重难强化八 动量守恒定律综合应用（碰撞类型判断、反冲、人船模型、多过程碰撞）（专项训练）（四川专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦动量守恒定律综合应用，构建“概念-判断-模型-应用”四层方法体系，通过考情前瞻、知识解构与分级演练，实现从基础到重难的逻辑递进，培养运动和相互作用观念与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识解构|4知识点|动量守恒条件判断（4类）、碰撞三原则（动量守恒/动能不增/速度合理）、反冲速度计算（内力远大于外力）、人船位移关系（m₁x₁=m₂x₂）|从动量守恒基本定律（条件/表达式）到碰撞类型细分（弹性/非弹性/完全非弹性），再到反冲、人船模型应用，形成“原理-分类-模型”递进链条| |基础演练|4题型（12题）|系统动量守恒判断流程、弹性碰撞结论公式（动碰静/动碰动）、完全非弹性碰撞共速方程、人船模型扩展应用（人车/气球）|题型对应知识点，从单一判断到综合计算，覆盖基础考法与易错点| |真题实战|6真题|高考压轴题解题策略（动量与能量综合、多过程运动分析）|结合航天科技等真实情境，体现科学思维中的科学推理与质疑创新|

重难强化八 动量守恒定律综合应用（碰撞类型判断、反冲、人船模型）（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 1 巩固·知识解构 1 知识点1 动量守恒定律 2 知识点2 碰撞类型判断 3 知识点3 反冲运动与爆炸 3 知识点4 人船模型 4 模拟·基础演练 4 题型01 判断系统动量是否守恒 4 题型02 弹性碰撞 6 题型03 非弹性与完全非弹性碰撞 9 题型04 爆炸、反冲与人船模型问题 11 重难·创新演练 13 真题·实战演练 15 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量与冲量的计算 —— —— 动量定理的应用 —— —— 考情分析 题型与考向：以选择题和计算题为主，是高考力学中的核心重点内容。选择题常考查碰撞类型的判断（弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞）、反冲运动的速度计算；计算题则多将动量守恒与能量守恒、板块模型、弹簧模型、多过程运动等综合考查，属压轴题高频考点。 情境与立意： 1.体育竞技类：台球碰撞、冰壶碰撞、足球射门等实际情境中的碰撞分析。 2.交通安全类：汽车追尾碰撞、行人被撞等事故中的动量与能量分析。 3.航天科技类：火箭发射、卫星分离、空间站对接中的反冲运动。 4.生活实际类：人从船上跳岸、人在船上行走（人船模型）中的动量守恒应用。 复习目标 1.动量守恒定律的条件与表达式：理解动量守恒的条件（系统不受外力或所受合外力为零，或内力远大于外力如碰撞爆炸），掌握三种常用表达式——①p前= p后（矢量式，规定正方向）；②Δp1= -Δp2（两物体动量增量等大反向）；③（系统初末总动量相等）。 2.碰撞类型判断：掌握三种碰撞类型的特征与判断方法——①弹性碰撞（动量守恒 + 动能守恒，碰后无能量损失，两球交换速度的结论用于等质量情况）；②完全非弹性碰撞（动量守恒 + 碰后共速，动能损失最大）；③非弹性碰撞（动量守恒 + 动能有损失，介于两者之间）；能根据题目给出的碰后速度或能量损失判断碰撞类型，并会列动量与能量联立方程求解。 3.反冲运动：理解反冲运动的本质（系统内力作用下，一部分向某方向运动，另一部分向反方向运动，总动量守恒），能列式求解反冲速度（如火箭喷气速度、炮弹发射中的炮身后退速度等），注意速度的相对性问题（喷出气体速度相对火箭还是相对地面）。 4.人船模型：理解人船模型的适用条件（系统初态静止、水平方向动量守恒，且人动船动人停船停），掌握“人船位移关系式”，能结合几何关系求解位移；能将其推广到“人球模型”“人梯模型”等类似情境，关键是找准对地位移关系及相对位移与几何长度的关系。 巩固·知识解构 知识点1 动量守恒定律 一、内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，则系统的总动量保持不变。 二、动量守恒的条件 （1）理想条件：系统不受外力。 （2）实际条件：系统所受外力的矢量和为零。 （3）近似条件：系统内力远大于外力（如碰撞、爆炸瞬间），外力可忽略不计。 （4）分量条件：系统在某一方向上不受外力或外力矢量和为零，则该方向上动量守恒。 三、应用动量守恒定律的解题步骤 （1）确定研究对象（系统）和研究过程。 （2）分析系统受外力情况，判断动量是否守恒（或某方向上是否守恒）。 （3）确定初末状态各物体的动量。 （4）规定正方向，列动量守恒方程。 （5）联立求解。 知识点2 碰撞类型判断 一、碰撞的三种类型： 碰撞过程因为系统内力远大于外力，总动量必然守恒，按碰撞过程中机械能损失情况，分为三类。 碰撞类型 动量是否守恒 动能变化情况 弹性碰撞 守恒 总动能不变 非弹性碰撞 守恒 总动能减小 完全非弹性碰撞 守恒 动能损失最多 二、弹性碰撞 ： （3）动能守恒： （4）结论公式（一维碰撞）： ①动碰静： ②动碰动： 三、碰撞可能性判断的三原则 （1）动量守恒：碰撞前后系统总动量必须相等。 （2）动能不增加：碰撞后的总动能 ≤ 碰撞前的总动能（非弹性碰撞时有损失）。 （3）速度合理： 同向追尾碰撞：碰前，碰后 两球不会相互穿越。 知识点3 反冲运动与爆炸 一、反冲运动： （1）定义：当系统的一部分向某一方向运动时，系统的另一部分向相反方向运动的现象。 （2）原理：系统内力作用下，动量守恒。 （3）表达式：（系统初动量为零），即 （4）特点：反冲运动中，系统动量守恒，但动能增加（内力做功将其他形式的能量转化为动能）。 （5）典型应用：火箭发射、喷气式飞机、火炮射击等。 二、爆炸现象： （1）爆炸过程内力远大于外力，动量近似守恒。 （2）爆炸后系统总动能增加（化学能转化为动能）。 （3）解题时注意爆炸后各碎块的位移、速度关系。 知识点4 人船模型 一、模型特征： 人在静止于水面的船上行走，船后退。系统（人+船）在水平方向不受外力，水平方向动量守恒。 二、核心结论： （1）动量守恒： （2）位移关系： （3）总位移关系：（L为船长，即人相对船的位移） （4）联立求解： 三、人船模型的扩展： （1）适用条件：系统初动量为零，某一方向合外力为零。 （2）扩展情景： 人在车上行走（车在地面上运动） 物体在光滑水平面上的移动 气球载人上升（竖直方向动量守恒） 斜面体上物块下滑（水平方向动量守恒） （3）位移关系：且相对位移等于总位移之差。 四、解题要点： （1）判断系统在哪个方向上动量守恒。 （2）速度、位移均需对同一参考系（通常地面）。 （3）人相对船的位移为 L，人对地位移和船对地位移满足代数和等于L。 模拟·基础演练 考查重点：系统动量守恒的判断，三类碰撞问题 ⏳题型01 判断系统动量是否守恒 1．（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 2．（2025·四川德阳·一模）如图（1）所示，倾角为θ的足够长斜面固定在水平面上，甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲和乙的位置x随时间t的变化的关系曲线如图（2）所示。已知两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0，重力加速度大小为g。则0~t0内（　　） A． B．甲的速度变化量大小为3v0 C．甲、乙的加速度相同 D．甲、乙构成的系统动量守恒 3．如图所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是（    ） A．两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒 B．两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒 C．两物块A、B初速度的大小关系为v1=v2 D．两物块A、B运动的路程之比为2:1 4．如图为采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为3.0×103kg，其推进器的平均推力F为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船与空间站的速度变化为0.05m/s，则（　　） A．飞船与空间站的加速度为0.02m/s2 B．空间站的质量为8.7×104kg C．空间站和飞船系统机械能守恒 D．空间站和飞船系统动量守恒 5．（2024·四川内江·三模）（多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动。忽略摩擦和空气阻力。开窗帘过程中，电机对滑块a施加一个水平向右的恒力F，推动滑块a以0.30m/s的速度与静止的滑块b碰撞，碰撞时间为0.04s。碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.16m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的是（　　） A．两滑块的动量不守恒 B．滑块a受到合外力的冲量大小为0.14N•s C．滑块b受到合外力的冲量大小为0.32N•s D．滑块b受到滑块a的平均作用力的大小为3.5N 6．（2023·四川攀枝花·一模）（多选）如图所示，滑块A、B用轻质弹簧连接后静止在光滑水平面上，滑块A与左侧竖直固定挡板接触。现对滑块B施加一水平推力F使滑块B问左缓慢运动到某一位置后保持静止，一段时间后撤去推力F。弹簧始终处于弹性限度内，关于弹簧和滑块A、B，下列说法中正确的是（    ） A．推力F做的功等于弹簧增加的弹性势能 B．当弹簧恢复原长时，滑块A开始离开挡板 C．从撤去推力F到滑块A离开挡板的过程中，弹簧和滑块A、B组成的系统动量守恒 D．从滑块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B两滑块做功的大小相等 ⏳题型02 弹性碰撞 7．（2026·四川绵阳·二模）如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q用等长的细线悬挂，现将小球P往左拉到点并由静止自由释放，P、Q碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q首次碰撞后（　　） A．小球P有可能被反弹回到点 B．小球P上升最高点一定低于点 C．小球Q上升的最高点一定低于点 D．小球Q上升的最高点一定高于点 8．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 9．（2025·四川攀枝花·二模）如图所示，固定在水平地面上、高度为h的竖直立柱顶端静着一质量为M的小球P，另一质量为m的小球Q以大小为v、方向水平向右的速度从小球P的左侧与小球P发生弹性对心正碰，小球P、Q均可视为质点，不计空气阻力和碰撞时间，立柱足够细，已知重力加速度大小为g，则小球P、Q落地时（不考虑落地后的反弹）二者之间的距离为（　　） A． B． C． D． 10．如图所示，一上表面粗糙的“L”型框架静止在光滑水平面上，在其左端放一与框架质量相同的小滑块。小滑块以一定初速度向框架右端运动，与框架发生弹性碰撞后，恰好回到框架左端。则在该运动过程中，两物体的v-t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 11．（2026·四川攀枝花·二模）（多选）如图所示，质量为的凹槽静止在光滑水平面上，凹槽正中放一质量也为的滑块，滑块到凹槽两边的槽壁距离均为，之间的动摩擦因数为0.1。现给滑块一个瞬时冲量，滑块开始以大小为的速度水平向右运动。所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度取，则从滑块开始运动到A、B相对静止的过程，下列说法中正确的是（　　） A．、相对静止时的速度大小为 B．A、B组成的系统损失的机械能为 C．滑块B与槽壁共碰撞了16次 D．滑块B的位移大小为 12．（2026·四川眉山·二模）（多选）如图所示，足够大的光滑水平地面上静置着一足够长的木板B和另一物块C，木板B的质量为，物块C的质量为。现有一质量为的物块A以初速度从左端滑上木板B，此后整个过程木板B与物块C仅发生了一次弹性碰撞，且碰撞时间极短可忽略不计，最终物块A和木板B均停止运动。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．整个过程A、B、C构成的系统机械能守恒 B．最终物块A相对木板B滑行的总距离为 C．木板B与物块C碰撞前瞬间，物块A的动量大小为 D．木板B与物块C碰撞前瞬间，木板B的动量大小为 ⏳题型03 非弹性与完全非弹性碰撞 13．如图所示，光滑斜面的倾角为，平行于斜面的轻质弹簧下端固定，上端连接质量为的滑块Q，劲度系数为，在斜面上由静止释放一质量为的滑块P，P沿斜面下滑一段时间后与静止的Q发生碰撞（碰撞时间极短），碰后二者一起向下运动，弹回过程中P、Q恰好能分离。已知重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能与形变量的关系为，两滑块均可视为质点。则滑块P由静止释放时与Q之间的距离为（    ） A． B． C． D． 14．空间站内的航天员在太空实验室开展了很多有趣的科学实验。某航天员在天宫课堂实验中演示碰撞实验，分析实验视频，每隔相等的时间间隔截取一张照片，照片中小方格为正方形，虚线均分小方格，如图所示，下列说法正确的是（　　） A．碰撞前后小球的机械能守恒 B．碰撞过程是弹性碰撞过程 C．通过分析实验照片可知小球质量和大球质量满足关系 D．碰撞后大球获得的动能是小球初动能的 15．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． 16．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． 17．（2026·四川成都·三模）（多选）如图所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与质量为的物块B相连，物块B处于静止状态，此时弹簧的形变量为。现将质量也为的物块A置于斜面上的点，点与物块B的距离为，将物块A由静止释放，A与B碰撞后粘在一起沿斜面向下运动，B从碰后至第一次速度达到最大的时间为。已知物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为，弹簧弹性势能，其中为弹簧的劲度系数，为形变量。则物块A从点由静止释放后的运动过程中，下列说法正确的是（     ） A．A与B碰撞过程中机械能守恒 B．弹簧的最大弹性势能值为 C．B从碰后至第一次到达最低点的时间为 D．弹簧的最小弹性势能值为 18．（2024·四川成都·模拟预测）（多选）如图甲所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为的滑块P（视为质点）以的初速度滑上木板，时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的图像如图乙所示。重力加速度大小，则下列说法正确的是（　　） A．“L”形木板的长度为 B．Q的质量为 C．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为 ⏳题型04 爆炸、反冲与人船模型问题 19．（2026·四川·模拟预测）如图所示，实线是一颗人造卫星围绕地球逆时针做匀速圆周运动的轨迹。当它运动到图示圆点位置时，在极短时间内对着地心喷出高速气体，之后卫星的运动轨迹用虚线表示，则以下四幅图能正确描述喷气后卫星运动轨迹的是（     ） A． B． C． D． 20．（2025·四川达州·模拟预测）2024年10月30日11时，神舟十九号飞船与中国空间站完成自主交会对接，在交会对接前的最后阶段，神舟十九号与空间站在同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆形轨道。要使神舟十九号在同一轨道上追上空间站实现对接，下列神舟十九号喷射燃气的方向可能正确的是（　　） A． B． C． D． 21．（2023·四川·二模）中国人民解放军在某海域进行了一次实弹演练。一个士兵蹲在皮划艇上，用步枪在时间内沿水平方向发射了N发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M，发射每两发子弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为m，子弹离开枪口的对地速度为。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，则在时间内皮划艇的位移为（　　） A． B． C． D． 22．如图所示，质量为m的小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线恰好水平拉直。现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动轨迹如图中虚线所示，Q点为右侧轨迹的最高点，Q点到A的初始位置的距离为绳长的，不计空气阻力，则B的质量为（    ） A． B． C． D． 23．（2025·四川凉山·三模）（多选）如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中（　　） A．小车始终未动 B．人、车和球组成的系统动量守恒 C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离 D．球全部落入左框后，小车将静止不动 24．（2025·四川攀枝花·三模）（多选）如图所示，光滑水平地面上静置一质量为M的斜劈，斜劈竖直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小球到斜面底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改变释放时小球与斜面底端的水平距离l，得到小球的水平位移x和l的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，斜面底端有一小段圆弧（图中未画出），且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是（　　） A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒 B．斜劈对小球做正功 C．斜劈与小球的质量之比 D．当时，小球与斜劈分离时的速度大小为 重难·创新演练 1．从同一水平面上的A和B两点同时相向各抛出一个小球，速度分别为，，当它们的速度相互垂直时恰好发生水平正碰，并粘在一起竖直下抛，从抛出到落地时间为T。重力加速度为g，下列说法正确的是（     ） A．从抛出到碰撞，经历的时间为 B．两球的质量之比为 C．A、B两点间的水平距离为 D．单独抛出A球的落地时间小于T 2．如图所示，在足够长的光滑水平面上，摆放了6个质量均为的弹性物块，3个偶数编号的物块位于0号物块的左侧，自左向右编号由“6”依次减小，3个奇数编号的物块位于0号物块的右侧，自左向右编号由“1”依次增大。0号物块质量为，且。所有物块大小相同、初始静止，位于同一竖直平面内且间距相等。现使0号物块以速度向右运动，与1号物块发生正碰。设物块间的碰撞都是弹性正碰，则下列说法正确的是（     ） A．最终偶数物块间的距离保持不变 B．1号物块共参与了3次碰撞 C．相互作用的全过程中2号物块所受外力的冲量大小为 D．3号物块最终速度为 3．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 4．如图（a）所示，长为1.5 m的轻杆通过轻转轴一端连接质量为0.2 kg的小球P，另一端连接质量为0.4 kg的物块Q，整个装置静置于水平地面上。时，小球P获得一竖直向上、大小为的初速度，之后Q一直在水平地面上运动，其速度与时间的图像如图（b）所示。不计一切摩擦，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取，，下列说法正确的是（    ） A．时刻小球P和地面发生碰撞 B．时刻物块Q回到出发点 C．时刻小球P的速度大小为 D．时间内，图线和轴围成的面积为1 m 5．（多选）如图所示，在光滑的水平地面上放有一带光滑圆弧形槽的小车，圆弧半径为R。 一小滑块以大小为v0的速度沿水平槽口滑上小车，不计空气阻力，且小车与小滑块的质量相同。下列判断正确的是（     ） A．若小滑块从圆弧上端滑离，则滑离后小滑块做竖直上抛运动（以地面为参考系） B．若小滑块从圆弧上端滑离，则滑离后小滑块向左上方做斜上抛运动（以地面为参考系） C．若小滑块从圆弧下端滑离，则滑离后小滑块做自由落体运动 D．若小滑块从圆弧下端滑离，则滑离时的速度大小为v0 6．（多选）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 （     ） A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA：mB=S2：S3 C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1 —S2=S3 真题·实战演练 高频考点：碰撞问题、动量守恒 1．（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． 2．（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． 3．（2025·山东·高考真题）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　） A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 5．（2026·山东·高考真题）（多选）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． 6．（2024·湖北·高考真题）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难强化八 动量守恒定律综合应用（碰撞类型判断、反冲、人船模型）（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 1 巩固·知识解构 1 知识点1 动量守恒定律 2 知识点2 碰撞类型判断 3 知识点3 反冲运动与爆炸 3 知识点4 人船模型 4 模拟·基础演练 4 题型01 判断系统动量是否守恒 4 题型02 弹性碰撞 9 题型03 非弹性与完全非弹性碰撞 13 题型04 爆炸、反冲与人船模型问题 19 重难·创新演练 24 真题·实战演练 29 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量与冲量的计算 —— —— 动量定理的应用 —— —— 考情分析 题型与考向：以选择题和计算题为主，是高考力学中的核心重点内容。选择题常考查碰撞类型的判断（弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞）、反冲运动的速度计算；计算题则多将动量守恒与能量守恒、板块模型、弹簧模型、多过程运动等综合考查，属压轴题高频考点。 情境与立意： 1.体育竞技类：台球碰撞、冰壶碰撞、足球射门等实际情境中的碰撞分析。 2.交通安全类：汽车追尾碰撞、行人被撞等事故中的动量与能量分析。 3.航天科技类：火箭发射、卫星分离、空间站对接中的反冲运动。 4.生活实际类：人从船上跳岸、人在船上行走（人船模型）中的动量守恒应用。 复习目标 1.动量守恒定律的条件与表达式：理解动量守恒的条件（系统不受外力或所受合外力为零，或内力远大于外力如碰撞爆炸），掌握三种常用表达式——①p前= p后（矢量式，规定正方向）；②Δp1= -Δp2（两物体动量增量等大反向）；③（系统初末总动量相等）。 2.碰撞类型判断：掌握三种碰撞类型的特征与判断方法——①弹性碰撞（动量守恒 + 动能守恒，碰后无能量损失，两球交换速度的结论用于等质量情况）；②完全非弹性碰撞（动量守恒 + 碰后共速，动能损失最大）；③非弹性碰撞（动量守恒 + 动能有损失，介于两者之间）；能根据题目给出的碰后速度或能量损失判断碰撞类型，并会列动量与能量联立方程求解。 3.反冲运动：理解反冲运动的本质（系统内力作用下，一部分向某方向运动，另一部分向反方向运动，总动量守恒），能列式求解反冲速度（如火箭喷气速度、炮弹发射中的炮身后退速度等），注意速度的相对性问题（喷出气体速度相对火箭还是相对地面）。 4.人船模型：理解人船模型的适用条件（系统初态静止、水平方向动量守恒，且人动船动人停船停），掌握“人船位移关系式”，能结合几何关系求解位移；能将其推广到“人球模型”“人梯模型”等类似情境，关键是找准对地位移关系及相对位移与几何长度的关系。 巩固·知识解构 知识点1 动量守恒定律 一、内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，则系统的总动量保持不变。 二、动量守恒的条件 （1）理想条件：系统不受外力。 （2）实际条件：系统所受外力的矢量和为零。 （3）近似条件：系统内力远大于外力（如碰撞、爆炸瞬间），外力可忽略不计。 （4）分量条件：系统在某一方向上不受外力或外力矢量和为零，则该方向上动量守恒。 三、应用动量守恒定律的解题步骤 （1）确定研究对象（系统）和研究过程。 （2）分析系统受外力情况，判断动量是否守恒（或某方向上是否守恒）。 （3）确定初末状态各物体的动量。 （4）规定正方向，列动量守恒方程。 （5）联立求解。 知识点2 碰撞类型判断 一、碰撞的三种类型： 碰撞过程因为系统内力远大于外力，总动量必然守恒，按碰撞过程中机械能损失情况，分为三类。 碰撞类型 动量是否守恒 动能变化情况 弹性碰撞 守恒 总动能不变 非弹性碰撞 守恒 总动能减小 完全非弹性碰撞 守恒 动能损失最多 二、弹性碰撞 ： （3）动能守恒： （4）结论公式（一维碰撞）： ①动碰静： ②动碰动： 三、碰撞可能性判断的三原则 （1）动量守恒：碰撞前后系统总动量必须相等。 （2）动能不增加：碰撞后的总动能 ≤ 碰撞前的总动能（非弹性碰撞时有损失）。 （3）速度合理： 同向追尾碰撞：碰前，碰后 两球不会相互穿越。 知识点3 反冲运动与爆炸 一、反冲运动： （1）定义：当系统的一部分向某一方向运动时，系统的另一部分向相反方向运动的现象。 （2）原理：系统内力作用下，动量守恒。 （3）表达式：（系统初动量为零），即 （4）特点：反冲运动中，系统动量守恒，但动能增加（内力做功将其他形式的能量转化为动能）。 （5）典型应用：火箭发射、喷气式飞机、火炮射击等。 二、爆炸现象： （1）爆炸过程内力远大于外力，动量近似守恒。 （2）爆炸后系统总动能增加（化学能转化为动能）。 （3）解题时注意爆炸后各碎块的位移、速度关系。 知识点4 人船模型 一、模型特征： 人在静止于水面的船上行走，船后退。系统（人+船）在水平方向不受外力，水平方向动量守恒。 二、核心结论： （1）动量守恒： （2）位移关系： （3）总位移关系：（L为船长，即人相对船的位移） （4）联立求解： 三、人船模型的扩展： （1）适用条件：系统初动量为零，某一方向合外力为零。 （2）扩展情景： 人在车上行走（车在地面上运动） 物体在光滑水平面上的移动 气球载人上升（竖直方向动量守恒） 斜面体上物块下滑（水平方向动量守恒） （3）位移关系：且相对位移等于总位移之差。 四、解题要点： （1）判断系统在哪个方向上动量守恒。 （2）速度、位移均需对同一参考系（通常地面）。 （3）人相对船的位移为 L，人对地位移和船对地位移满足代数和等于L。 模拟·基础演练 考查重点：系统动量守恒的判断，三类碰撞问题 ⏳题型01 判断系统动量是否守恒 1．（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。 2．（2025·四川德阳·一模）如图（1）所示，倾角为θ的足够长斜面固定在水平面上，甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲和乙的位置x随时间t的变化的关系曲线如图（2）所示。已知两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0，重力加速度大小为g。则0~t0内（　　） A． B．甲的速度变化量大小为3v0 C．甲、乙的加速度相同 D．甲、乙构成的系统动量守恒 【答案】D 【详解】B．0~t0时间内甲做匀加速直线运动，乙做匀减速运动，t0时刻速度减为零，则， 联立解得 所以甲的速度变化量大小为，故B错误； C．甲的加速度大小为 乙的加速度大小为 所以甲乙加速度大小相等，方向相反，故C错误； D．由于甲乙加速度大小相等，方向相反，即二者组成的系统合力为零，系统动量守恒，故D正确； A．根据牛顿第二定律有，， 联立可得，故A错误。 故选D。 3．如图所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是（    ） A．两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒 B．两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒 C．两物块A、B初速度的大小关系为v1=v2 D．两物块A、B运动的路程之比为2:1 【答案】D 【详解】A．分析可知，物块A、B的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误； B．在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误； C．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得 解得 故C错误； D．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得 设A、B的路程分别为、，则有 解得 故D正确。 故选D。 4．如图为采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为3.0×103kg，其推进器的平均推力F为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船与空间站的速度变化为0.05m/s，则（　　） A．飞船与空间站的加速度为0.02m/s2 B．空间站的质量为8.7×104kg C．空间站和飞船系统机械能守恒 D．空间站和飞船系统动量守恒 【答案】B 【详解】A．飞船与空间站的加速度为，故A错误； B．设空间站、飞船质量分别为m1、m2，对接后一起加速过程，由牛顿第二定律可得 解得空间站质量为，故B正确； C．机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，而本题中推进器对系统有力的作用，推力做功，不满足机械能守恒的条件，因此空间站和飞船系统机械能不守恒，故C错误； D．由于空间站和飞船均受到引力的作用，合外力不为零，故系统动量不守恒，但在沿轨道切线方向合外力为零，该方向满足动量守恒，故D错误。 故选B。 5．（2024·四川内江·三模）（多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动。忽略摩擦和空气阻力。开窗帘过程中，电机对滑块a施加一个水平向右的恒力F，推动滑块a以0.30m/s的速度与静止的滑块b碰撞，碰撞时间为0.04s。碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.16m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的是（　　） A．两滑块的动量不守恒 B．滑块a受到合外力的冲量大小为0.14N•s C．滑块b受到合外力的冲量大小为0.32N•s D．滑块b受到滑块a的平均作用力的大小为3.5N 【答案】AB 【详解】A．取向右为正方向，滑块a和滑块b组成的系统的初动量为 p1=mv1=1×0.30kg·m/s=0.30kg·m/s 碰撞后的动量为 p2=2mv2=2×1×0.16kg·m/s=0.32kg·m/s 则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A正确； B．对滑块a，取向右为正方向，则有 I1=mv2-mv1=1×0.16kg·m/s-1×0.30kg·m/s=-0.14kg·m/s 负号表示方向水平向左，故B正确； C．对滑块b，取向右为正方向，则有 I2=mv2=1×0.16kg·m/s=0.16kg·m/s 故C错误； D．对滑块b根据动量定理有 解得 则滑块b受到滑块a的平均作用力大小为4N，故D错误。 故选AB。 6．（2023·四川攀枝花·一模）（多选）如图所示，滑块A、B用轻质弹簧连接后静止在光滑水平面上，滑块A与左侧竖直固定挡板接触。现对滑块B施加一水平推力F使滑块B问左缓慢运动到某一位置后保持静止，一段时间后撤去推力F。弹簧始终处于弹性限度内，关于弹簧和滑块A、B，下列说法中正确的是（    ） A．推力F做的功等于弹簧增加的弹性势能 B．当弹簧恢复原长时，滑块A开始离开挡板 C．从撤去推力F到滑块A离开挡板的过程中，弹簧和滑块A、B组成的系统动量守恒 D．从滑块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B两滑块做功的大小相等 【答案】AB 【详解】A．水平面光滑，对滑块B施加一水平推力F使滑块B问左缓慢运动到某一位置后保持静止，根据功能关系可知推力F做的功等于弹簧增加的弹性势能，故A正确； B．当弹簧恢复原长时，滑块与挡板间恰好没有弹力，此时滑块A开始离开挡板，故B正确； C．从撤去推力F到滑块A离开挡板的过程中，墙壁对系统有向右的力，所以弹簧和滑块A、B组成的系统动量不守恒，故C错误； D．从滑块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B两滑块做的功等于滑块动能的变化量，由于两滑块质量关系未知，无法判断，故D错误； 故选AB。 ⏳题型02 弹性碰撞 7．（2026·四川绵阳·二模）如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q用等长的细线悬挂，现将小球P往左拉到点并由静止自由释放，P、Q碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q首次碰撞后（　　） A．小球P有可能被反弹回到点 B．小球P上升最高点一定低于点 C．小球Q上升的最高点一定低于点 D．小球Q上升的最高点一定高于点 【答案】B 【详解】AB．令点到小球P运动的最低点的高度为，小球P从点下落到最低点，由机械能守恒 由于碰撞过程没有机械能损失，有 碰撞过程动量守恒，有 联立解得， 可以发现速度大小满足 小球P从碰撞后上升到最高点，有 由于，因此，故A错误，B正确； CD．小球Q从碰撞后上升的最高点，有 化简得 由于两个小球的质量没有明确给出，小球Q碰撞后的速度不能计算，因此不能判断和的大小关系，所以不能判断小球Q上升的最高点与点的高度关系，故CD错误。 故选B。 8．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【详解】设碰撞后两者的动量都为p，由题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有 碰撞过程动能不增加，则有 解得 故选A。 9．（2025·四川攀枝花·二模）如图所示，固定在水平地面上、高度为h的竖直立柱顶端静着一质量为M的小球P，另一质量为m的小球Q以大小为v、方向水平向右的速度从小球P的左侧与小球P发生弹性对心正碰，小球P、Q均可视为质点，不计空气阻力和碰撞时间，立柱足够细，已知重力加速度大小为g，则小球P、Q落地时（不考虑落地后的反弹）二者之间的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】以v方向为正方向，由动量守恒有 机械能守恒有 联立解得碰后QP的速度分别为 根据平抛规律有 解得 则小球P、Q落地时（不考虑落地后的反弹）二者之间的距离为 联立解得 故选D。 10．如图所示，一上表面粗糙的“L”型框架静止在光滑水平面上，在其左端放一与框架质量相同的小滑块。小滑块以一定初速度向框架右端运动，与框架发生弹性碰撞后，恰好回到框架左端。则在该运动过程中，两物体的v-t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】小滑块以一定初速度向框架右端运动过程中，二者发生相对滑动，根据牛顿第二定律可得，二者加速度大小均为 即小滑块向右做匀减速直线运动，框架向右做匀加速直线运动，与框架发生弹性碰撞时，小滑块的速度大于框架的速度，由于二者质量相等，则碰后二者速度交换，即框架的速度大于小滑块的速度，二者间仍然相对滑动，之后框架做匀减速直线运动，小滑块做匀加速直线运动，小滑块相对于框架向左运动，当小滑块运动到框架左端时，二者达到共速，整个过程加速度大小不变，v-t图线应为倾斜直线，根据动量守恒定律可得 解得 共速后，图线应为平行于t轴的直线。 故选A。 11．（2026·四川攀枝花·二模）（多选）如图所示，质量为的凹槽静止在光滑水平面上，凹槽正中放一质量也为的滑块，滑块到凹槽两边的槽壁距离均为，之间的动摩擦因数为0.1。现给滑块一个瞬时冲量，滑块开始以大小为的速度水平向右运动。所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度取，则从滑块开始运动到A、B相对静止的过程，下列说法中正确的是（　　） A．、相对静止时的速度大小为 B．A、B组成的系统损失的机械能为 C．滑块B与槽壁共碰撞了16次 D．滑块B的位移大小为 【答案】AC 【详解】A．水平面光滑，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向 代入 ，可得 ，A正确； B．系统损失的机械能为动能的减少量 代入数据得 ，B错误； C．损失的机械能全部克服滑动摩擦力做功，满足​ 解得总相对路程 初始B在凹槽正中，第一次碰撞相对路程为，之后每碰撞1次需要相对运动（凹槽总长，一端到另一端相对路程为） 设碰撞次数为，则碰撞次的总相对路程为 令 ，得，即共碰撞16次，C正确； D．系统不受外力，质心速度等于共速 对A物体应用量定理 可得总时间 质心总位移 最终B相对A静止在正中间，B的位移等于质心位移为16m，D 错误。 故选 AC。 12．（2026·四川眉山·二模）（多选）如图所示，足够大的光滑水平地面上静置着一足够长的木板B和另一物块C，木板B的质量为，物块C的质量为。现有一质量为的物块A以初速度从左端滑上木板B，此后整个过程木板B与物块C仅发生了一次弹性碰撞，且碰撞时间极短可忽略不计，最终物块A和木板B均停止运动。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．整个过程A、B、C构成的系统机械能守恒 B．最终物块A相对木板B滑行的总距离为 C．木板B与物块C碰撞前瞬间，物块A的动量大小为 D．木板B与物块C碰撞前瞬间，木板B的动量大小为 【答案】BD 【详解】A．A与B之间存在滑动摩擦力，摩擦力做功将机械能转化为内能，系统机械能减少，因此机械能不守恒，故A错误； B．设B与C碰撞前瞬间，A的速度为，B的速度为。碰撞时间极短，A速度不变；对B、C弹性碰撞，动量守恒且没有动能损失，有， 解得， 负号表示碰撞后B速度反向向左。碰撞后A、B系统水平方向不受外力，动量守恒，最终A、B都静止，总动量为0，可得 解得 碰撞前A、B系统动量守恒，总初始动量为，有 代入​​，解得， 对整个过程用能量守恒，初始动能等于最终C的动能加上摩擦力摩擦生热，其中摩擦生热等于乘以A相对B的总滑行距离，有 代入​​，解得，故B正确； C．碰撞前瞬间A的动量，故C错误； D．碰撞前瞬间B的动量，故D正确。 故选BD。 ⏳题型03 非弹性与完全非弹性碰撞 13．如图所示，光滑斜面的倾角为，平行于斜面的轻质弹簧下端固定，上端连接质量为的滑块Q，劲度系数为，在斜面上由静止释放一质量为的滑块P，P沿斜面下滑一段时间后与静止的Q发生碰撞（碰撞时间极短），碰后二者一起向下运动，弹回过程中P、Q恰好能分离。已知重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能与形变量的关系为，两滑块均可视为质点。则滑块P由静止释放时与Q之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】开始时弹簧的压缩量为 从P开始释放到与Q相碰，由机械能守恒定律 PQ相碰时，则 PQ弹回时PQ恰好能分离，则分离时加速度相等，即PQ的加速度均为gsinθ且速度为零，则此时弹簧的弹力为零，处于原长状态，则由能量关系 联立解得 故选B。 14．空间站内的航天员在太空实验室开展了很多有趣的科学实验。某航天员在天宫课堂实验中演示碰撞实验，分析实验视频，每隔相等的时间间隔截取一张照片，照片中小方格为正方形，虚线均分小方格，如图所示，下列说法正确的是（　　） A．碰撞前后小球的机械能守恒 B．碰撞过程是弹性碰撞过程 C．通过分析实验照片可知小球质量和大球质量满足关系 D．碰撞后大球获得的动能是小球初动能的 【答案】C 【详解】A．设天宫重力势能为，大、小球的质量分别为和，小正方形的边长为，拍摄照片的时间间隔为，水平向右为正方向。通过题中照片分析可知小球碰撞前的速度为，碰撞后小球的速度为 初动能，碰后动能 碰撞前后重力势能不变，动能不守恒，因此小球机械能不守恒，故A错误； BC．大球碰撞后的速度为。根据动量守恒有，由此可知 故大球动能，系统初机械能，末机械能，所以碰撞前后系统机械能不守恒，不为弹性碰撞，故B错误，C正确； D．碰撞后大球获得的动能为，小球碰撞前动能 故，故D错误。 故选C。 15．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。 16．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。 17．（2026·四川成都·三模）（多选）如图所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与质量为的物块B相连，物块B处于静止状态，此时弹簧的形变量为。现将质量也为的物块A置于斜面上的点，点与物块B的距离为，将物块A由静止释放，A与B碰撞后粘在一起沿斜面向下运动，B从碰后至第一次速度达到最大的时间为。已知物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为，弹簧弹性势能，其中为弹簧的劲度系数，为形变量。则物块A从点由静止释放后的运动过程中，下列说法正确的是（     ） A．A与B碰撞过程中机械能守恒 B．弹簧的最大弹性势能值为 C．B从碰后至第一次到达最低点的时间为 D．弹簧的最小弹性势能值为 【答案】BC 【详解】AB．物块B处于静止，由二力平衡有 与B碰撞前对由机械能守恒有 由动量守恒 由于A与B碰撞后粘在一起，是完全非弹性碰撞，碰撞过程中有机械能损失（转化为内能）。所以A与B碰撞过程机械能不守恒。 设碰撞后一起向下运动时速度为零，对系统由机械能守恒有 解得 弹簧的最大弹性势能值为 故B正确，A错误。 CD．、的平衡位置为 弹簧被压缩，故A、一起做简谐运动的振幅为 据对称性知当它们振动到最高点时，弹簧刚好处于原长，弹簧的最小弹性势能值为零。 因为物体是从平衡位置的上方开始向下运动的，我们可以直接把振动方程设为正弦形式： 碰撞点在平衡位置上方处，向平衡位置运动，所以起点的位移是，算得其相位为。最低点就是正向最大位移处，所以终点的位移是。对应的相位可以理解为。经过速度最大点时，对应位置是平衡位置，相位为，在振动方程中，相位变化是均匀的，所以到用时是，那到用时是。 故C正确，D错误。 故选。 18．（2024·四川成都·模拟预测）（多选）如图甲所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为的滑块P（视为质点）以的初速度滑上木板，时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的图像如图乙所示。重力加速度大小，则下列说法正确的是（　　） A．“L”形木板的长度为 B．Q的质量为 C．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为 【答案】BD 【详解】A．“L”形木板的长度 A错误； B．滑块P滑上木板后，滑块P做匀减速运动，木板Q做匀加速运动，由两者运动的图像可知，两者在碰撞前滑块P的速度为 木板Q的速度 两者碰撞后共同速度为 碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P的质量为m，木板Q的质量为M，取滑块P的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得 代入数据解得 B正确； C．设滑块P与木板Q间的滑动摩擦因数为，地面与木板之间的滑动摩擦因数为，由运动的图像可知，在0~2s时间内，滑块P的加速度为 木板Q的加速度为 对两者由牛顿第二定律可得 代入数据联立解得 C错误； D．由于碰撞系统损失的机械能为 代入数据解得 碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能 课中由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为，D正确。 故选BD。 ⏳题型04 爆炸、反冲与人船模型问题 19．（2026·四川·模拟预测）如图所示，实线是一颗人造卫星围绕地球逆时针做匀速圆周运动的轨迹。当它运动到图示圆点位置时，在极短时间内对着地心喷出高速气体，之后卫星的运动轨迹用虚线表示，则以下四幅图能正确描述喷气后卫星运动轨迹的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对着地心喷出高速气体，气体的速度变化量方向指向地心，喷气过程中动量守恒，卫星的速度变化量背离地心，喷气前卫星速度和速度变化量矢量求和后得到喷气后卫星的速度，如图所示。 喷气后卫星的速度沿变轨后的运动轨迹切线方向。 A．喷气后卫星的速度方向如图所示，故A错误； B．喷气后卫星的速度方向如图所示，故B错误； C．喷气后卫星的速度方向如图所示，故C错误； D．喷气后卫星的速度方向如图所示，故D正确。 故选D。 20．（2025·四川达州·模拟预测）2024年10月30日11时，神舟十九号飞船与中国空间站完成自主交会对接，在交会对接前的最后阶段，神舟十九号与空间站在同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆形轨道。要使神舟十九号在同一轨道上追上空间站实现对接，下列神舟十九号喷射燃气的方向可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】要想使神舟十九号在同一轨道上与空间站对接，则需要使神舟十九号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据可知，必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，又因喷气产生的推力方向与喷气方向相反，则图B是正确的。 故选B。 21．（2023·四川·二模）中国人民解放军在某海域进行了一次实弹演练。一个士兵蹲在皮划艇上，用步枪在时间内沿水平方向发射了N发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M，发射每两发子弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为m，子弹离开枪口的对地速度为。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，则在时间内皮划艇的位移为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意可知，在时间内沿水平方向发射了N发子弹，每两发子弹之间的时间间隔相等，则时间间隔为 射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，发射第1发子弹之后，由动量守恒定律有 解得皮划艇的速度为 发射第1发子弹之后，发射第2发子弹之前，皮划艇运动的位移为 发射第2发子弹之后，由动量守恒定律有 解得皮划艇的速度为 发射第2发子弹之后,第3发子弹之前，皮划艇运动的位移为 同理可知，发射第发子弹之后，发射第发子弹之前，皮划艇运动的位移为 由数学知识可知，在时间内皮划艇的位移为 故选A。 22．如图所示，质量为m的小圆环A穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线恰好水平拉直。现将A、B从图示位置由静止释放，B的运动轨迹如图中虚线所示，Q点为右侧轨迹的最高点，Q点到A的初始位置的距离为绳长的，不计空气阻力，则B的质量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设绳长为，B的质量为。A、B系统水平方向不受外力，水平动量守恒，初始总动量为0。B从左侧释放摆到右侧最高点Q的过程中，根据机械能守恒定律，B在Q点的速度为0，且Q点与初始位置等高。此时细线再次水平，B位于A的右侧，距离A为。设此过程中A向左移动的距离为。根据水平方向动量守恒 两边乘上时间 即 结合几何关系 可知 解得 Q点到A初始位置的距离 解得 故选C。 23．（2025·四川凉山·三模）（多选）如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中（　　） A．小车始终未动 B．人、车和球组成的系统动量守恒 C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离 D．球全部落入左框后，小车将静止不动 【答案】CD 【详解】AB．在投球过程中，人、车和球系统所受的合外力不为零，虽然系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，故AB错误； C．设一个球的质量为，人、车和剩余球的质量为，人扔球时到篮筐的水平距离为，根据水平方向动量守恒 则 又 解得，故C正确； D．当球全部投入左边的框中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，故D正确。 故选CD。 24．（2025·四川攀枝花·三模）（多选）如图所示，光滑水平地面上静置一质量为M的斜劈，斜劈竖直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小球到斜面底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改变释放时小球与斜面底端的水平距离l，得到小球的水平位移x和l的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，斜面底端有一小段圆弧（图中未画出），且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是（　　） A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒 B．斜劈对小球做正功 C．斜劈与小球的质量之比 D．当时，小球与斜劈分离时的速度大小为 【答案】AD 【详解】A．根据动量守恒条件可知小球与斜劈组成的系统在竖直方向合力不为0，系统在水平方向动量守恒，故A正确； B．整个系统机械能守恒，斜劈机械能增加，说明小球对斜劈做正功，则斜劈对小球做负功，故B错误； C．滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为l，根据水平方向动量守恒可得， 则 结合图线可得 所以 故C错误； D．根据水平方向动量守恒和能量守恒定律可得， 联立解得 故D正确。 故选AD。 重难·创新演练 1．从同一水平面上的A和B两点同时相向各抛出一个小球，速度分别为，，当它们的速度相互垂直时恰好发生水平正碰，并粘在一起竖直下抛，从抛出到落地时间为T。重力加速度为g，下列说法正确的是（     ） A．从抛出到碰撞，经历的时间为 B．两球的质量之比为 C．A、B两点间的水平距离为 D．单独抛出A球的落地时间小于T 【答案】C 【详解】A．设碰撞前A球速度与水平成角，B球速度与水平成角，此时它们的竖直分速度相等 则有， 由于，则有 可得 则从抛出到碰撞，经历的时间为，故A错误； B．两小球碰撞后，并粘在一起竖直下抛，则碰撞后两小球在水平方向的总动量为零 则由水平方向动量守恒有 可得，故B错误； C．从抛出后到碰撞前，两小球均做平抛运动，则A、B两点间距离为，故C正确； D．由于碰撞不影响竖直速度，所以单独抛出A球的落地时间也等于T，故D错误。 故选C。 2．如图所示，在足够长的光滑水平面上，摆放了6个质量均为的弹性物块，3个偶数编号的物块位于0号物块的左侧，自左向右编号由“6”依次减小，3个奇数编号的物块位于0号物块的右侧，自左向右编号由“1”依次增大。0号物块质量为，且。所有物块大小相同、初始静止，位于同一竖直平面内且间距相等。现使0号物块以速度向右运动，与1号物块发生正碰。设物块间的碰撞都是弹性正碰，则下列说法正确的是（     ） A．最终偶数物块间的距离保持不变 B．1号物块共参与了3次碰撞 C．相互作用的全过程中2号物块所受外力的冲量大小为 D．3号物块最终速度为 【答案】C 【详解】A．0号物块与质量为的静止物块发生第次弹性正碰，由动量守恒定律，有 根据机械能守恒定律，得 联立解得， 即0号物块每次与静止的物块碰撞后，速度大小减半、方向反弹；被碰物块获得碰前0号物块速度的，并通过碰撞与同侧同质量静止物块交换速度，速度逐级向外传递，最终由该侧最外端物块获得。奇数编号物块最终速度（自右向左）：、、 偶数编号物块最终速度（自左向右）、、 0号物块最终速度，方向向右 偶数编号物块最终速度各不相同，间距会持续增大，故错误； B．1号物块与左侧0号物块碰撞3次，与右侧3号物块碰撞2次，总碰撞次数为5次，故错误； C．2号物块最终速度大小为，由动量定理，合外力冲量等于动量变化，故C正确； D．3为奇数，3号物块最终速度为，而非，故D错误。 故选C。 3．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。 4．如图（a）所示，长为1.5 m的轻杆通过轻转轴一端连接质量为0.2 kg的小球P，另一端连接质量为0.4 kg的物块Q，整个装置静置于水平地面上。时，小球P获得一竖直向上、大小为的初速度，之后Q一直在水平地面上运动，其速度与时间的图像如图（b）所示。不计一切摩擦，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取，，下列说法正确的是（    ） A．时刻小球P和地面发生碰撞 B．时刻物块Q回到出发点 C．时刻小球P的速度大小为 D．时间内，图线和轴围成的面积为1 m 【答案】D 【详解】A．P 和地面碰撞时，杆恢复水平，P速度沿竖直方向，水平分量 ，由水平动量守恒得此时 从图(b)可知， 时刻，因此 时刻P才和地面碰撞，A错误。 B．时间内，Q的速度一直为负值，说明在这段时间内，Q始终向左运动，因此时刻Q不可能回到出发点，B错误； C． 时刻杆竖直，P到达最高点，重力势能增加 初始总机械能 因此剩余总动能 由动量守恒 得 代入动能公式 得 ， ，因此P速度大小为，C错误； D．图线与时间轴围成的面积表示Q的位移 ​内系统水平方向动量守恒 可得，即 由几何关系可得 解得 所以图线和轴围成的面积为1 m，D正确。 故选 D。 5．（多选）如图所示，在光滑的水平地面上放有一带光滑圆弧形槽的小车，圆弧半径为R。 一小滑块以大小为v0的速度沿水平槽口滑上小车，不计空气阻力，且小车与小滑块的质量相同。下列判断正确的是（     ） A．若小滑块从圆弧上端滑离，则滑离后小滑块做竖直上抛运动（以地面为参考系） B．若小滑块从圆弧上端滑离，则滑离后小滑块向左上方做斜上抛运动（以地面为参考系） C．若小滑块从圆弧下端滑离，则滑离后小滑块做自由落体运动 D．若小滑块从圆弧下端滑离，则滑离时的速度大小为v0 【答案】BC 【详解】AB．取水平向右为正方向。小车和滑块组成的系统在水平方向不受外力，设滑块对地的水平速度为、小车速度为，由水平方向动量守恒得 若滑块从圆弧上端滑离，圆弧上端的切线竖直，滑块相对小车的水平速度为零，故，代入上式得 滑块从上端滑离时具有竖直向上的切向速度，所以对地速度同时具有向左和向上的分量，离开后做向左上方的斜上抛运动，故A错误，B正确； CD．若滑块从圆弧下端滑离，说明滑块沿圆弧上升后又返回下端。设此时滑块和小车的水平速度分别为和，由水平方向动量守恒得 由系统机械能守恒且下端与初态等高，有 联立上式得，滑块返回下端时相对小车向右运动，因此滑块对地速度为零，小车向左运动且速度大小为。滑块离开下端后只受重力作用，做自由落体运动，故C正确，D错误。 故选BC。 6．（多选）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 （     ） A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA：mB=S2：S3 C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1 —S2=S3 【答案】AD 【详解】A．撤去外力后A受到的弹簧弹力冲量与弹簧对B的弹力冲量等大反向，0到时间内，根据动量定理有 方向水平向右，故A正确； C．B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时，A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误； BD．图像与坐标轴所围成面积的大小等于物体速度的变化量，因时刻A的速度为零，时刻A的速度大小 时刻A的速度大小 B的速度大小 由图（b）图像可知，时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到时刻两者加速度均达到最大，此时弹簧伸长量达到最大，两者速度相同，即 则有 时间内，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得 结合 联立得 故D正确，B错误。 故选AD。 真题·实战演练 高频考点：碰撞问题、动量守恒 1．（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。 2．（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。 3．（2025·山东·高考真题）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】轨道舱与返回舱的质量比为，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m； 根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有 可得做圆周运动的线速度为 弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有 由题意 带入解得 故选C。 4．（2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　） A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 【答案】D 【详解】A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误； B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒 解得 v1=1m/s 方向向右；当三者共速时 可知 v=0 即最终三者一起静止，可知经历的时间 选项B错误； C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量 选项C错误； D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知 可得 选项D正确。 故选D。 5．（2026·山东·高考真题）（多选）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。 6．（2024·湖北·高考真题）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【答案】AD 【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有 子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 联立上式可得 因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确； B．则子弹穿过木块时木块的速度为 由运动学公式 可得 故B错误； C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即 故C错误； D．木块加速过程运动的距离为 故D正确。 故选AD。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难强化八 动量守恒定律综合应用（碰撞类型判断、反冲、人船模型）（专项训练） 模拟·基础演练 ⏳题型01 判断系统动量是否守恒 1 2 3 4 5 6 D D D B AB AB ⏳题型02 弹性碰撞 7 8 9 10 11 12 B A D A AC BD ⏳题型03 非弹性与完全非弹性碰撞 13 14 15 16 17 18 B C C B BC BD ⏳题型04 爆炸、反冲与人船模型问题 19 20 21 22 23 24 D B A C BC AD 重难·创新演练 1 2 3 4 5 6 C C C D BC AC 真题·实战演练 1 2 3 4 5 6 B A C D AD AD 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $