公司 $ 第21讲 动量守恒定律及其应用（专项训练）（答案版） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳ 题型01 动量守恒定律 1 ⏳ 题型02 动量守恒定律的应用 1 ⏳ 题型03 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 9 重难·创新演练 14 真题·实战演练 17 模拟·基础演练 ⏳题型01 动量守恒定律 考查重点：动量守恒定律 1．【答案】C 2．【答案】BD ⏳题型02 动量守恒定律的应用 考查重点：碰撞、爆炸、反冲、人船模型 3．【答案】A 4．【答案】B 5．【答案】B 6．【答案】BD 7．【答案】CD 8．【答案】BD 9．【答案】BD 10．【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）设水平向右为正方向，A、B碰撞的过程，根据动量守恒和机械能守恒有， 联立解得， 即A、B碰撞后的速度大小分别为、。 （2）小球B落在小车C上的过程，小球B与小车C组成的系统水平方向动量守恒，有 解得 炮筒发射10颗炮弹的过程，小球B、小车C、射出的炮弹组成的系统水平方向动量守恒，有 求得炮弹发射完毕后，小车的速度为 （3）小球A、B碰撞后，设小球A在MN段运动的时间为，则有 解得 小球B落到小车C上和小球A下落高度h相隔的时间等于小球A、B碰撞后小球A在MN段运动的时间，由于 每发射一颗炮弹小车速度的增加量相等，设为，根据动量守恒有 解得 从A、B碰撞后到小球A下落高度时，小车运动的位移 求得 11．【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 12．【答案】(1) (2)①；②，， 【详解】（1）根据对称关系，引爆后瞬间，对物块A和B，有， 此时，物块C固定，物块A绕C做圆周运动，则轻杆对A的拉力满足 化简可得 由牛顿第三定律可知，A球对轻杆的拉力大小为； （2）①整个系统动量守恒，物块A和B的运动关于中心线对称，物块C沿着中心线运动，所以沿中心线方向，系统动量守恒且总动量为0，则任何时刻均有 （为A、B的速度沿着中心线的分速度） 所以有 即 引爆炸药后的瞬间到A、B、C第一次运动到一条直线时，有 该过程物块C的位移 ②根据动量守恒定律，有 根据能量守恒有， 解得， 13．【答案】(1)60N (2)25m/s 【详解】（1）喷出的水的质量 对喷出的水，取竖直向下为正方向，根据动量定理 解得 根据牛顿第三定律，水对火箭的平均推力 （2）对火箭和水组成的系统，竖直方向动量守恒。取竖直向上为正方向，根据动量定理有 代入数据解得 14．【答案】(1)，方向向左 (2)，方向向左 (3) 【详解】（1）取水平向右为正方向。第一名小朋友跳离后，车与其余四名小朋友的共同速度为。系统水平方向动量守恒，有 解得 负号表示方向向左。 （2）五名小朋友均跳离后，设车的速度为，由系统水平方向动量守恒得 解得 整个过程持续时间为 设小朋友们对车沿水平方向的平均作用力为，对车应用动量定理，有 解得 负号表示平均作用力方向向左。 （3）初态系统静止，且各物体始末高度不变，转化的化学能等于系统机械能的增加量。由能量守恒得 代入数据得 15．【答案】(1)5J (2)1.6m (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有 设青蛙对地位移为，薄板对地位移大小为，两边同时乘时间则有 有几何关系 解得 （3）设青蛙跳起的水平初速度为，竖直初速度为，板后退速度为。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，由 青蛙起跳做功和第一次相同，则有 水平方向动量守恒 蛙落地时到板右端的距离 解得 16．【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）m运动到最低点时速度最大，设该速度为v1，M的速度为v2，根据动量守恒定律得 根据机械能守恒定律得 解得， （2）设绳与x轴正方向的夹角为θ时，小锥体的位置坐标为（x，y），此时m的水平位移为xm，M的水平位移为xM，水平方向根据动量守恒定律得 根据几何关系得 又有 联立解得 而 所以小锥体运动的轨迹方程为 （3）根据水平方向系统动量守恒可知，两者碰撞后速度均为0，设碰撞时间为Δt，小锥体在碰撞过程中，由动量定理，在竖直方向上，有 由于时间极短 在水平方向上 且有 联立解得 所以锥体和木板间的动摩擦因数应满足。 17．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）第一次测试，机器人起跳后做斜上抛运动， 在竖直方向，有 在水平方向，有 联立解得 （2）第二次测试，机器人落到A板右侧边缘时，设机器人和板AB的水平位移分别为xm和xM，则有 水平方向动量守恒，有 两边同乘以时间t，可得 联立解得 （3）第三次测试，设机器人起跳时速度为v1，在竖直方向，有 水平方向，有 联立解得 水平方向动量守恒，有 解得 机器人做的功为 解得 18．【答案】(1)3m (2)180J，2 (3) 【详解】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为，三个木板质量为，取向右为正方向，则 机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为、，则有 同时有 解得A、B木板间的水平距离 （2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为，根据斜抛运动规律得， 联立解得 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 根据能量守恒可得机器人做的功为 联立得 根据数学知识可得当时，即时， 取最小值，代入数值得此时 （3）对机器人和三个木板整体，从开始到机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，系统在水平方向动量守恒，得 机器人连续6次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，根据动量守恒定律 上式对时间积分得 又， 解得 19．【答案】(1) (2) (3)或 (4) 【详解】（1）设杆长为L，由动能定理 小球B运动到最低点时轻杆的拉力大小 （2） 设碰撞前一瞬B相对A的速度为， 水平方向动量守恒 解得， 小球B的速度大小 （3）系统机械能守恒，下降高度为，有 解得 水平方向动量守恒 或 即或 （4）碰撞后小球B速度突变为， 由机械能守恒 小球B还能上升的最大高度 ⏳题型03 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 考查重点：碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 20．【答案】AC 21．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当小球位于圆盘最低点时所受摩擦力最大，由牛顿第二定律 小球与圆盘恰好相对滑动时 解得动摩擦因数最小值 （2）小球脱离圆盘时，线速度大小     若绳长最短，则游戏成功时小球必定在其可能达到的最大高度处以水平速度与娃娃相碰 设小球脱离圆盘时，小球与圆盘圆心O的连线与竖直半径成角，如图所示 小球斜抛的最大高度 由几何关系，绳长     易知当时，绳长有最小值，最小绳长 （3）小球以速度3v0与娃娃发生弹性碰撞，设碰后小球速度为v1，娃娃速度为v2，由动量守恒 由能量守恒 解得， 由人船模型计算圆环运动的时间，设娃娃水平位移为x1，运动时间为t0,，对圆环和娃娃系统，由动量守恒 由几何关系x1-x=L 解得圆环运动时间 当细线水平时，设圆环速度为vx，娃娃水平速度为vx，竖直速度为vy 由水平动量守恒 解得 由机械能守恒定律 解得 对小环和杆的整体分析，竖直方向上整体受到杆竖直向上的冲量I和重力竖直向下的冲量，对整体由动量定理 可得杆对小环的冲量 22．【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球在点时，根据动量定理可得 小球从点运动到点，由动能定理可得 由题意可知，小球运动到点后，速度方向垂直于细线方向，大小为 小球从点运动到点，由动能定理可得 在点，由牛顿第二定律可得 联立以上各式解得 （2）小球与小球1碰撞的过程中，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 小球1与小球2碰撞的过程中，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 以此类推，可得小球2与小球3碰撞后小球3的速度 小球3与小球4碰撞后小球4的速度 故小球3与小球4碰撞后小球4的速度大小为。 23．【答案】(1) (2) (3)4个， 【详解】（1）滑块1和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设滑块1离开圆弧时速度大小为，圆弧槽速度大小为，初始总动量为0，因此有 由系统机械能守恒 代入，， 解得， 因此滑块1离开圆弧槽末端时的速度为 （2）水平面点左侧光滑，滑块 1在圆弧槽下滑时，水平方向动量守恒，水平方向上位移关系为 且 联立解得圆弧槽向左运动的距离 故滑块 1滑至圆弧槽末端时，处于点左侧处，滑块 1做匀速运动至点，匀速运动的时间 之后滑块1在点右侧做匀减速运动，由牛顿第二定律可知，滑块1的加速度大小满足 解得 滑块1从滑至点到撞上滑块2经历的时间满足 代入数据解得 滑块减速到0的时间是 所以滑块1从滑至点到撞上滑块2的时间小于，故取 因此滑块1从离开圆弧槽到撞上滑块2经历的时间 （3）滑块碰撞过程动量守恒，且任意质量组合体在粗糙面的加速度均满足 设第个滑块碰后的速度为，运动距离后，速度满足 与第的滑块碰撞后，整体的速度满足 故当时，与第2个滑块碰后可得两滑块组成的系统的速度满足 当时，与第3个滑块碰后可得三滑块组成的系统的速度满足 当时，与第4个滑块碰后可得四滑块组成的系统的速度满足 当时，与第5个滑块碰后可得五滑块组成的系统的速度满足 故组合体无法撞上滑块5，组合体最终包含4个滑块，停止位置到O点的距离满足 24．【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）物块下摆过程只有重力做功，机械能守恒，可得 解得 （2）细绳断裂后物块做平抛运动，此时物块距木板高度 竖直方向 解得 水平位移 则碰撞位置到O点的距离为 （3）碰撞过程竖直方向动量变化 竖直方向由动量定理可得（弹力远大于重力） 则水平方向摩擦力冲量 其中竖直速度 每次碰撞水平方向动量守恒，物块水平速度减少，木板速度增量满足 可得 代入，得每次碰撞木板速度增加 第五次碰撞后 （4）两次碰撞的时间间隔为物块弹起再下落的总时间 第次碰撞后物块速度为 木板速度为 且在数值上有，可得相对速度为 两次碰撞间相对位移 第一次碰撞位置为，从第一次碰撞到第五次碰撞共4段相对位移，求和得总距离 故木板第五次碰撞的位置到木板右端O点的距离为 重难·创新演练 设题创新:跨章节综合(T1);创新情境(T2、T3); 素养提升综合(T4); 1．【答案】B 2．【答案】ABD 3．【答案】(1) (2)或 (3)， 【详解】（1）B球下落过程中，A、B、C系统水平方向动量守恒，结合速度关联，可知落地前瞬间，A、B、C三个小球水平速度均为0， 再结合系统机械能守恒得 解得 （2）解法一：如图所示，两根细杆与水平方向夹角为时，B球坐标为，则A球坐标为，C球坐标为，设C球质量为由A、B、C系统水平方向动量守恒 三者水平位移满足 解得 已知 故B球运动轨迹方程为 或 解法二：由A、B、C系统水平方向动量守恒，且系统初始静止可得，系统质心的水平投影点（即坐标原点）不动，因此可求得B球落地前瞬间的水平位移为，据分析可知，B球的运动轨迹为椭圆，坐标原点（即A、B、C系统质心的水平投影点）为椭圆的中心，半长轴为，半短轴为，故B球运动轨迹方程为 或 （3）解法一：当时，A、B、C速度大小方向如图所示 系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒 A、B两球速度关联 或者（相对圆周运动）， B、C两球速度关联 或者（相对圆周运动）， 解得，。 解法二：由A、B、C系统水平方向动量守恒，且系统初始静止，可得系统质心的水平投影点（即坐标原点）不动， 因此可求得A、B、C三球落地前任意时间内的水平位移之比为，即A、B、C三球在任意时刻水平速度之比为 又有 系统机械能守恒 解得， 4．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块a由A到B点动能定理有 解得 水平传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 解得 设物块a减速运动的位移为，有 解得 由可知，物块能与传送带共速，故物块a第一次和1号滑块碰撞前的速率 （2）设物块a在水平传送带上减速运动时间为，减速时间 物块a在传送带上匀速运动时间为 到达C点时速度为 物块a第一次与1号滑块碰撞，系统动量守恒和机械能守恒有， 解得， 由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为 故2026号滑块开始运动的时刻 （3）由于第一次碰撞后a物块通过传送带后又以相同速度大小和1号滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒， 解得， 同理可得每发生一次碰撞，a物块速度大小减为碰撞前的一半，即 同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来，物块a向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。设第一次碰后，物块a与传送带相对运动为，， 代入数据 由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知 物块a第一次碰撞前和传送带的相对位移 物块a与传送带总相对位移 摩擦生热 真题·实战演练 高频考点：动量守恒定律、碰撞、爆炸、反冲、人船模型、碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 1．【答案】A 2．【答案】A 3．【答案】AD 4．【答案】AD 5．【答案】AD 6．【答案】ABD 7．【答案】BC 8．【答案】(1)0.05m (2)2m/s，0.1s (3) 【详解】（1）从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起做竖直上抛运动，末速度大小设为，根据速度位移关系式 解得 球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直径为d，从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞，小球与球壳的位移大小之和为D－d，则 解得 （2）设球壳质量为M，小球质量为m，球壳与小球发生第1次碰撞前速度分别为、，以竖直向下为正方向，则 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为、 由动量守恒定律 由机械能守恒定律 碰后速度差的大小 拓展：发生弹性碰撞，恢复系数 第1次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为，两者的相对速度大小始终为，两者的相对位移大小为，有 解得 （3）取向下为正，第一次碰前：壳速，球速 弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为，时间间隔 设每次碰撞壳速改变量为（碰前壳快时减速，球快时加速），大小 从第1次碰前到第8次碰前，经历7次碰撞和7个0.1s的重力加速（每次加1m/s） 递推球壳碰前速度 ①碰前：2 ②碰前： ③碰前： ④碰前： ⑤碰前：6 ⑥碰前： ⑦碰前：8 ⑧碰前： 已知⑧碰前壳速为6m/s，故 解得 由 得 则可推导出所有速度如表所示（速度均为m/s，＋向上，－向下） 碰撞序号 时刻 碰前壳速 碰前球速 碰后壳速 碰后球速 天花板碰 0 — — －1 ＋1 ① 0.1 －2 0 ＋1 －1 ② 0.2 0 －2 －3 －1 ③ 0.3 －4 －2 －1 －3 ④ 0.4 －2 －4 －5 －3 ⑤ 0.5 －6 －4 －3 －5 ⑥ 0.6 －4 －6 －7 －5 ⑦ 0.7 －8 －6 －5 －7 ⑧ 0.8 －6 －8 －9 －7 ⑨ 0.9 －10 －8 －7 －9 ⑩ 1.0 －8 －10 －11 －9 ⑪ 1.1 －12 －10 －9 －11 利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移，逐段累加球壳位置： 时段 壳初速 位移 累加位置y 0→0.1s －1 －0.15 5.975 0.1→0.2s ＋1 ＋0.05 6.025 0.2→0.3s －3 －0.35 5.675 0.3→0.4s －1 －0.15 5.525 0.4→0.5s －5 －0.55 4.975 0.5→0.6s －3 －0.35 4.625 0.6→0.7s －7 －0.75 3.875 0.7→0.8s －5 －0.55 3.325 0.8→0.9s －9 －0.95 2.375 0.9→1.0s －7 －0.75 1.625 1.0→1.1s －11 －1.15 0.475 （第⑪次碰前）球壳质心位于。 此时碰撞后壳速变为（见上表⑪碰后），随后匀加速下降至触地（质心触地高度），下落距离 由运动学公式可知 则触地速度大小为 9．【答案】(1)， (2)（i），；（ii）；（iii） 【详解】（1）P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有 解得 P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， （2）（i）1球到达第2个平台时，由动能定理有 解得 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， 可知两球速度交换； （ii）设P球到达第k个平台时的速度为，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为，则P球从第个平台发生第次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理① P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知② 联立①②可得 由数学知识，可知是等比数列，公比为 所以有 解得 （iii）经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则对于任意k（），由能量关系有 即 变形为 由可知 则是的减函数，故时，趋近于零，化简为 解得 10．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为 地面对木板的摩擦力为 所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有 解得 （2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为 根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有 第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有 联立可得 （3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有 解得（n为整数） 则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则 则 木板和剩下的木块不发生相对滑动。 对前面个（即）木块，有 木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则 则 又 则 则 j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则 j=2时，根据动量守恒定律可得 可得第2个滑块开始运动的速度， 则 由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有 …… 将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得 联立， 可得 2 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $